1. $z=\frac{3}{2}+\frac{5}{2}\mathbf{i}$
2. $z=\frac{1}{2}-\frac{5}{2}\mathbf{i}$
3. $z=\frac{2}{5}-\frac{1}{5}\mathbf{i}$
4. $z=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}\mathbf{i}$
5. $z=\frac{15}{13}+\frac{3}{13}\mathbf{i}$

1. $z=\mathbf{i}\:\text{ ou }\:z=-\mathbf{i}$
2. $z=\frac{1}{4}+\mathbf{i}\frac{\sqrt{3}}{4}\:\text{ ou }\:z=\frac{1}{4}-\mathbf{i}\frac{\sqrt{3}}{4}$
3. $z=2+3\mathbf{i}\:\text{ ou }\:z=-2-3\mathbf{i} \:\text{ ou }\:\\ \:z=2-3\mathbf{i}\:\text{ ou }\:z=-2+3\mathbf{i}$
4. $z=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}\mathbf{i}\:\text{ ou }\:z=-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}\mathbf{i} \:\text{ ou }\: \\ \:z=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}\mathbf{i}\:\text{ ou }\:z=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}\mathbf{i}$
5. $z=-\mathbf{i}\:\text{ ou }\:z=7\mathbf{i}$
6. $u=-\sqrt{3}+3\mathbf{i}\:\text{ ou }\:u=-\sqrt{3}-3\mathbf{i}$
7. $t=2\mathbf{i}\:\text{ ou }\:t=-1$
8. \(1\pm \mathbf{i}.\sqrt{3}\)
9. \(4\pm 3.\mathbf{i}\)

1. a) $S=\lbrace-3\pm\mathbf{i}\rbrace$

1. b) $S=\lbrace 1\pm\mathbf{i}\rbrace$

1. c) $S=\lbrace\frac12\pm\frac32\mathbf{i}\rbrace$

1. d) $S=\lbrace3\pm\mathbf{i}\rbrace$

1. e) $S=\lbrace\pm\mathbf{i}\rbrace$

1. f) $S=\lbrace-\frac12\pm\frac{\sqrt{3}}2\mathbf{i}\rbrace$

1. g) $S=\lbrace\frac12+\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{2}\mathbf{i};-\frac12-\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}\mathbf{i}\rbrace$

2. On substitue $z=5+\mathbf{i}$ dans l'équation et on vérifie si celle-ci est satisfaite.

$$\left(5+\mathbf{i}\right)^2-10\left(5+\mathbf{i}\right)+26=10\mathbf{i}+24-10\left(5+\mathbf{i}\right)+26=10\mathbf{i}+24-50-10\mathbf{i}+26=24-50+26=0$$

Méthode somme-produit : $z_1+z_2=-\tfrac{b}{a} \iff 5+\mathbf{i} + z_2 = 10$

L'autre solution est donc $z_2=5-\mathbf{i}$.

particulièrement important : Tout polynôme complexe à coefficients réels qui admet une solution complexe possède également pour solution le conjugué de cette solution. \[z_2 = \overline{z_1}\] voir ici

3. et 4. encore à rédiger …

5. L'équation $2 z^2-(7-2 \mathbf{i}) z+k=0$ admet $1+\mathbf{i}$ comme solution, par conséquent : \begin{align*} ~&2 (1+\mathbf{i})^2-(7-2 \mathbf{i}) (1+\mathbf{i})+k=0\\ \iff& -9-\mathbf{i}+k=0\\ \iff& k=9+\mathbf{i} \end{align*} L'équation de départ s'écrit : $$2 z^2-(7-2 \mathbf{i}) z+9+\mathbf{i}=0$$

La propriété de la somme des racines d'une équation du second degré permet de trouver l'autre racine : $z_1+ z_2=\frac{7-2 \mathbf{i}}{2}$

et $z_2=\frac{7-2 \mathbf{i}}{2}-1-\mathbf{i} = \frac52-2\mathbf{i}$

6. Soit $-1-2 \mathbf{i}$ une solution de $z^2+a z+b=0$ : \begin{align*} (-1-2 \mathbf{i})^2+a (-1-2 \mathbf{i})+b&=0 \\ -3+4\mathbf{i}-a-2a \mathbf{i}+b&=0 \\ (b-3-a)+(4-2a)\mathbb{i}&=0 \end{align*} On trouve $a=2$ et $b=5$

Ce n'est pas demandé, mais comme les coefficients du polynôme sont tous réels, l'autre racine est obtenue directement en conjuguant la première : $\overline{-1-2 \mathbf{i}} = -1+2 \mathbf{i}$

7. Soit $z_1 = 1+\mathbf{i}$ la première racine de l'équation $z^2+(-3+2 \mathbf{i}) z+k-\mathbf{i}=0$

On détermine $k$ : $(1+\mathbf{i})^2+(-3+2 \mathbf{i}) (1+\mathbf{i})+k-\mathbf{i}=0$

Simplifions cette expression sachant que \( (1 + \mathbf{i})^2 = 2\mathbf{i}\) et que $(-3 + 2 \mathbf{i})(1 + \mathbf{i}) = -5 - \mathbf{i}$ \begin{align*} 2\mathbf{i} + (-5 - \mathbf{i}) + k - \mathbf{i} &= 0 \\ (k - 5) + (2 - 2)\mathbf{i} &= 0 \\ k - 5 &= 0 \end{align*} Donc, pour que l'expression soit égale à zéro, \( k \) doit être égal à 5.

La propriété de la somme des racines d'une équation du second degré permet de trouver l'autre racine : $z_1+ z_2=-(-3+2 \mathbf{i})$

$z_2 = -(-3+2 \mathbf{i}) - (1+\mathbf{i}) = 2-3\mathbf{i}$

On vérifie bien que $z_1\cdot z_2 = (1+\mathbf{i})\cdot (2-3\mathbf{i}) = 2-3\mathbf{i}+2\mathbf{i}-3\mathbf{i}^2 = 5-\mathbf{i}$

8. Étape 1: Utiliser la solution donnée.

Nous savons que \( z = 1 + 2\mathbf{i} \) est une solution de l'équation. Si nous la substituons dans l'équation, nous obtenons :

\[(1+2\mathbf{i})^2 + (p+5\mathbf{i})(1+2\mathbf{i}) + q(2-\mathbf{i}) = 0\]

En développant, on obtient : \((p+2q-13)+(2p-q+9) \mathbf{i} = 0\)

Un nombre complexe est nul si et seulement les parties réelles et imaginaires sont nulles :

\[p + 2q = 13 \quad \text{(1) (partie réelle)}\] \[2p - q = -9 \quad \text{(2) (partie imaginaire)}\]

On trouve : $p=-1$ et $q=7$

Étape 2: Trouver la deuxième solution.

Le produit des racines de cette équation étant le quotient de son terme indépendant sur le coefficient en $z^2$, il suffit de résoudre : $(1 + 2\mathbf{i}).z_2 = 7(2-\mathbf{i})$

On trouve $z_2 = -7\mathbb{i}$

Résumé: Les solutions sont \( p = -1 \), \( q = 7 \) et la deuxième racine est \( z_2 = -7\mathbf{i} \).

1. si $n=3$.
   1. $z_0=1$ car $1^3=1$
   2. il suffit de distribuer le produit
      $(z-1)(z^2+z+1) = z^3+z^2+z-z^2-z-1 = z^3-1$
   3. il reste à résoudre l'équation $z^2+z+1=0$
      on trouve $z_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\ i,\:z_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\ i$
2. si $n=4$.
   1. $z_0=-1$ et $z_1=1$
   2. par les produits remarquables : $z^4-1 = (z^2-1)(z^2+1) \implies a=1, \ b=0 , \ c=1$
   3. il reste à résoudre l'équation $z^2+1=0$
      $z^2+1=0 \iff z^2=-1 \iff z^2=\mathbb{i}^2$
      on trouve alors $z_2=-\mathbb{i}$ et $z_2=\mathbb{i}$

Si $z_0$ est solution, alors $$f(\overline{z_0})=\overline{z_0}^4-\overline{z_0}^3+\overline{z_0}^2+2=\overline{z_0^4-z_0^3+z_0^2+2}=\overline{f(z_0)}=0$$ Donc $\overline{z_0}$ est solution de $f(z)=0$.

\( \rho_{\mathbb{C}} = \left(-\left(5-{\mathbf{i}}\right)\right)^2 - 4\left(2+{\mathbf{i}}\right) \left(2-2{\mathbf{i}}\right) = -2\mathbf{i} \)

\(\textrm{RCC}\left(\rho_{\mathbb{C}}\right) = \pm \left(1-\mathbf{i}\right)\)

\(z=\dfrac{(5-\mathbf{i}) \pm \left(1-\mathbf{i}\right) }{4+2\mathbf{i}}\) \[ S_{\mathbb{C}} = \left\lbrace 1-i ~;~ \frac{4}{5}-\frac{2}{5}i \right\rbrace \]

$\rho_{\mathbb{C}} = (-(2+5\mathbf{i}))^2 - 4 \cdot \mathbf{i} \cdot 5(1+\mathbf{i}) = -1 = \mathbf{i}^2$

$$\begin{cases} z_1 = \dfrac{2+5\mathbf{i}+\mathbf{i}}{2\mathbf{i}} = 3-\mathbf{i}\\[1em] z_2 = \dfrac{2+5\mathbf{i}-\mathbf{i}}{2\mathbf{i}} = 2-\mathbf{i} \end{cases} \implies \text{S}_\mathbb{C} = \left\lbrace 3-\mathbf{i} ~;~ 2-\mathbf{i}\right\rbrace$$

\(\mathbf{i}\) ou \(-1-4.\mathbf{i}\)

Sachant que \(0+b\mathbf{i}\) est une solution de l'équation, on trouve \(b=1\)

\(z^3+\left(1-2\mathbf{i}\right)z^2+\left(1-\mathbf{i}\right)z-2\mathbf{i}=0\)
\(\iff \left(z-\mathbf{i}\right)\left(z^2+(1-\mathbf{i})z+2\right)=0\)
Il reste à résoudre la seconde équation : \[{z^2+(1-\mathbf{i})z+2}=0\] \[\begin{array}{l}z_1 = \dfrac{-\left(\sqrt{\sqrt{17}-4}+1\right)}{2}+\dfrac{\left(\sqrt{\sqrt{17}+4}+1\right)}{2}\mathbf{i} \\z_2 = \dfrac{\left(\sqrt{\sqrt{17}-4}-1\right)}{2}-\dfrac{\left(\sqrt{\sqrt{17}+4}-1\right)}{2}\mathbf{i}\end{array}\] Finalement, \(S_{\mathbb{C}} = \left\lbrace \mathbf{i} ~;~ z_1 ~;~ z_2 \right\rbrace\)

1. $\mathbf{i}^3-(6+\mathbf{i}).\mathbf{i}^2+\alpha \mathbf{i} - 13\mathbf{i} = 0$
   $\iff -\mathbf{i}+(6+\mathbf{i})+\alpha \mathbf{i} - 13\mathbf{i} = 0$
   $\iff \alpha = 13+6.\mathbf{i}$
2. Hörner : $$\begin{array}{c|ccc|c} & 1 & -6-i & 13+6i & -13i \\ i & \downarrow & i & -6i & 13i \\ \hline & 1 & -6 & 13 & 0 \end{array} \qquad \implies \ a=-6, \ b=13$$
3. il reste à résoudre $z^2-6z+13=0$.
   $\rho = 36-4\cdot 13 = -16 = 16\mathbf{i}^2$ $$z=\frac{6\pm4\mathbf{i}}{2}$$

   Finalement, $S_{\mathbb{C}} = \left\{\mathbf{i},3\pm2.\mathbf{i} \right\}$

\(\rho = \left ( 3+8 \mathbf{i} \right )^2 - 4 \left( -16+12 \mathbf{i} \right) = 9\)

\[z^2 = \frac{3+8 \mathbf{i} \pm 3}{2} = \begin{cases} 3+4\mathbf{i}\\4\mathbf{i}\end{cases}\]

Les racines carrées complexes de \(3+4\mathbf{i}\) et \(4\mathbf{i}\) sont les solutions de l'équation de départ : \[S= \lbrace \pm(2+\mathbf{i}) \ ; \ \pm\sqrt{2}(1+\mathbf{i})\]

\(\exists a\in\mathbb R \text{ tq } P(a)=0 \iff \left(2a^2-5a+3\right)+\mathbf{i}\left(4a^3+6a^2-4a-21\right)=0\) \[\begin{cases} 2a^2-5a+3=0\\4a^3+6a^2-4a-21=0\end{cases} \iff a=\frac32\] \(a=\frac32\) est la solution réelle annoncée.
Méthode de Hörner (voir Schéma de Hörner) : \[\bbox[lightblue,5px] {\begin{array}{c|ccc|c} & 4i & 2+6i & -5-4i & 3-21i \\ \frac32 & \downarrow & 6i & 3+18i & -3+21i \\ \hline & 4i & 2+12i & -2+14i & 0 \\ \end{array} }\] d'où \[P(z) = \left(z-\tfrac32\right)\left(4i\cdot z^2+(2+12i)z-2+14i\right)\] \[\begin{aligned} 4i\cdot z^2+(2+12i)z-2+14i=0 &\iff 2\cdot z^2+(6-i)z+7+i=0 \\ &\iff z = \begin{cases} -1-i\\-2+\tfrac32\cdot i \end{cases} \\ \end{aligned}\] \[S= \left\lbrace \frac32 \ ; \ -1-i \ ; \ -2+\tfrac32\cdot i \right\rbrace\]

les coefficients de l'équation doivent être réels pour que celle-ci admette deux racines complexes conjuguées :

$\alpha+\mathbf{i} \gamma \in \mathbb R$ et $\beta^2+4 \mathbf{i} \gamma+\alpha^2\in \mathbb R$ $\iff \gamma=0$ (rappel : $\alpha, \beta$ et $\gamma$ sont des réels)

l'équation $z^2+2\alpha \cdot z+\beta^2+\alpha^2=0$ admet deux solutions complexes conjuguées dont

• la somme vaut $-2\alpha$ et
• le produit $\beta^2+\alpha^2 = (-\alpha)^2 - (\beta \ \mathbf{i})^2$

d'où $z_1 = -\alpha+\beta \ \mathbf{i}$ et $z_1 = -\alpha-\beta \ \mathbf{i}$

Méthode de Hörner : $$\begin{array}{c|ccc|c} & 1 & -4 & 6 & -4 \\ 1+\mathbf{i} & \downarrow & 1+\mathbf{i} & -4-2\mathbf{i} & 4 \\ \hline & 1 & -3+\mathbf{i} & 2-2\mathbf{i} & 0 \end{array}$$ Il reste à résoudre l'équation du second degré $z^2+\left(-3+\mathbf{i}\right)z+2-2\mathbf{i}=0$ $$\rho = (-3+\mathbf{i})^2 - 4 (2-2{\mathbf{i}}) = 2\mathbf{i} = \left(1+\mathbf{i}\right)^2 \ \text{ et } \ z=\dfrac{\left(3-\mathbf{i}\right)\pm\left(1+\mathbf{i}\right)}{2} = \begin{cases}2\\1-\mathbf{i}\end{cases}$$ Note importante : Les coefficients du polynôme étant tous réels, la deuxième solution est obtenue immédiatement par le conjugué de la première solution donnée dans l'énoncé, soit $1-\mathbf{i}$.
Le produit des trois racines du polynôme étant égal à l'opposé de son terme indépendant (le coeff. en $z^3$ valant $1$), on obtient $2$ pour troisième et dernière solution.