Résoudre des équations polynomiales dans les complexes

Equations du premier degré

Exercice 1 : Résoudre dans $\mathbb{C}$ les équations suivantes. On donnera les solutions sous forme alégbrique.

$3z+2-\mathbf{i}=z+5+4\mathbf{i}$
$(1+\mathbf{i})z=3-2\mathbf{i}$
$(2-\mathbf{i})z+1=(3+2\mathbf{i})z-\mathbf{i}$
$z+2\mathbf{i}=\mathbf{i} z-1$
$(3+2\mathbf{i})(z-1)=\mathbf{i}$

Solutions

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

Equations du second degré / bicarrées à coefficients réels

Exercice 2 : Résoudre dans $\mathbb{C}$ les équations suivantes. On donnera les solutions sous forme alégbrique.

$z^2=-1$
$4z^2-2z+1=0$
$z^4+10z^2 +169=0$
$z^4+2z^2 +4=0$
$\left(z-3{\mathbf{i}}\right)^2=-16$
$u^2+2\sqrt{3}u+12=0$
$t^2+\left(1-2{\mathbf{i}}\right)t-2{\mathbf{i}}=0$
$z^2-2z+4=0$
$z^2-8z+25=0$

Solutions

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

Exercice 3 :

Résolvez dans $\mathbb{C}$ les équations suivantes :
1. $z^2+6 z+10=0$
2. $z^2-2 z+2=0$
3. $2 z^2-2 z+5=0$
4. $z^2-6 z+10=0$
5. $z^2+1=0$
6. $z^2+z+1=0$
7. $z^2-\mathbf{i} \sqrt{2} z-\mathbf{i} \frac{\sqrt{3}}{2}=0$
Vérifiez que $5+\mathbf{i}$ est solution de $z^2-10 z+26=$ 0 puis déterminez la deuxième solution.
Déterminez des équations du second degré telles que les nombres suivants en soient les solutions : $\pm 2 \mathbf{i} ; \quad 1 \pm 2 \mathbf{i} ; \quad 3 \pm 2 \mathbf{i} ; \quad-2 \pm \mathbf{i} \sqrt{5}$
Si $3-2$ i est une solution de $z^2+k z+13=0$ où $k$ est un réel, déterminez $k$ et trouvez l'autre solution de l'équation.
L'équation $2 z^2-(7-2 \mathbf{i}) z+k=0$ admet $1+$ i comme solution. Déterminez $k$ puis la deuxième solution de l'équation.
Si $-1-2 \mathbf{i}$ est une solution de $z^2+a z+b=0$, déterminez les réels $a$ et $b$.
L'équation $z^2+(-3+2 \mathbf{i}) z+k-\mathbf{i}=0$ où $k \in \mathbb{R}$ admet $1+\mathbf{i}$ comme solution. Déterminez $k$ et la deuxième solution de l'équation.
L'équation $z^2+(p+5 \mathbf{i}) z+q(2-\mathbf{i})=0$ admet $1+2 \mathbf{i}$ comme solution. Déterminez $p$ et $q$ ainsi que l'autre solution de l'équation.

Solutions

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} $.

Exercice 4 : $a$, $b$ et $c$ sont des réels et $a$ est différent de $0$.
Préciser si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses.

a) L'équation $az^2+bz+c=0$ a deux solutions distinctes dans $\mathbb{C}$

Solution

VRAI : Une équation du second degré à coefficients dans les nombres réels admet deux solutions $z_1$ et $z_2$. Si le réalisant est nul, les deux solutions sont confondues. Dans le cas général, les solutions s'écrivent : $$z_{1}={\frac {-b+\sqrt{\rho} }{2a}},\;z_{2}={\frac {-b-\sqrt{\rho} }{2a}}\quad {\text{avec}}\quad \rho=b^{2}-4ac.$$

b) Si l'équation $az^2+bz+c=0$ a pour solutions $z_1$ et $z_2$ dans $\mathbb{C}$, alors $z_1=\overline{z_2}$

Solution

VRAI : Les solutions d'une équation du second degré dans $\mathbb{C}$ à coefficients réels sont en général deux nombres complexes qui sont conjugués. Deux cas peuvent survenir :

le réalisant est un réel positif ou nul alors $z_1=z_2=-\frac{b\pm\sqrt{\rho}}{2a} \in \mathbb{R}$ et $z_1$ et $z_2$ étant deux réels, ils sont toujours conjugués l'un de l'autre.
le réalisant est un réel strictement négatif alors $\rho$ s'écrit $|\rho|\mathbf{i}^2$ et on a $z_1=\frac{-b+\mathbf{i}\sqrt{|\rho|}}{2a} \in \mathbb{C}$ et $z_2=\frac{-b-\mathbf{i}\sqrt{|\rho|}}{2a} \in \mathbb{C}$. On a donc bien $z_1=\overline{z_2}$.

c) Si l'équation $az^2+bz+c=0$ a pour solutions $z_1$ et $z_2$ dans $\mathbb{C}$, alors $az^2+bz+c=a(z+z_1)(z+z_2)$

Solution

FAUX : $az^2+bz+c=a(z-z_1)(z-z_2)$

d) Pour tout nombre complexe $z$, $2z^2+6z+5=(z+1,5-0,5\mathbf{i})(2z+3+\mathbf{i})$

Solution

$\rho ^{2}=36-40=-4=4\mathbf{i}^2 \implies z=\dfrac{-6\pm 2\mathbf{i}}{4}=\dfrac{-3\pm \mathbf{i}}{2}$

d'où, $\begin{aligned}[t] 2z^2+6z+5&=2\left(z-\frac{-3+ \mathbf{i}}{2}\right)\cdot\left(z-\frac{-3- \mathbf{i}}{2}\right)\\&=2\left(z+\frac{3- \mathbf{i}}{2}\right)\cdot\left(z+\frac{3+ \mathbf{i}}{2}\right)\\&=\left(z+\frac{3- \mathbf{i}}{2}\right)\cdot 2\left(z+\frac{3+ \mathbf{i}}{2}\right)\\&=\left(z+\frac{3- \mathbf{i}}{2}\right)\cdot \left(z+{3+ \mathbf{i}}\right)\\&=\left(z+1,5-0,5\mathbf{i}\right)\cdot \left(z+{3+ \mathbf{i}}\right) \implies \text{VRAI}
\end{aligned}$

Exercice 5 : Si $n$ est un entier naturel non nul, on dit que le nombre complexe $z$ est une racine n-ième de l'unité si on a : $z^n=1$

si $n=3$.
1. Déterminer une racine évidente dans $\mathbb{C}$ de l'équation $z^3=1$
2. Justifier que $z^3-1=(z-1)(z^2+z+1)$
3. Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $z^3=1$
si $n=4$.
1. Déterminer deux racines évidentes dans $\mathbb{C}$ de l'équation $z^4=1$
2. Déterminer les réels $a$, $b$ et $c$ tels que $z^4-1=(z^2-1)(az^2+bz+c)$
3. Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $z^4=1$.

Solutions

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 $z_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\ i,\:z_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\ i$
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 $z_2=\mathbb{i}$

Propriété des polynômes à coefficients réels

Exercice 6 : On considère la fonction $f:\mathbb{C} \longrightarrow \mathbb{C} ~;~ z \longmapsto z^4-z^3+z^2+2$.

Montrer que si $z_0$ est solution de l'équation $f(z)=0$, alors son conjugué est également solution.

Solution

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 $f(z)=0$.

Équations à coefficients complexes

Exercice 7 : Résoudre dans $\mathbb{C}$ les équations suivantes:

1) $(2+\mathbf{i}) z^2 - (5-\mathbf{i}) z +2-2\mathbf{i}=0$

Solution

$ \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} $

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

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

2) $\mathbf{i}\ z^2 - (2+5\mathbf{i}) \ z + 5(1+\mathbf{i}) = 0$

Solution

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

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

3) $(1+\mathbf{i})z^2-(2-4\mathbf{i})z+(5+3\mathbf{i})=0$

Solution

$\mathbf{i}$ ou $-1-4.\mathbf{i}$

4) $ z^3 + \left(1-2{\mathbf{i}}\right)z^2 + \left(1-{\mathbf{i}}\right)z - 2{\mathbf{i}} = 0 $ sachant qu'elle admet une solution imaginaire pure. (Question de réflexion - aide : utiliser Hörner)

Solution

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, $S_{\mathbb{C}} = \left\lbrace \mathbf{i} ~;~ z_1 ~;~ z_2 \right\rbrace$

Schéma de Hörner permettant de diviser $z^3+\left(1-2\mathbf{i}\right)z^2+\left(1-\mathbf{i}\right)z-2\mathbf{i}$ par $z-\mathbf{i}$ $$ \begin{array}{c|ccc|c} & 1 & 1-2\mathbf{i} & 1-\mathbf{i} & -2\mathbf{i} \\ \mathbf{i} & \downarrow & \mathbf{i} & 1+\mathbf{i} & 2\mathbf{i} \\ \hline & 1 & 1-\mathbf{i} & 2 & 0 \end{array} $$

Polynôme complexe du troisième degré

Exercice 8 : On pose $P(z)=z^3-(6+\mathbf{i})z^2+\alpha z - 13\mathbf{i}$ , où $\alpha$ est un nombre complexe.

Calculer $\alpha$ pour que $P(\mathbf{i})=0$.
Déterminer les réels $a$ et $b$ tels que, pour tout complexe $z$, $P(z)=(z-\mathbf{i})(z^2+az+b)$
Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $P(z)=0$.

Solution

$\mathbf{i}^3-(6+\mathbf{i}).\mathbf{i}^2+\alpha \mathbf{i} - 13\mathbf{i} = 0$
$\iff -\mathbf{i}+(6+\mathbf{i})+\alpha \mathbf{i} - 13\mathbf{i} = 0$
$\iff \alpha = 13+6.\mathbf{i}$
Hörner : $$\begin{array}{c|ccc|c} & 1 & -6-i & 13+6i & -13i \\ i & \downarrow & i & -6i & 13i \\ \hline & 1 & -6 & 13 & 0 \end{array} \qquad \implies \ a=-6, \ b=13$$
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, $S_{\mathbb{C}} = \left\{\mathbf{i},3\pm2.\mathbf{i} \right\}$

Exercice 9 : On considère dans l'ensemble des nombres complexes, l'équation (E) d'inconnue $ z $ suivante : \[ z^3 + (-8 + \mathrm{i}) z^2 + (17 - 8 \mathrm{i}) z + 17 \mathrm{i} = 0 . \]

1. Montrer que $ -\mathrm{i} $ est solution de (E).

2. Déterminer les nombres réels $ a, b, c $ tels que : \[ z^3 + (-8 + \mathrm{i}) z^2 + (17 - 8 \mathrm{i}) z + 17 \mathrm{i} = (z + \mathrm{i}) (a z^2 + b z + c) . \]

3. Résoudre l'équation (E) dans l'ensemble des nombres complexes.

Exercice 10 : Résoudre dans $\mathbb C$

a) $z^4-\left ( 3+8 \mathbf{i} \right )z^2-16+12 \mathbf{i}=0$

Solution

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

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

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

b) $4 \mathbf{i} z^3+2\left ( 1+3 \mathbf{i} \right )z^2-\left ( 5+4 \mathbf{i} \right )z+3 \left(1-7\mathbf{i}\right)=0$ sachant que cette équation possède une solution réelle.

Solution

$\exists a\in\mathbb R \text{ tq } P(a)=0 \iff \left(2a^2-5a+3\right)+\mathbf{i}\left(4a^3+6a^2-4a-21\right)=0$ \[\begin{cases} 2a^2-5a+3=0\\4a^3+6a^2-4a-21=0\end{cases} \iff a=\frac32\] $a=\frac32$ 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 \[P(z) = \left(z-\tfrac32\right)\left(4i\cdot z^2+(2+12i)z-2+14i\right)\] \[\begin{aligned} 4i\cdot z^2+(2+12i)z-2+14i=0 &\iff 2\cdot z^2+(6-i)z+7+i=0 \\ &\iff z = \begin{cases} -1-i\\-2+\tfrac32\cdot i \end{cases} \\ \end{aligned}\] \[S= \left\lbrace \frac32 \ ; \ -1-i \ ; \ -2+\tfrac32\cdot i \right\rbrace\]

Exercice 11 : Soit l'équation $z^2+2(\alpha+\mathbf{i} \gamma) \cdot z+\beta^2+4 \mathbf{i} \gamma+\alpha^2=0$ ($z\in \mathbb{C}$). Déterminer les réels $\alpha, \beta$ et $\gamma$ pour que l'équation admette deux racines complexes conjuguées. Trouver ensuite ces racines.

Solution

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 $z_1 = -\alpha-\beta \ \mathbf{i}$

Exercice 12 : L'équation $z^3-4 z^2+6 z-4=0$ admet $1+\mathbf{i}$ comme solution. Trouvez les deux autres solutions.

Solution

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.

Voici la preuve que le produit des trois racines d'un polynôme complexe de degré 3 est égal à l'opposé de son terme indépendant :

Soit $z^3+az^2+bz+c = (z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)$.

Commençons par distribuer les deux premiers facteurs :

\[ (z-z_0)(z-z_1) = z^2 - (z_0 + z_1)z + z_0z_1 \]

Ensuite, multiplions le résultat par le troisième facteur $ (z-z_2) $ :

\[ (z^2 - (z_0 + z_1)z + z_0z_1)(z - z_2) \]

On distribue chaque terme :

\[ z^3 - (z_0 + z_1)z^2 + z_0z_1z - z_2z^2 + z_2(z_0 + z_1)z - z_0z_1z_2 \]

On regroupe les termes similaires :

\[ z^3 - ((z_0 + z_1) + z_2)z^2 + (z_0z_1 + z_2(z_0 + z_1))z - z_0z_1z_2 \]

Ce qui donne :

\[ z^3 - (z_0 + z_1 + z_2)z^2 + (z_0z_1 + z_0z_2 + z_1z_2)z - z_0z_1z_2 \]

Par identification, on trouve $a= - (z_0 + z_1 + z_2)$, $b=z_0z_1 + z_0z_2 + z_1z_2$ et finalement $c=- z_0z_1z_2$ ou bien $z_0z_1z_2=-c$ qui est bien l'opposé du terme indépendant.

Résoudre des équations polynomiales dans les complexes

Exercices théoriques

Polynômes à coefficient complexes et méthode de Hörner