Nombres complexes - polynôme symétrique

Terminale S
Nombres complexes - polynôme symétrique
Nombres complexes - polynôme symétrique
Exercice : (voir la solution)
1. Résoudre dans C l’équation d’inconnue Z :
√
√
Z 2 + ( 3 − 1)Z − 3 = 0 .
2. Résoudre dans C l’équaion d’inconnue z :
b. z +
a. z + 1z = 1 ;
1
z
√
= − 3.
3. Soit P le polynôme symétrique défini, pour tout nombre complexe z, par :
√
√
√
P (z) = z 4 + ( 3 − 1)z 3 + (2 − 3)z 2 + ( 3 − 1)z + 1 .
a. Vérifier que l’équation P (z) = 0 dans C équivaut à l’équation
b. En posant Z = z + 1z , exprimer
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P (z)
z2
P (z)
z2
= 0 dans C.
en fonction de Z. En déduire les solutions de P (z) = 0 dans C.
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30 septembre 2013
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Nombres complexes - polynôme symétrique
Solution de l’exercice :
√
√
1. Z 2 + ( 3 − 1)Z − 3 = 0 :
il s’agit d’une équation du second degré :
√
√
√
√
√
√
∆ = b2 − 4ac = ( 3 − 1)2 − 4 × 1 × (− 3) = 3 − 2 3 + 1 + 4 3 = 3 + 2 3 + 1 = ( 3 + 1)2
(Il fallait un peu d’intuition à cette étape)
∆ > 0, donc√il existe deux
√ réelles distintes.
√ solutions
√
−b − ∆
−( 3 − 1) − ( 3 + 1)
Z1 =
=
=− 3
2a
2
√
√
√
−( 3 − 1) + ( 3 + 1)
−b + ∆
=
=1
Z2 =
2a
2
n √
o
S= − 3; 1
D’où
2.
1
=1:
z
1
z + = 1 ⇐⇒
z
a. z +
z2 − z + 1
=0
z
• z = 0 est une valeur interdite.
• z2 − z + 1 = 0 :
il s’agit d’une équation du second degré :
∆ = b2 − 4ac = (−1)2 − 4 × 1 × 1 = −3
∆ < 0, donc√il existe deux
complexes conjuguées.
√ solutions √
1−i 3
1
3
−b − i ∆
=
= −
i
z1 =
2a
2
2
2
√
3
1
z2 = z1 = +
i
2
2
D’où

√
√ 
1
3
3
−
i; +
i
S1 =
2
2
2
2 

1
√
1
=− 3:
z
√
1
z + = − 3 ⇐⇒
z
b. z +
√
z2 + z 3 + 1
=0
z
• z = 0 est une valeur interdite.
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√
• z2 + z 3 + 1 = 0 :
il s’agit d’une équation du second degré :
√
∆ = b2 − 4ac = ( 3)2 − 4 × 1 × 1 = −1
∆ < 0, donc√il existe √
deux solutions
√ complexes conjuguées.
3 1
−b − i ∆
− 3−i
z3 =
=
=−
− i
2a
2
2
2
√
3 1
z4 = z3 = −
+ i
2
2

√
3 1
3 1
− i; −
+ i
S2 = −

2
2
2
2


D’où
√
√
√
√
3. P (z) = z 4 + ( 3 − 1)z 3 + (2 − 3)z 2 + ( 3 − 1)z + 1
a. P (0) = 1 6= 0. On en déduit que 0 n’est pas solution de l’équation P (z) = 0.
P (z)
= 0, z ∈ C (la valeur interdite 0 n’est pas solution
D’où, P (z) = 0, z ∈ C ⇐⇒
z2
d’où l’équivalence)
1
1
b. On pose Z = z + . On remarque que Z 2 = z 2 + 2 + 2
z
z
(identité remarquable)
Pour tout nombre complexe z non nul,
√
√
√
z 4 + ( 3 − 1)z 3 + (2 − 3)z 2 + ( 3 − 1)z + 1
P (z)
=
z2
z2
√
√
= z + ( 3 − 1)z + 2 − 3 +
2
√
1
3−1
+ 2
z
z
√
√
1
1
= z + 2 + 2 + ( 3 − 1) z +
− 3
z
z
2
√
√
1
1 2
= z+
+ ( 3 − 1) z +
− 3
z
z
√
√
P (z)
2
3
−
1)Z
−
3
=
Z
+
(
z2
P (z)
= 0 (d’après 3.a.)
z2
√
D’après la question 1., on a Z = 1 ou Z = − 3
√
1
1
c’est-à-dire z + = 1 ou z + = − 3
z
z
Ainsi dans C, P (z) = 0
⇐⇒
D’après la question 2., on a
√
√
⇐⇒
√
√
Z 2 +( 3−1)Z− 3 = 0 (d’après ce qui précède)
S = S1 ∪ S2
√
√

3
3
3 1
3 1
1
−
i; +
i; −
− i; −
+ i
S=
2
2
2
2
2
2
2
2

1
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