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 http://mathematiques.ac.free.fr P (z) z2 P (z) z2 = 0 dans C. en fonction de Z. En déduire les solutions de P (z) = 0 dans C. 1/3 30 septembre 2013 Terminale S 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. http://mathematiques.ac.free.fr 2/3 30 septembre 2013 Terminale S Nombres complexes - polynôme symétrique √ • 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 http://mathematiques.ac.free.fr 3/3 30 septembre 2013