Exercice corrigé bac S juin 2014- Nombres complexes: Equation bicarrée

Equation bicarrée complexe



Exercice corrigé de mathématiques: Exercice corrigé Bac S, métropole juin 2014: Equation bicarrée complexe

Exercice - énoncé:

On désigne par (E) l'équation
z^4 + 4z^2 + 16 = 0

d'inconnue complexe $z.
  1. Résoudre dans $\C l'équation $Z^2 +4Z + 16 = 0.
    Écrire les solutions de cette équation sous une forme exponentielle.
  2. On désigne par $a le nombre complexe dont le module est égal à 2 et dont un argument est égal à $\dfrac{\pi}{3}.
    Calculer $a^2 sous forme algébrique.
    En déduire les solutions dans $\C de l'équation $z^2 = - 2 + 2i\sqrt{3}. On écrira les solutions sous forme algébrique.
  3. Restitution organisée de connaissances
    On suppose connu le fait que pour tout nombre complexe $z = x +iy où $x\in\R et $y\in\R, le conjugué de $z est le nombre complexe $z défini par $z=x-iy.
    Démontrer que:
    • Pour tous nombres complexes $z_{1} et $z_{2}, $\overline{z_{1}z_{2}} = \overline{z_{1}}\:\cdot\:\overline{z_{2}}.
    • Pour tout nombre complexe $z et tout entier naturel non nul $n, $\overline{z^{n}} = \left(\overline{z}\right)^n.
  4. Démontrer que si $z est une solution de l'équation (E) alors son conjugué $\overline{z} est également une solution de (E).
    En déduire les solutions dans $\C de l'équation (E). On admettra que (E) admet au plus quatre solutions.

Correction exercice


  1. Le discriminant $\Delta de ce trinôme du second degré est: $\Delta=4^2-4\times1\times16 = -48<0. L'équation admet donc deux solutions complexes conjuguées, qui sont:
    $Z_1 = \dfrac{-4 - i \sqrt{48}}{2} = \dfrac{-4 - 4i \sqrt{3}}{2} = -2 - 2i \sqrt{3} et $Z_2 = \overline{Z_1} = -2 + 2i\sqrt{3}.
    On a $\left|Z_1\right| = \sqrt{(-2)^2 + \lp-2\sqrt{3}\rp^2} =\sqrt{4+4\tm3}=4. On peut alors écrire:
    Z_1=4\times\lp\dfrac{-2}{4}+i\dfrac{-2\sqrt3}{4} \right) =4\times\lp\dfrac{-1}{2}+i\dfrac{-\sqrt3}{2} \right) =4\left( \cos\left(-\dfrac{2\pi}{3}\rp+i\sin\left(-\dfrac{2\pi}{3}\rp\rp =4e^{\frac{-2i\pi}{3}}

    et $Z_2=\overline{Z_1}=4e^{\frac{2\i\pi}3}.
  2. $a a pour module 2 et pour argument $\dfrac{\pi}{3}, alors $a = 2e^{\frac{i\pi}3} et donc, d'après les propriété du module et des arguments, $a^2 = 2^2e^{2\times \frac{\i\pi}3}, donc $a^2 = Z_2 et la forme algébrique de $a^2 est $a^2=Z_2=-2 + 2\i\sqrt3. Le nombre $a est donc une solution à l'équation dont on parle dans cette question. L'autre solution sera donc $-a, car $(-a)^2 = a^2.
    Sous forme algébrique: $a = 2e^{\frac{i\pi}3} = 2\times\lp\dfrac12+i\dfrac{\sqrt3}{2}\rp=1+i\sqrt3 et $-a=-1+i\times\lp-\sqrt3\rp.
  3. Soient $z_1 et $z_2 deux nombres complexes. Il existe donc quatre nombres réels $x_1; $y_1; $x_2 et $y_2 tels que $z_1 = x_1 + \i y_1 et $z_2 = x_2 + \i y_2.
    On a alors $z_1 z_2=(x_1 + i y_1)(x_2 + i y_2) = x_1 x_2 + i x_1 y_2 + i y_1 x_2+ i^2y_1y_2 = (x_1 x_2 - y_1y_2) + i (x_1y_2 + x_2y_1)
    Comme les nombres $x_1, $x_2, $y_1 et $y_2 sont réels, alors on peut définir les nombres $x_3 = x_1x_2 - y_1 y_2 et $y_3 = x_1y_2 + x_2y_1, qui sont réels également.
    On a donc écrit le produit $z_1 z_2 sous la forme $x_3 + i y_3, où $x_3 et $y_3 sont des nombres réels, donc le conjugué de $z_1z_2 est: $\overline{z_1z_2} = x_3 -i y_3 = (x_1 x_2 - y_1y_2) - \i (x_1y_2 + x_2y_1).
    Par ailleurs, $\overline{z_1}~\overline{z_2}=(x_1-iy_1)\times(x_2-iy_2) =x_1 x_2 - i x_1 y_2 - i y_2 x_1 + (-i)^2y_1 y_2 = (x_1 x_2 - y_1y_2) - i (x_1y_2 + x_2y_1)=\overline{z_1z_2}
    Nous avons donc démontré que pour deux nombres complexes quelconques $z_1 et $z_2, on a : $\overline{z_1}~\overline{z_2}=\overline{z_1z_2} .

    Initialisation: Pour $n=1, on a $z^1=z, donc $\overline{z^1} = \overline{z\vphantom{z^1}} = \lp\overline{\vphantom{z^1}z}\rp^1 et la propriété est donc vraie au rang $n=1.
    Hérédité: Supposons la propriété vraie pour un certain entier $k non nul, c'est-à-dire que l'on suppose que pour tout complexe $z, on a $\overline{z^k} = \lp\overline{z}\rp^k.
    Soit alors $z un nombre complexe quelconque. On a $z^{k+1} = z^k \times z, donc $\overline{z^{k+1}}=\overline{z^k \times z} =\overline{z^k} \times \overline{z}, d'après la première propriété démontrée, d'où $\overline{z^{k+1}}=\overline{z^k \times z} =\lp\overline{z}\rp^k \times \overline{z} par hypothèse de récurrence.
    Ainsi donc, $\overline{z^{k+1}}=\lp\overline{z}\rp^{k+1}, ce qui montre que la propriété est encore vraie au rang suivant $k+1.
    Conclusion: La propriété est vraie au rang 1 et est héréditaire, donc, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel non nul $n, et pour tout nombre complexe $z, $\overline{z^n} = \lp\overline{z}\rp^n.
  4. Soit $z une solution de l'équation $(E), c'est-à-dire que: $z^4 + 4z^2 + 16 = 0.
    Soit $Z=\overline{z} le conjuqué de $z, alors d'après les propriétés précédentes
    Z^4+4Z^2+16=\overline{z}^4 + 4\overline{z}^2 + 16 =\overline{z^4} + 4\overline{z^2} + 16 =\overline{z^4} + \overline{4z^2} + 16 =\overline{z^4 + 4 z^2 + 16} =\overline{0}=0

    Ainsi $Z=\overline{z} est aussi solution de $(E).
    Comme on a établi à la question 2. que les nombres $a et $-a sont tels que $a^2 = Z_2 et $(-a)^2 = Z_2, c'est-à-dire que $a et $-a sont solutions de $(E), les nombres $\overline{a} et $\overline{-a} sont aussi des solutions de $(E).
    Nous avons donc 4 solutions à l'équation, qui sont distinctes : $a=1+i\sqrt3; $-a=-1-i\sqrt3; $\overline{a}=1-i\sqrt3 et $\overline{-a}=-1+i\sqrt3, donc puisqu'il y a au maximum 4 solutions à l'équation, on conclut que ce sont exactement toutes les solutions de $(E).


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Voir aussi:
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