Exercice 3

Pour les questions d) à f), on utilisera la technique de l'angle moitié : pour tout réel $\theta$ tel que $e^{i\theta}\neq 1$, $$\begin{aligned} \frac{1+e^{i\theta}}{1-e^{i\theta}} &= \frac{e^{i\frac{\theta}{2}}\left(e^{-i\frac{\theta}{2}}+e^{i\frac{\theta}{2}}\right)} {e^{i\frac{\theta}{2}}\left(e^{-i\frac{\theta}{2}}-e^{i\frac{\theta}{2}}\right)} = \frac{2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)}{-2i\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} = i\,\frac{\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} \end{aligned}$$ en utilisant que $\dfrac{1}{-i}=i$. Lorsque de plus $\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\neq 0$, ce quotient s'écrit aussi $\dfrac{i}{\tan\left(\frac{\theta}{2}\right)}$ ; mais il vaut $0$ lorsque $\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)=0$, c'est-à-dire lorsque $e^{i\theta}=-1$, et l'écriture avec la tangente n'a alors plus de sens.

a) On écrit le second membre sous forme exponentielle : son module vaut $\sqrt{1+3}=2$ et $1+i\sqrt{3}=2\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=2e^{i\frac{\pi}{3}}$. Ainsi : $$\boxed{\mathcal{S}=\left\{\sqrt[3]{2}\,e^{i\left(\frac{\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}\right)} \;,\; k\in\{0\,;1\,;2\}\right\} =\left\{\sqrt[3]{2}\,e^{i\frac{\pi}{9}}\;;\;\sqrt[3]{2}\,e^{i\frac{7\pi}{9}}\;;\;\sqrt[3]{2}\,e^{i\frac{13\pi}{9}}\right\}}$$

b) On simplifie d'abord le second membre en utilisant $1+i\sqrt{3}=2e^{i\frac{\pi}{3}}$ et $-1=e^{i\pi}$ : $$\frac{-3}{1+i\sqrt{3}}=\frac{3\,e^{i\pi}}{2\,e^{i\frac{\pi}{3}}}=\frac{3}{2}e^{i\left(\pi-\frac{\pi}{3}\right)} =\frac{3}{2}e^{i\frac{2\pi}{3}}$$ Les six solutions sont donc : $$\boxed{\mathcal{S}=\left\{\sqrt[6]{\frac{3}{2}}\,e^{i\left(\frac{\pi}{9}+\frac{k\pi}{3}\right)} \;,\; k\in\{0\,;1\,;2\,;3\,;4\,;5\}\right\}}$$

c) On simplifie de même le second membre, en utilisant $1+i=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}}$ : $$\frac{\left(1+i\sqrt{3}\right)^4}{(1+i)^2}=\frac{2^4e^{i\frac{4\pi}{3}}}{2\,e^{i\frac{\pi}{2}}} =8\,e^{i\left(\frac{4\pi}{3}-\frac{\pi}{2}\right)}=8\,e^{i\frac{5\pi}{6}}$$ Les cinq solutions sont donc : $$\boxed{\mathcal{S}=\left\{\sqrt[5]{8}\,e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{2k\pi}{5}\right)} \;,\; k\in\{0\,;1\,;2\,;3\,;4\}\right\}}$$

d) On constate tout d'abord que $z=-1$ n'est pas solution, car l'équation donnerait alors $(-2)^5=0$, ce qui est absurde. On peut donc diviser par $(z+1)^5$ : $$(z-1)^5=(z+1)^5 \iff \left(\frac{z-1}{z+1}\right)^5=1$$ Le quotient $\dfrac{z-1}{z+1}$ est donc une racine $5$-ième de l'unité, autrement dit il existe $k\in\{0\,;1\,;2\,;3\,;4\}$ tel que $\dfrac{z-1}{z+1}=\omega_k=e^{i\frac{2k\pi}{5}}$. Or $k=0$ donnerait $z-1=z+1$, ce qui est impossible : on a donc $k\neq 0$, et : $$z-1=\omega_k(z+1) \iff z(1-\omega_k)=1+\omega_k \iff z=\frac{1+\omega_k}{1-\omega_k}$$ D'après la technique de l'angle moitié appliquée à $\theta=\dfrac{2k\pi}{5}$, on en déduit : $$\boxed{\mathcal{S}=\left\{\frac{i}{\tan\left(\frac{k\pi}{5}\right)}\;,\; k\in\{1\,;2\,;3\,;4\}\right\}}$$ Les quatre solutions sont donc des imaginaires purs, ce qui était prévisible : l'équation $|z-1|=|z+1|$ qui en découle signifie que le point $M(z)$ est équidistant des points d'affixes $1$ et $-1$, il appartient donc à l'axe des ordonnées.

e) Les valeurs $z=1$ et $z=-1$ sont exclues. En posant $Z=\dfrac{z+1}{z-1}$, qui est non nul, l'équation s'écrit : $$Z^3+\frac{1}{Z^3}=0 \iff \frac{Z^6+1}{Z^3}=0 \iff Z^6=-1$$ Il existe donc $k\in\{0\,;\dots\,;5\}$ tel que $Z=e^{i\theta_k}$ avec $\theta_k=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}$. On revient alors à $z$ : $$\frac{z+1}{z-1}=Z \iff z+1=Z(z-1) \iff z(1-Z)=-1-Z \iff z=-\frac{1+Z}{1-Z} =-\frac{i}{\tan\left(\frac{\theta_k}{2}\right)}$$ Or $\dfrac{\theta_k}{2}=\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{k\pi}{6}$, et on connaît les valeurs $\tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=2-\sqrt{3}$ et $\tan\left(\dfrac{5\pi}{12}\right)=2+\sqrt{3}$. En traitant les six valeurs de $k$, on obtient enfin : $$\boxed{\mathcal{S}=\left\{\pm i\;;\;\pm i\left(2-\sqrt{3}\right)\;;\;\pm i\left(2+\sqrt{3}\right)\right\}}$$

f) On constate de même que $z=i$ n'est pas solution, car l'équation donnerait alors $(2i)^n=0$, ce qui est absurde. On peut donc diviser par $(z-i)^n$ : $$(z+i)^n=(z-i)^n \iff \left(\frac{z+i}{z-i}\right)^n=1$$ Le quotient est donc une racine $n$-ième de l'unité : il existe $k\in\{0\,;\dots\,;n-1\}$ tel que $\dfrac{z+i}{z-i}=\omega_k=e^{i\frac{2k\pi}{n}}$, et $k=0$ est à exclure car il donnerait $i=-i$. Ainsi, pour $k\neq 0$ : $$z+i=\omega_k(z-i) \iff z(1-\omega_k)=-i(1+\omega_k) \iff z=-i\,\frac{1+\omega_k}{1-\omega_k} =-i\times i\,\frac{\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)}{\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}$$ Or $-i\times i=1$, et $\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)\neq 0$ pour $1\leqslant k\leqslant n-1$. On en déduit donc que l'équation admet $n-1$ solutions, toutes réelles et distinctes : $$\boxed{\mathcal{S}=\left\{\frac{\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)}{\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}\;,\; k\in\{1\,;\dots\,;n-1\}\right\}}$$ Attention : lorsque $n$ est pair, la valeur $k=\frac{n}{2}$ donne la solution $z=0$ (en effet $i^n=(-i)^n$ pour $n$ pair). L'écriture $\dfrac{1}{\tan\left(\frac{k\pi}{n}\right)}$ serait alors incorrecte, puisque $\tan\left(\frac{\pi}{2}\right)$ n'est pas défini.