Equations du 1er degré dans C\mathbb{C} - Exercice 2

10 min
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Résoudre dans C\mathbb{C} les équations ci-dessous. Les solutions doivent être données sous forme algébrique.
Question 1

z+4−5i=2+2izz+4-5i=2+2iz

Correction
z+4−5i=2+2izz+4-5i=2+2iz
Il vient alors que :
z−2iz=−4+5i+2z-2iz=-4+5i+2
z−2iz=−2+5i{\color{blue}z}-2i{\color{blue}z}=-2+5i
d'où z(1−2i)=−2+5i{\color{blue}z}\left(1-2i\right)=-2+5i (on a factorisé par z{\color{blue}z})
Ainsi : z=−2+5i1−2iz=\frac{-2+5i}{1-2i}
  • Lorsque vous avez un quotient dont le dénominateur est sous forme algébrique, il faut multiplier\red{\text{multiplier}} le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur.
  • Soit z=x+iyz=x+iy et z‾=x−iy\overline{z}=x-iy son conjugué, alors z×z‾=x2+y2z\times \overline{z}=x^{2} +y^{2}
    • z=(−2+5i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)z=\frac{\left(-2+5i\right)\left(1+2i\right)}{\left(1-2i\right)\left(1+2i\right)}
    z=−2−4i+5i+10i212+22z=\frac{-2-4i+5i+10i^{2} }{1^{2} +2^{2} }
    z=−12+i5z=\frac{-12+i}{5}
    Finalement :
    z=−125+15iz=-\frac{12}{5} +\frac{1}{5} i

    Ainsi la solution est S={−125+15i}S=\left\{-\frac{12}{5} +\frac{1}{5} i\right\}
    Question 2

    (z+2i)(2z−4+2i)=0\left(z+2i\right)\left(2z-4+2i\right)=0

    Correction
    On a une équation produit nul (z+2i)(2z−4+2i)=0\left(z+2i\right)\left(2z-4+2i\right)=0 c'est-à-dire
    z+2i=0z+2i=0 ou 2z−4+2i=02z-4+2i=0
    Reˊsolvons d’une part :\red{\text{Résolvons d'une part :}} z+2i=0z+2i=0 donc z=−2iz=-2i
    Reˊsolvons d’autre part :\red{\text{Résolvons d'autre part :}} 2z−4+2i=0⇔2z=4−2i⇔z=4−2i2⇔z=2−i2z-4+2i=0\Leftrightarrow 2z=4-2i\Leftrightarrow z=\frac{4-2i}{2} \Leftrightarrow z=2-i
    Ainsi les solutions sont : S={−2i;2−i}S=\left\{-2i;2-i\right\}
    Question 3

    z+12z+1=1+i\frac{z+1}{2z+1} =1+i

    Correction
    AB=CD⇔A×D=B×C\frac{A}{B} =\frac{C}{D} \Leftrightarrow A\times D=B\times C
    Soit z≠−12z\ne -\frac{1}{2}
    z+12z+1=1+i\frac{z+1}{2z+1} =1+i peut s'écrire z+12z+1=1+i1\frac{z+1}{2z+1} =\frac{1+i}{1} .
    Il vient alors que :
    z+1=(2z+1)(1+i)z+1=\left(2z+1\right)\left(1+i\right) équivaut successivement à
    z+1=2z+2iz+1+iz+1=2z+2iz+1+i
    z−2z−2iz=iz-2z-2iz=i
    −z−2iz=i-{\color{blue}z}-2i{\color{blue}z}=i
    z(−1−2i)=i{\color{blue}z}\left(-1-2i\right)=i
    z=i−1−2iz=\frac{i}{-1-2i}
  • Lorsque vous avez un quotient dont le dénominateur est sous forme algébrique, il faut multiplier\red{\text{multiplier}} le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur.
  • Soit z=x+iyz=x+iy et z‾=x−iy\overline{z}=x-iy son conjugué, alors z×z‾=x2+y2z\times \overline{z}=x^{2} +y^{2}
    • z=i(−1+2i)(−1−2i)(−1+2i)z=\frac{i\left(-1+2i\right)}{\left(-1-2i\right)\left(-1+2i\right)}
    z=i×(−1)+i×2i(−1)2+22z=\frac{i\times \left(-1\right)+i\times 2i}{\left(-1\right)^{2} +2^{2} }
    z=−i+2i25z=\frac{-i+2i^{2} }{5}
    z=−i−25z=\frac{-i-2}{5}
    z=−25−15iz=-\frac{2}{5} -\frac{1}{5} i

    Ainsi la solution est S={−25−15i}S=\left\{-\frac{2}{5} -\frac{1}{5} i\right\}
    Question 4

    z−3+iz+2−i=−2i\frac{z-3+i}{z+2-i} =-2i

    Correction
    AB=CD⇔A×D=B×C\frac{A}{B} =\frac{C}{D} \Leftrightarrow A\times D=B\times C
    Soit z≠−2+iz\ne -2+i
    z−3+iz+2−i=−2i\frac{z-3+i}{z+2-i} =-2i peut s'écrire z−3+iz+2−i=−2i1\frac{z-3+i}{z+2-i} =\frac{-2i}{1} .
    Il vient alors que :
    (z+2−i)×(−2i)=(z−3+i)×1\left(z+2-i\right)\times \left(-2i\right)=\left(z-3+i\right)\times 1 équivaut successivement à
    −2iz−4i+2i2=z−3+i-2iz-4i+2i^{2}=z-3+i
    −2iz−4i−2=z−3+i-2iz-4i-2=z-3+i
    −2iz−z=−3+i+4i+2-2iz-z=-3+i+4i+2
    −2iz−z=−1+5i-2i{\color{blue}z}-{\color{blue}z}=-1+5i
    z(−1−2i)=−1+5i{\color{blue}z}\left(-1-2i\right)=-1+5i
    z=−1+5i−1−2iz=\frac{-1+5i}{-1-2i}
  • Lorsque vous avez un quotient dont le dénominateur est sous forme algébrique, il faut multiplier\red{\text{multiplier}} le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur.
  • Soit z=x+iyz=x+iy et z‾=x−iy\overline{z}=x-iy son conjugué, alors z×z‾=x2+y2z\times \overline{z}=x^{2} +y^{2}
    • z=(−1+5i)(−1+2i)(−1−2i)(−1+2i)z=\frac{\left(-1+5i\right)\left(-1+2i\right)}{\left(-1-2i\right)\left(-1+2i\right)}
    z=−1×(−1)−1×2i+5i×(−1)+5i×2i(−1)2+22z=\frac{-1\times \left(-1\right)-1\times 2i+5i\times \left(-1\right)+5i\times 2i}{\left(-1\right)^{2} +2^{2} }
    z=1−2i−5i+10i25z=\frac{1-2i-5i+10i^{2} }{5}
    z=1−2i−5i+10×(−1)5z=\frac{1-2i-5i+10\times \left(-1\right)}{5}
    z=1−2i−5i−105z=\frac{1-2i-5i-10}{5}
    z=−9−7i5z=\frac{-9-7i}{5}
    z=−95−75iz=-\frac{9}{5} -\frac{7}{5} i

    Ainsi la solution est S={−95−75i}S=\left\{-\frac{9}{5} -\frac{7}{5} i\right\}

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