# Applications techniques des nombres complexes/Exercices/Sujet de bac S

On considère le polynôme P défini par :
$P(z)=z^{4}-6z^{3}+24z^{2}-18z+63$
1. Calculer $P(i{\sqrt {3}}$) et $P(-i{\sqrt {3}})$,
puis montrer qu’il existe un polynôme Q du second degré à coefficients réels, que l’on déterminera, tel que pour tout $z\in \mathbb {C}$ on ait :
$P(z)=(z^{2}+3)Q(z)$.
2. Résoudre dans $\mathbb {C}$ l'équation $P(z)=0$.
3. Placer dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal $(O;{\vec {u}},{\vec {v}})$
les points A, B, C et D d'affixes respectives :
$z_{A}=i{\sqrt {3}}$, $z_{B}=-i{\sqrt {3}}$, $z_{C}=3+2i{\sqrt {3}}$ et $z_{D}={\bar {z_{C}}}$,
puis montrer que ces quatre points appartiennent à un même cercle.
4. On note E le symétrique de D par rapport à O.
Montrer que ${\frac {z_{C}-z_{B}}{z_{E}-z_{B}}}=e^{-{\frac {i\pi }{3}}}$ puis déterminer la nature du triangle BEC.
1. Calculons $P(z)$ pour les deux valeurs proposées :
$P(i{\sqrt {3}})=(i{\sqrt {3}})^{4}-6(i{\sqrt {3}})^{3}+24(i{\sqrt {3}})^{2}-18(i{\sqrt {3}})+63$
$P(i{\sqrt {3}})=9+6(3.i{\sqrt {3}})-24.3-18.i{\sqrt {3}}+63\,=72+18.i{\sqrt {3}}-72-18.i{\sqrt {3}}=0$
et
$P(-i{\sqrt {3}})=(-i{\sqrt {3}})^{4}-6(-i{\sqrt {3}})^{3}+24(-i{\sqrt {3}})^{2}-18(-i{\sqrt {3}})+63$
$P(-i{\sqrt {3}})=9+6(3.i{\sqrt {3}}+24.3+18(i{\sqrt {3}})+63\,=0$
Par conséquent $i{\sqrt {3}}$ et $-i{\sqrt {3}}$ sont des zéros du polynôme P. Ceci implique par définition que le polynôme peut s'écrire, pour tout $z\in \mathbb {C}$, sous la forme $P(z)=(z-i{\sqrt {3}})(z+i{\sqrt {3}})Q(z)=(z^{2}+3)Q(z)$
Or dans $\mathbb {C}$ l'équation $P(z)$ admet toujours 4 solutions, P s'écrit donc nécessairement sous la forme :
$P(z)=(z^{2}+3)(az^{2}+bz+c)=az^{4}+bz^{3}+cz^{2}+3az^{2}+3bz+3c$
Par conséquent par identification, a=1, c=63/3=21 et b=-18/3=-6 d'où :
$P(z)=(z^{2}+3)(z^{2}-6z+21)$
2. Calcul des autres zéros :
Calcul du discriminant $\Delta =b^{2}-4ac=36-4.1.-21=-48$.
Pour $\Delta <0$, l'équation $Q(z)$ admet deux solutions complexes conjuguées :
$z_{D}={\frac {-b-i{\sqrt {-\Delta }}}{2a}}$ et $z_{C}={\frac {-b+i{\sqrt {-\Delta }}}{2a}}$
$z_{D}={\frac {+6-i{\sqrt {-(-3.16)}}}{2}}$ et $z_{C}={\frac {+6+i{\sqrt {-(-3.16)}}}{2}}$
$z_{D}=3-2i{\sqrt {3}}$ et $z_{C}=3+2i{\sqrt {3}}$
$P(z)$ admet donc comme solutions $S=\left\{-i{\sqrt {3}},i{\sqrt {3}},3-2i{\sqrt {3}},3+2i{\sqrt {3}}\right\}$
3. Si un point se trouve sur un cercle de centre (a,b) et de rayon c dans un espace orthonormé, il est solution de l'équation : $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=c^{2}$
Par conséquent tous les points A,B,C,D de coordonnées respectives $(0,{\sqrt {3}}),(0,-{\sqrt {3}}),(3,2{\sqrt {3}}),(3,-2{\sqrt {3}})$ doivent être solution de la même équation.
En insérant les coordonnées de ces points A, B et C dans l'équation on obtient un système simple à résoudre :
${\begin{cases}a^{2}+({\sqrt {3}}-b)^{2}=c^{2}\\a^{2}+({\sqrt {3}}+b)^{2}=c^{2}\\(3-a)^{2}+(2{\sqrt {3}}-b)^{2}=c^{2}\end{cases}}$
Des deux premières équations on déduit que b=0. ${\begin{cases}a^{2}+3=c^{2}\\21+a^{2}-6a=c^{2}\end{cases}}$
Par soustraction on obtient immédiatement a, $a=3,b=0$ et donc $c=2{\sqrt {3}}$. Le point D satisfait aussi à l'équation, il n'existe donc qu'un cercle passant par ces points.
4.
${\begin{aligned}{\frac {z_{C}-z_{B}}{z_{E}-z_{B}}}&={\frac {3+2i{\sqrt {3}}-(-i{\sqrt {3}})}{-3+2i{\sqrt {3}}-(-i{\sqrt {3}})}}={\frac {1+i{\sqrt {3}}}{-1+i{\sqrt {3}}}}\\&={\frac {(1+i{\sqrt {3}})^{2}}{(-1+i{\sqrt {3}})(1+i{\sqrt {3}})}}={\frac {1+2i{\sqrt {3}}-3}{-3-1}}\\&={\frac {1+2i{\sqrt {3}}-3}{-4}}={\frac {1}{2}}-{\frac {i{\sqrt {3}}}{2}}=sin(-{\frac {\pi }{3}})+icos(-{\frac {\pi }{3}})\end{aligned}}$
L'angle formé par ${\overrightarrow {CB}}$ et ${\overrightarrow {EB}}$ est de ${\frac {\pi }{3}}$, et en outre les normes sont identiques, c’est là, la définition d'un triangle équilatéral.
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