1 – Racines carrées d'un réel négatif
Dans \(\mathbb{R}\), l'équation \(x^{2} = -9\) n'a pas de solution. Dans \(\mathbb{C}\), \((3i)^{2} = 9i^{2} = -9\) et \((-3i)^{2} = -9\) : elle en a deux.
Propriété 1 : Soit \(a\) un réel strictement positif. L'équation \(z^{2} = -a\) admet exactement deux solutions dans \(\mathbb{C}\) : \(z = i\sqrt{a}\) et \(z = -i\sqrt{a}\).
Démonstration
Comme \(\left( i\sqrt{a} \right)^{2} = i^{2} \times a = -a\), on a : \[\begin{aligned} z^{2} = -a &\Leftrightarrow z^{2} - \left( i\sqrt{a} \right)^{2} = 0 \\ &\Leftrightarrow \left( z - i\sqrt{a} \right)\left( z + i\sqrt{a} \right) = 0 \end{aligned}\] D'après la règle du produit nul (qui fonctionne aussi dans \(\mathbb{C}\)), on obtient \(z = i\sqrt{a}\) ou \(z = -i\sqrt{a}\). □Exemple 1 :
• \(z^{2} = -9 \Leftrightarrow z = 3i\) ou \(z = -3i\) ;
• \(z^{2} = -2 \Leftrightarrow z = i\sqrt{2}\) ou \(z = -i\sqrt{2}\) ;
• \(z^{2} = -\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow z = \dfrac{1}{2}i\) ou \(z = -\dfrac{1}{2}i\).
2 – Équation du second degré à coefficients réels
Théorème : Soient \(a\), \(b\), \(c\) trois réels avec \(a \neq 0\), et \(\Delta = b^{2} - 4ac\) le discriminant de l'équation \(az^{2} + bz + c = 0\).
• Si \(\Delta > 0\) : deux solutions réelles \[z_{1} = \dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} \quad \text{et} \quad z_{2} = \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\] • Si \(\Delta = 0\) : une solution réelle (double) \(z_{0} = -\dfrac{b}{2a}\).
• Si \(\Delta < 0\) : deux solutions complexes conjuguées \[z_{1} = \dfrac{-b - i\sqrt{-\Delta}}{2a} \quad \text{et} \quad z_{2} = \overline{z_{1}} = \dfrac{-b + i\sqrt{-\Delta}}{2a}\] Dans tous les cas, \(az^{2} + bz + c = a(z - z_{1})(z - z_{2})\) (avec \(z_{1} = z_{2} = z_{0}\) si \(\Delta = 0\)).
• Si \(\Delta > 0\) : deux solutions réelles \[z_{1} = \dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} \quad \text{et} \quad z_{2} = \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\] • Si \(\Delta = 0\) : une solution réelle (double) \(z_{0} = -\dfrac{b}{2a}\).
• Si \(\Delta < 0\) : deux solutions complexes conjuguées \[z_{1} = \dfrac{-b - i\sqrt{-\Delta}}{2a} \quad \text{et} \quad z_{2} = \overline{z_{1}} = \dfrac{-b + i\sqrt{-\Delta}}{2a}\] Dans tous les cas, \(az^{2} + bz + c = a(z - z_{1})(z - z_{2})\) (avec \(z_{1} = z_{2} = z_{0}\) si \(\Delta = 0\)).
Démonstration
Soient \(a\), \(b\), \(c\) trois réels avec \(a \neq 0\) et \(\Delta = b^{2} - 4ac\). On pose \(\alpha = -\dfrac{b}{2a}\) et \(\beta = -\dfrac{\Delta}{4a}\).• Forme canonique : on écrit le trinôme sous forme canonique : \[\begin{aligned} az^{2} + bz + c &= a(z - \alpha)^{2} + \beta \\ &= a\left[ \left( z + \dfrac{b}{2a} \right)^{2} - \dfrac{\Delta}{4a^{2}} \right] \end{aligned}\] • Si \(\Delta = 0\) : \(az^{2} + bz + c = a\left( z + \dfrac{b}{2a} \right)^{2}\), qui s'annule si et seulement si \(z = -\dfrac{b}{2a} = z_{0}\).
• Si \(\Delta > 0\) : \(\dfrac{\Delta}{4a^{2}} = \left( \dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a} \right)^{2}\) et l'identité \(X^{2} - Y^{2} = (X - Y)(X + Y)\) donne : \[\begin{aligned} az^{2} + bz + c &= a\left( z + \dfrac{b}{2a} - \dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a} \right)\left( z + \dfrac{b}{2a} + \dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a} \right) \\ &= a\left( z - \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} \right)\left( z - \dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} \right) \\ &= a(z - z_{2})(z - z_{1}) \end{aligned}\] • Si \(\Delta < 0\) : \(-\Delta > 0\) et, comme \(i^{2} = -1\) : \[\begin{aligned} \dfrac{\Delta}{4a^{2}} &= -\dfrac{-\Delta}{4a^{2}} = -\left( \dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \right)^{2} \\ &= \left( \dfrac{i\sqrt{-\Delta}}{2a} \right)^{2} \end{aligned}\] La même identité donne alors : \[\begin{aligned} az^{2} + bz + c &= a\left( z + \dfrac{b}{2a} - \dfrac{i\sqrt{-\Delta}}{2a} \right)\left( z + \dfrac{b}{2a} + \dfrac{i\sqrt{-\Delta}}{2a} \right) \\ &= a(z - z_{2})(z - z_{1}) \end{aligned}\] • Conclusion : dans chaque cas, d'après la règle du produit nul (valable dans \(\mathbb{C}\)), les solutions sont exactement \(z_{1}\) et \(z_{2}\) (confondues en \(z_{0}\) si \(\Delta = 0\)).
Si \(\Delta < 0\), comme \(a\), \(b\) et \(\sqrt{-\Delta}\) sont réels, \(z_{2} = \dfrac{-b + i\sqrt{-\Delta}}{2a} = \overline{z_{1}}\) : les deux solutions sont conjuguées. □
Méthode : La résolution suit le même plan que dans \(\mathbb{R}\) :
1. identifier \(a\), \(b\), \(c\) et calculer \(\Delta\) ;
2. si \(\Delta < 0\), calculer \(\sqrt{-\Delta}\) et appliquer les formules avec \(i\sqrt{-\Delta}\) à la place de \(\sqrt{\Delta}\) ;
3. donner les solutions sous forme algébrique (elles doivent être conjuguées).
1. identifier \(a\), \(b\), \(c\) et calculer \(\Delta\) ;
2. si \(\Delta < 0\), calculer \(\sqrt{-\Delta}\) et appliquer les formules avec \(i\sqrt{-\Delta}\) à la place de \(\sqrt{\Delta}\) ;
3. donner les solutions sous forme algébrique (elles doivent être conjuguées).
Exemple 2 :
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \(z^{2} - 2z + 5 = 0\).
• \(a = 1\), \(b = -2\), \(c = 5\) : \[\Delta = (-2)^{2} - 4 \times 1 \times 5 = 4 - 20 = -16 < 0\] L'équation admet deux solutions complexes conjuguées.
• \(\sqrt{-\Delta} = \sqrt{16} = 4\), donc \(z_{1} = \dfrac{2 - 4i}{2} = 1 - 2i\) et \(z_{2} = \overline{z_{1}} = 1 + 2i\).
\(S = \{ 1 - 2i\ ;\ 1 + 2i \}\).
• Vérification : \[\begin{aligned} (1 - 2i)^{2} - 2(1 - 2i) + 5 &= (1 - 4i + 4i^{2}) - 2 + 4i + 5 \\ &= -3 - 4i - 2 + 4i + 5 = 0 \end{aligned}\]
Exemple 3 :
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \(2z^{2} + 2z + 5 = 0\), puis factoriser \(2z^{2} + 2z + 5\).
• \(\Delta = 2^{2} - 4 \times 2 \times 5 = 4 - 40 = -36 < 0\) et \(\sqrt{36} = 6\). Donc : \[z_{1} = \dfrac{-2 - 6i}{4} = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}i \quad \text{et} \quad z_{2} = \overline{z_{1}} = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2}i\] • Factorisation : \[2z^{2} + 2z + 5 = 2\left( z + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2}i \right)\left( z + \dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}i \right)\]
Remarques :
• Dans \(\mathbb{C}\), une équation du second degré à coefficients réels a toujours des solutions (même lorsque \(\Delta < 0\)).
• Somme et produit des solutions : \(z_{1} + z_{2} = -\dfrac{b}{a}\) et \(z_{1}z_{2} = \dfrac{c}{a}\) (fiche C1.4).
Dans l'exemple 2 : \(z_{1} + z_{2} = 2\) et \(z_{1}z_{2} = (1 - 2i)(1 + 2i) = 1 + 4 = 5\).
• Dans \(\mathbb{C}\), une équation du second degré à coefficients réels a toujours des solutions (même lorsque \(\Delta < 0\)).
• Somme et produit des solutions : \(z_{1} + z_{2} = -\dfrac{b}{a}\) et \(z_{1}z_{2} = \dfrac{c}{a}\) (fiche C1.4).
Dans l'exemple 2 : \(z_{1} + z_{2} = 2\) et \(z_{1}z_{2} = (1 - 2i)(1 + 2i) = 1 + 4 = 5\).
Remarque : Le théorème s'étend aux équations du second degré à coefficients complexes :
• Dans ce cas, le discriminant \(\Delta = b^{2} - 4ac\) est lui-même un nombre complexe et n'a plus de signe. On a alors besoin d'une racine carrée complexe de \(\Delta\), c'est-à-dire d'un nombre complexe \(\delta\) tel que \(\delta^{2} = \Delta\). Un tel nombre \(\delta\) existe toujours (et son opposé \(-\delta\) convient aussi).
• Si l'on reprend la démonstration précédente avec \(a\), \(b\), \(c\) des nombres complexes (\(a \neq 0\)), la forme canonique reste valable : \[az^{2} + bz + c = a\left[ \left( z + \dfrac{b}{2a} \right)^{2} - \dfrac{\Delta}{4a^{2}} \right] \quad \text{avec } \Delta = b^{2} - 4ac \in \mathbb{C}\] • On a alors \(\dfrac{\Delta}{4a^{2}} = \left( \dfrac{\delta}{2a} \right)^{2}\) et le même calcul que dans le cas \(\Delta > 0\) donne les solutions : \[z_{1} = \dfrac{-b - \delta}{2a} \quad \text{et} \quad z_{2} = \dfrac{-b + \delta}{2a}\] En général, elles ne sont plus conjuguées.
• Dans ce cas, le discriminant \(\Delta = b^{2} - 4ac\) est lui-même un nombre complexe et n'a plus de signe. On a alors besoin d'une racine carrée complexe de \(\Delta\), c'est-à-dire d'un nombre complexe \(\delta\) tel que \(\delta^{2} = \Delta\). Un tel nombre \(\delta\) existe toujours (et son opposé \(-\delta\) convient aussi).
• Si l'on reprend la démonstration précédente avec \(a\), \(b\), \(c\) des nombres complexes (\(a \neq 0\)), la forme canonique reste valable : \[az^{2} + bz + c = a\left[ \left( z + \dfrac{b}{2a} \right)^{2} - \dfrac{\Delta}{4a^{2}} \right] \quad \text{avec } \Delta = b^{2} - 4ac \in \mathbb{C}\] • On a alors \(\dfrac{\Delta}{4a^{2}} = \left( \dfrac{\delta}{2a} \right)^{2}\) et le même calcul que dans le cas \(\Delta > 0\) donne les solutions : \[z_{1} = \dfrac{-b - \delta}{2a} \quad \text{et} \quad z_{2} = \dfrac{-b + \delta}{2a}\] En général, elles ne sont plus conjuguées.
Exemple 4 (guidé) :
On considère l'équation \((E)\) : \(z^{2} - (1 + i)z + i = 0\).
1. Calculer le discriminant \(\Delta\).
\(a = 1\), \(b = -(1 + i)\), \(c = i\) : \[\begin{aligned} \Delta &= (1 + i)^{2} - 4 \times 1 \times i \\ &= 1 + 2i + i^{2} - 4i = 2i - 4i = -2i \end{aligned}\] 2. Vérifier que \(\delta = 1 - i\) vérifie \(\delta^{2} = \Delta\).
\((1 - i)^{2} = 1 - 2i + i^{2} = 1 - 2i - 1 = -2i = \Delta\). Donc \(\delta = 1 - i\) convient.
(\(-\delta = -1 + i\) conviendrait aussi et donnerait les mêmes solutions.)
3. En déduire les solutions de \((E)\). \[\begin{aligned} z_{1} &= \dfrac{-b - \delta}{2a} = \dfrac{(1 + i) - (1 - i)}{2} = \dfrac{2i}{2} = i \\ z_{2} &= \dfrac{-b + \delta}{2a} = \dfrac{(1 + i) + (1 - i)}{2} = \dfrac{2}{2} = 1 \end{aligned}\] \(S = \{ 1\ ;\ i \}\).
4. Vérifier le résultat. \[\begin{aligned} 1^{2} - (1 + i) \times 1 + i &= 1 - 1 - i + i = 0 \\ i^{2} - (1 + i) \times i + i &= -1 - i - i^{2} + i \\ &= -1 - i + 1 + i = 0 \end{aligned}\] On remarque que les solutions \(1\) et \(i\) ne sont pas conjuguées.
