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Resolution 4 eme degre dans [smb]C[/smb]
Vous me feriez un enorme plaisir si vous m'expliquiez comment resoudre :
z^4 - (3-6i) * z^2 - (8+6i) = 0
par exemple.
Merci d'avance.
Salut,
Tu as affaire à une équation bicarrée.
Pose Z= z², tu te retrouves avec une équation du second degré en Z.
Ensuite, calcule le discriminant etc... Je pense que tu sais faire.
à+
Oui merci j'ai reussi a trouvé en faite
mais mnt arrive la difficulté :
(z+1)^n - (z-1)^n = 0 ( n 
N )privé de 0 et 1.
Bonjour I_Like_Angelina
Soit z une solution de cette équation.
Alors z est différent de 1 et de -1 et donc .
Ensuite, pense aux racines n_ième de l'unité.
Kaiser
C'est une tres bonne idee, j'aurai du y penser!
Merci.
J'ai trouvé les solutions mais je ne suis pas sure se soit les bonnes,
finalement on trouve quoi comme solutions?
n 
Re *exp de i fois teta sur n + k fois 2 pi sur n
avec k appartient a [0;n-1]
C'est la formule pour trouver les racines n-iemes mais justement ce ne sont pas les bonnes solutions si je prend par exemple n=2.
je vais te mettre sur la voie :
On se rend compte que k ne peut être nul car z-1 est différent de z+1.
Donc k est compris entre 1 et n-1.
maintenant, exprime z.
Kaiser
((z+1)/(z-1))^n = 1
((z+1)/(z-1))^n = cos(2kPi) + i.sin(2kPi)
((z+1)/(z-1)) = cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)
z + 1 = z.(cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)) - cos(2kPi/n) - i.sin(2kPi/n)
z.(cos(2kPi/n) - 1 + i.sin(2kPi/n)) = 1 + cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)
z = [1 + cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)] / [cos(2kPi/n) - 1 + i.sin(2kPi/n)]
z = [1 + cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)]*[cos(2kPi/n) - 1 - i.sin(2kPi/n)]/[(cos(2kPi/n) - 1)² + sin²(2kPi/n)]
z = [1 + cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)]*[cos(2kPi/n) - 1 - i.sin(2kPi/n)]/[(cos²(2kPi/n) - 2cos(cos(2kPi/n) + 1 + sin²(2kPi/n)]
z = [1 + cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)]*[cos(2kPi/n) - 1 - i.sin(2kPi/n)]/[2(1 - (cos(2kPi/n))]
z = [cos²(2kPi/n)-1+sin²(2kPi/n) + i.(sin(2kPi/n).(cos(2kPi/n)-1-1-cos(2kPi/n))]/[2(1 - (cos(2kPi/n))]
z = -2i.(sin(2kPi/n)/[2(1 - (cos(2kPi/n))]
z = -i.sin(2kPi/n)/(1 - (cos(2kPi/n))
Avec k de 1 à n-1
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A vérifier. 
k va de 0 a n-1.
Mais il doit y avoir surement une solution genarale plus simple non?
Merci en tt cas.
Il suffit d'utiliser les formules de trigo :
En mettant le tout ensemble, on obtient : .
J-P a raison : k va bien de 1 à n-1 et non pas de 0 à n-1.
En effet, si k=0 convenait, on aurait ce qui est impossible.
Ok merci a vous les deux!
Kaiser tu fait quoi comme etudes en fait?
En faite en cours on a utilisé une formule pour trouvr les racines n-iemes
zk = racine n-ieme de Re * exp de *i*( teta sur n + 2kpi sur n)
avec k appartient a 0 n-1
Je pense quil serait plus simple d'appliquer cette formule ce qu'a dit J-P est surement juste jen doute pas mais bien trop compliqué!
((z+1)/(z-1))^n = 1
((z+1)/(z-1))^n = e^(i.2kPi)
((z+1)/(z-1)) = e^(i.2kPi/n)
z+1 = (z-1).e^(i.2kPi/n)
z(1-e^(i.2kPi/n)) = -1 - e^(i.2kPi/n)
z = -(1 + e^(i.2kPi/n) )/(1-e^(i.2kPi/n))
En utilisant e^(i.2kPi/n) = cos(2kPi/n) + i.sin(2kPi/n)
on doit retrouver la solution que j'ai donnée et que kaiser a simplifié en z = -i.cotg(kPi/n)
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