Une équation complexe

On peut supposer $a$ non nul (sinon c'est trivial, non ?)

Conjuguant l'équation, tu auras une relation entre $(z^*)^2$ et $z$. Mais ton équation te donne $z^*$ en fonction de $z^2$. Donc en éliminant $z^*$, tu devrais avoir une équation du 4ème degré en $z$ sur laquelle tu est censé savoir des choses.

PS : le conjugué de $z$ se note normalement en France $\bar{z}$. Ce n'est pas toujours une bonne idée de prendre des conventions en usage à l'étranger, tu vas être rapidement coulé, par exemple les suites qui ne notent avec des accolades bien que leurs termes soient ordonnés, increasing signifie STRICTEMENT croissant (et donc pour dire croissant au sens large on dit NONDECREASING ce qui est un non sens, car le sinus n'est pas strictement décroissant sur $\R$ et pas non plus croissant au sens large ...)

Bonjour,

Tu conjugues l’équation. Et tu élimines $z^*$ pour trouver une équation polynomiale de degré quatre en $z.$ Voilà !

Je me suis trompé, j'ai parlé d'un cercle mais c'est une hyperbole.

Sinon, on peut s'arranger pour choisir $a$ et $b$ afin qu'il y ait quatre solutions, en tâtonnant un peu...?

Par exemple en prenant $a=1$ et $b=0$, on obtient en mélangeant les méthodes qu'alors : $z^4+z=0$.

@Champ-Pot-Lion
Je n'ai pas compris au sujet de Bézout.
Edit : ha oui d'accord, j'ai vu...et ne connaissait pas non plus...je ne voyais pas l'arithmétique ici ;-)
Voilà le théorème évoqué : Ici !

Ha, très bien (tu), je me doutais qu'il y avait encore plus simple.

Bonjour,

Avec $\displaystyle a,b \in \C$, l'équation $\displaystyle z^2+a \bar{z}+b=0, z \in \C$ possède au plus quatre solutions. En effet, pour $\displaystyle z\in \C$, si $\displaystyle z^2+a \bar{z}+b=0$ alors $\displaystyle (z^2+a \bar{z}+b)^2=z^4+a^2 \bar{z}^2 + b^2 + 2 (z^2+b) (a \bar{z}) + 2 b z^2=0$ et dans cette équation on peut substituer $\displaystyle a \bar{z}$ par $\displaystyle -z^2-b$ et $\displaystyle \bar{z}^2=-\bar{a} z-\bar{b}$ qui n'est autre que l'équation originale conjuguée. On trouve alors que, nécessairement, $\displaystyle z^4+2 b z^2 + \bar{a} a^2 z+a^2 \bar{b}+b^2=0, z \in \C$ qui possède au plus quatre solutions puisque c'est une équation polynomiale de degré $4$ en $\displaystyle z \in \C$ et ce, pour tout $\displaystyle a,b \in \C$.
Cette méthode permet d'établir le résultat sans distinguer des cas particuliers selon des valeurs de $a$ ou de $b.$

@gebrane On peut étudier l'équation $\overline{z} = P(z)$ avec $P$ un polynôme de degré $2$ à coefficients dans $\C$. On veut trois solutions qui forment un triangle équilatéral. Par un changement affine de variable, on se ramène à ce que les trois solutions soient $1,j,j^2$. En posant $P(z) = az^2+bz+c$, on obtient $0 = P(1) + P(j) + P(j^2) = 3c$, donc $c=0$. On a donc $P(1) = a+b = 1$ et $P(j) = aj^2 + bj = j^2$, ce qui implique que $a = 1-bj^{-1}$ et donc $b = b j^{-1}$. La seule possibilité est $\overline{z} = z^2$ (on remarque que si on fait le changement de variable $z \leftarrow jz$, on obtient la même équation car $j^2 = \overline{j}$). Pour chaque triangle équilatéral, il y a donc un unique polynôme $P$ correspondant.

Si on revient aux équations de la forme originale, on trouve qu'avoir un triangle équilatéral correspond exactement à la condition $b=0$.

(Mais à chaque fois, le centre du triangle équilatéral est aussi solution.)

Tu as deux systèmes au choix. Le plus simple, où l'on considère $\overline z$ comme une inconnue indépendante de $z$, notons la plutôt $w$, est le système de deux équations
$$\left\{\begin{aligned}
z^2+aw+b&=0\\
w^2+\overline a z+\overline b&=0
\end{aligned} \right.$$
Ou alors, on écrit $z=x+iy$, $a=s+it$, $b=u+iv$ et on obtient le système en séparant partie réelle et partie imaginaire :
$$\left\{\begin{aligned}
x^2-y^2+sx\color{red}{+}ty+u&=0\\
2xy+tx\color{red}{-}sy+v&=0
\end{aligned} \right.$$
(correction suite à remarque de Champ-Pot-Lion)
Pour résoudre ce système, on peut éliminer $y$ en utilisant $(2x\color{red}{-}s)y=-tx-v$ pour obtenir une équation de degré $4$ en $x$ (multiplier la première équation par $(2x\color{red}{-}s)^2$).

kal8578, je suis désolé, c'est moi qui me suis trompé dans mes calculs. Une solution explicite est possible mais très complexe.

GaBuZoMeu, tu as fait la même erreur de calcul que moi : dans la première équation du système, c'est $+ty$ et dans la deuxième c'est $-sy$. Cette erreur rend le système solvable de manière pas trop complexe en mettant les deux polynômes de la première équation (l'un en $x$ et l'autre en $y$) sous forme canonique et en faisant le changement de variable suggéré. On obtient alors $x^2 - y^2$ et $xy$ en fonction des autres variables.

EDIT : de toute manière cette erreur revient à considérer $z^2+az+b$ au lieu de $z^2+a\overline{z}+b$, alors… c'est moins étonnant.