• \(1+2i-4i+7-3i^2=8-2i+3=11-2i\)
• \((1+2i)(5-4i)=1\times 5 + 1 \times (-4i) + 2i \times 5 +2i \times (-4i) = 5-4i+10i+8=13+6i\)
• \(\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{5}i\right)\left(\dfrac{5}{2}+\dfrac{1}{4}i\right)=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}i+\dfrac{2}{5}i \times \dfrac{5}{2} +\dfrac{2}{5}i \times \dfrac{1}{4}i = \dfrac{5}{6}+\dfrac{1}{12}i+i-\dfrac{1}{10}=\dfrac{11}{15}+\dfrac{13}{12}i\)
• \((5+3i)(10-6i)=5\times 10 + 5 \times(-6i)+3i \times 10 +3i \times (-6i) = 50 -30i+30i+18=68\)
• \((2i)^{10}=2^{10} \times i^{10}=1024 \times (i^2)^5=1024 \times (-1)^5=-1024\)
• Calculons d’abord \(\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2\) en utilisant une identité remarquable.

  \(\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + 2 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}i + \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)^2=\dfrac{2}{4}+i-\dfrac{2}{4}=i \)

  Ainsi, \(\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^8 = \left(\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2\right)^4=i^4=i\times i \times i \times i = (-1) \times (-1) = 1\)

Soit \(z\in\mathbb{C}\)

• \(z+2i-4=5i+3 \Leftrightarrow z = 3+4+5i-2i \Leftrightarrow z = 7+3i\)
• \(\dfrac{z-4i}{3}=\dfrac{1}{2}+5i \Leftrightarrow z = 3 \times \left(\dfrac{1}{2}+5i\right)+4i \Leftrightarrow z = \dfrac{3}{2}+19i\)
• \((3+2i)z+i-5=1+5i \Leftrightarrow (3+2i)z = 1+5+5i-i \Leftrightarrow (3+2i)z = 6+4i \Leftrightarrow (3+2i)z = 2\times (3+2i) \Leftrightarrow z = 2\)
• \((z-3+i)(2z-5i)=0 \Leftrightarrow z-3+i=0\) ou \(2z-5i=0 \Leftrightarrow z = -3-i\) ou \(z= \dfrac{5}{2}i\)
• Soit \(z\in\mathbb{C}\setminus \{1\}\),
  \(\dfrac{z+1+i}{1-z}=0 \Leftrightarrow z+1+i = 0 \Leftrightarrow z=-1-i\)
• Soit \(z \in \mathbb{C}\setminus \{3\}\).

  \(\dfrac{z-3i+1}{z-3}=\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow 4(z-3i+1)=z-3 \Leftrightarrow 4z-12i+4=z-3 \Leftrightarrow 3z = -7+12i \Leftrightarrow z = -\dfrac{7}{3}+4i\)

Soit \(z_1,z_2\in\mathbb{C}\)

1. Le discriminant du polynôme \(x^2+x+1\) est \(1^2-4 \times 1 \times 1 = -3\). Celui-ci étant négatif, le polynôme n’admet pas de racine réelle.
2. D’une part, \[j^2=\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)^2=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+2\times \left(-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{4}=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\]
   Ainsi,
   \[j^2+j+1 = -\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2} + \left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)+1=0\]
   \(j\) est donc bien une solution de l’équation \(z^2+z+1=0\)
3. On a alors \((z-j)(z-a) = z^2-zj-zj+aj=z^2-(a+j)z+aj=a^2+a+1\). En identifiant les coefficients, on a donc \(a+j=-1\) et donc \(a=-1-j\). Or, puisque \(j^2+j+1=0\), on a donc \(j^2=-j-1\). Ainsi, \(a=j^2=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\).

   On vérifie alors que \(aj=1\), et en effet, en utilisant une identité remarquable,
   \[aj=\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right) \left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-\left(\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=1\]

   Ainsi, pour tout complexe \(z\), \(z^2+z+1=(z-j)(z-a)\) qui vaut en 0 en \(j=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\) et en \(a=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\). Ce sont donc les deux racines du polynôme.

1. \(z\) est imaginaire pur si sa partie réelle est nulle, c’est-à-dire \(2x+1=0\) et donc \(x=-\dfrac{1}{2}\). Dans ce cas,
   \[z=\left( \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+5\times \left(-\dfrac{1}{2}\right)-4\right)i=\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{5}{2}-4\right)i=-\dfrac{25i}{4}\]
2. \(z\) est réel si sa partie imaginaire est nulle, c’est-à-dire \(x^2+5x-4=0\). Les solutions sont \(-\dfrac{5}{2}-\dfrac{\sqrt{41}}{2}\) et \(-\dfrac{5}{2}+\dfrac{\sqrt{41}}{2}\). Dans le premier cas, on a alors \(z=-4-\sqrt{41}\). Dans le second cas, on a \(z=-4+\sqrt{41}\).

1. \(f(a+ib)=(a+ib)^2+2(a+ib)+9=a^2+2aib+(ib)^2+2a+2ib+9=a^2-b^2+2a+i \times 2b(a+1)\)
2. \(f(a+ib)\) est réel si sa partie imaginaire, c’est-à-dire \( 2b(a+1)\) vaut 0. Ainsi, \(f(z)\) est réel si et seulement si \(z\) est réel ou \(Re(z)=-1\)

\(z\overline{z}=(a+ib)(a-ib)=a^2-(ib)^2=a^2+b^2\). Une formule bien utile et qui nous sera bien utile dans un prochain chapitre !

Soit \(z=a+ib\) un complexe.

Si \(z\) est un imaginaire pur, alors \(a=0\). Ainsi, \(z=ib\) et \(\overline{z}=-ib=-z\).

Si \(z=-\overline{z}\), alors \(a+ib=-(a-ib)=-a+ib\). Il en résulte que \(2a=0\) et donc \(a=0\). \(z\) est donc imaginaire pur.

Soit \(z=a+ib\) un complexe.
\[\dfrac{z+\overline{z}}{2}=\dfrac{a+ib+a-ib}{2}=\dfrac{2a}{2}=a=Re(z)\]
De même,
\[\dfrac{z-\overline{z}}{2i}=\dfrac{a+ib-(a-ib)}{2}=\dfrac{2ib}{2i}=b=Im(z)\]

D’une part, remarquons que \(10-8i=2(5-4i)\). Ainsi, \(z=2(1-3i)(5+4i)(1+3i)(5-4i)\)

D’après les formules sur le produit de conjugués, on a
\[\overline{z}=\overline{2(1-3i)(5+4i)(1+3i)(5-4i)}=\overline{2}\times\overline{(1-3i)} \times \overline{(5+4i)} \times \overline{(1+3i)} \times \overline{(5-4i)}\]

Ainsi,
\[\overline{z}=2(1+3i)(5-4i)(1-3i)(5+4i)=z\]
Puisque \(\overline{z}=z\), on en conclut que \(z\) est réel.

1. Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\)
   \(2z+3=3\overline{z}+4-i \Leftrightarrow 2(a+ib)+3=3(a-ib)+4-i \Leftrightarrow 2a-3a+3-4+i(2b+3b+1)=0 \Leftrightarrow -a-1 +i(5b+1)=0\).
   On a donc le système \(\left\{\begin{array}{rcl}-a-1&=&0 \\ 5b+1&=&0\end{array}\right.\) ce qui conduit à \(a=-1\) et \(b=-\dfrac{1}{5}\)

   La solution de cette équation est donc \(-1-\dfrac{i}{5}\).

2. Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\)
   \(2z-4\overline{z}= 6-3i \Leftrightarrow 2(a+ib)-4(a-ib)=6-3i \Leftrightarrow 2a-4a-6+i(2b+4b+3) = 0 \Leftrightarrow -2a-6+i(6b+3)=0\)
   On a donc le système \(\left\{\begin{array}{rcl}-2a-6&=&0 \\ 6b+3 &=&0\end{array}\right.\) ce qui conduit à \(a=-3\) et \(b=-\dfrac{1}{2}\)

   La solution de cette équation est donc \(-3-\dfrac{i}{2}\).

3. Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\).
   \(z+\overline{z}=3+4i \Leftrightarrow a+ib+a-ib=3+4i \Leftrightarrow 2a-3-4i = 0\)
   Or, la partie imaginaire du membre de gauche est non nulle. Cette équation n’admet aucune solution (on aurait également tout simplement pu utiliser un exercice précédent : \(z+\overline{z} = Re(z)\).

1. Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\)
   \(2z+4+i=(3+i)\overline{z}+2-3i \Leftrightarrow 2(a+ib)+4+i=(3+i)(a-ib)+2-3i \Leftrightarrow 2a+2ib+i+4=3a-3ib+ia+b+2-3i\)
   
   \(\Leftrightarrow 2a-3a -b-2+4 +i(2b+1+3b-a+3) \Leftrightarrow -a-b+2+i(-a+5b+4)=0\)
   
   Ce qui nous amène à résoudre le système \((E)\,:\,\left\{\begin{array}{rcl}-a-b+2&=&0 \\ -a+5b+4 &=&0\end{array}\right.\).

   \((E)\, \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}-a-b+2&=&0 \\ -6b-2 &=&0 \qquad \qquad \color{red}{L_2 \leftarrow L_1 – L_2}\end{array}\right.\)

   \((E)\, \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}-a-b+2&=&0 \\ b &=& – \dfrac{1}{3} \end{array}\right.\)

   \((E)\, \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}-a-\left(-\dfrac{1}{3}\right)+2&=&0 \\ b &=& – \dfrac{1}{3} \end{array}\right.\)

   \((E)\, \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a &=& \dfrac{7}{3} \\ b &=& – \dfrac{1}{3} \end{array}\right.\)

   La solution de cette équation est \(\dfrac{7}{3}-\dfrac{i}{3}\)

2. Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\)
   \(\overline{z}-1=z\overline{z}-i \Leftrightarrow a-ib-1=(a+ib)(a-ib)-i \Leftrightarrow a-ib-1=a^2+b^2-i \Leftrightarrow a-a^2-b^2 +i(b+1)=0\)

   On a donc le système \(\left\{\begin{array}{rcl}a-a^2-b^2&=&0 \\ b+1 &=&0\end{array}\right.\). La seconde ligne nous donne \(b=-1\). En remplaçant \(b\) par \(-1\) dans la première équation, on a alors \(a-a^2-1=0\). C’est un polynôme du second degré dont le discriminant vaut \(1^2-4\times(-1) \times (-1) = -3\). Ainsi, l’équation \(a-a^2-1=0\) n’admet pas de solution réelle. L’équation de départ n’a donc pas de solution.

3. Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\)
   \(\overline{z}=iz \Leftrightarrow a-ib = i(a+ib) \Leftrightarrow a+b -i(a+b)=0\)
   Cette équation est équivalente à \(a=-b\). Les solutions sont donc les nombres complexes \(a-ia\) pour tout réel \(a\).

Soit \(z=a+ib\in\mathbb{C}\)

\(z^2-\overline{z}+1=0 \Leftrightarrow (a+ib)^2-(a-ib)+1=0 \Leftrightarrow a^2 +2aib -b^2-a+ib+1=0 \Leftrightarrow a^2-b^2-a+1+ib(2a+1)=0\)

On a donc le système \(\left\{\begin{array}{rcl}a^2-b^2-a+1&=&0 \\ b(2a+1) &=&0\end{array}\right.\).

La deuxième ligne nous amène à différencier deux cas :

• Soit \(b=0\). La première équation devient alors \(a^2+a+1=0\). C’est un polynôme du second degré dont le discriminant vaut \(-3\). Il ne possède donc pas de racine réelle.
• Soit \(a=-\dfrac{1}{2}\). La première équation devient alors \( \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{2}+1=b^2\) soit \(b^2=\dfrac{7}{4}\) ce qui conduit à \(b=\dfrac{\sqrt{7}}{2}\) ou \(b=-\dfrac{\sqrt{7}}{2}\)

Les solutions sont donc \(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{7}}{2}\) et \(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{7}}{2}\)

• \( \dfrac{1}{i} = \dfrac{-i}{i \times -i} = \dfrac{-i}{1}=-i\)
• \(\dfrac{1}{1+i} = \dfrac{1-i}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{1-i}{1^2-i^2}=\dfrac{1-i}{2}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{i}{2}\)
• \(\dfrac{2}{4-5i} = \dfrac{2(4+5i)}{(4-5i)(4+5i)}=\dfrac{8+10i}{4^2-(5i)^2}=\dfrac{8}{41}+\dfrac{10i}{41}\)
• \(\dfrac{2i}{i-3} = \dfrac{(2i)(-i-3)}{(i-3)(-i-3)}=\dfrac{2-6i}{3^2-i^2}=\dfrac{2}{10}-\dfrac{6i}{10}=\dfrac{1}{5}-\dfrac{3i}{5}\)
• \(\dfrac{1-6i}{2+4i} = \dfrac{(1-6i)(2-4i)}{(2+4i)(2-4i)}=\dfrac{2-4i-12i-24}{2^2-(4i)^2}=-\dfrac{22}{20}-\dfrac{16i}{22}=-\dfrac{11}{10}-\dfrac{8i}{11}\)
• \(\dfrac{3-2i}{2i-3}=\dfrac{-(2i-3)}{2i-3}=-1\). Attention à ne pas se lancer précipitament dans les calculs.

• Soit \(z\in\mathbb{C}\)

  \((1+2i)z+3=5-4i \Leftrightarrow (1-2i)z=2-4i \Leftrightarrow z=\dfrac{2-4i}{1+2i}\)

  On met alors \(\dfrac{2-4i}{1+2i}\) sous forme algébrique

  \(\dfrac{2-4i}{1+2i}=\dfrac{(2-4i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)}=\dfrac{2-4i-4i-8}{1^2-(2i)^2}=-\dfrac{6}{5}-\dfrac{8i}{5}\)
  La solution de cette équation est donc \(-\dfrac{6}{5}-\dfrac{8i}{5}\).

• Soit \(z\in\mathbb{C}\)

  \((3-4i)z+1-3i=2iz \Leftrightarrow (3-4i)z-2iz=-1+3i \Leftrightarrow (3-6i)z=-1+3i\Leftrightarrow \dfrac{-1+3i}{3-6i}\)

  On met alors \(\dfrac{-1+3i}{3-6i}\) sous forme algébrique

  \(\dfrac{-1+3i}{3-6i}=\dfrac{(-1+3i)(3+6i)}{(3-6i)(3+6i)}=\dfrac{-3-6i+9i-18}{3^2-(6i)^2}=-\dfrac{21}{45}+\dfrac{3i}{45}=-\dfrac{7}{15}+\dfrac{i}{15}\)
  La solution de cette équation est donc \(-\dfrac{7}{15}+\dfrac{i}{15}\).

• Voyons d’abord quand le dénominateur s’annule. Soit \(z\in\mathbb{C}\)

  \(iz-1=0 \Leftrightarrow iz=1 \Leftrightarrow z=\dfrac{1}{i} \Leftrightarrow z = -i\)

  Soit donc \(z \in \mathbb{C}\setminus \{-i\}\).

  \(\dfrac{z-i}{iz-1}=\dfrac{1}{3} \Leftrightarrow 3(z-i)=iz-1 \Leftrightarrow 3z-iz=-1+3i \Leftrightarrow (3-i)z=(-1+3i) \Leftrightarrow z =\dfrac{-1+3i}{3-i}\)

  On met alors \(\dfrac{-1+3i}{3-i}\) sous forme algébrique

  \(\dfrac{-1+3i}{3-i}=\dfrac{(-1+3i)(3+i)}{(3-i)(3+i)}=\dfrac{-3-i+9i-3}{3^2-i^2}=-\dfrac{6}{45}+\dfrac{8i}{45}=-\dfrac{3}{5}+\dfrac{4i}{5}\)

  La solution de cette équation est donc \(-\dfrac{3}{5}+\dfrac{4i}{5}\).

D’une part

\[\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{a+ib}=\dfrac{a-ib}{(a+ib)(a-ib)}=\dfrac{a-ib}{a^2+b^2}\]

Ainsi, \[\overline{\left(\dfrac{1}{z}\right)}=\dfrac{a+ib}{a^2+b^2}\]

D’autre part,

\[ \dfrac{1}{\overline{z}} = \dfrac{1}{a-ib}=\dfrac{a+ib}{(a-ib)(a+ib)}=\dfrac{a+ib}{a^2+b^2}\]

On a bien \(\overline{\left(\dfrac{1}{z}\right)} = \dfrac{1}{\overline{z}} \)

1. Supposons qu’il existe un complexe \(z\) différent de 1 tel que \(\dfrac{2-iz}{1-z}=i\).
   On a alors \(2-iz=i(1-z)\) et donc \(2-iz=i-iz\) et finalement \(2=i\). C’est absurde ! Ainsi, pour tout complexe \(z\) différent de 1, \(f(z)\) est différent de \(i\).
2. Soit \(Z\) un complexe différent de \(i\) et \(z\) un complexe différent de 1.

   \(f(z)=Z \Leftrightarrow \dfrac{2-iz}{1-z}=Z \Leftrightarrow 2-iz = Z(1-z) \Leftrightarrow zZ-iz = Z – 2 \Leftrightarrow z(Z-i)=Z-2 \Leftrightarrow z = \dfrac{Z-2}{Z-i}\).
   

1. D’après le cours, on sait que \(\overline{\left(\dfrac{1}{z}\right)} = \dfrac{1}{\overline{z}} \). Or, on a vu plus tôt dans un exercice que pour tout complexe \(Z\), \(Z+\overline{Z}=Re(Z)\). En particulier, \(Z+\overline{Z}\) est réel. \(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{\overline{z}}\) est donc un réel.
2. Soit \(z=a+ib\) un complexe,

   \(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{\overline{z}} = \dfrac{1}{a+ib}+\dfrac{a-ib}=\dfrac{a-ib}{(a+ib)(a-ib)}+\dfrac{a+ib}{(a+ib)(a-ib)}=\dfrac{2a}{a^2+b^2}\)

   Ainsi, \(a\) et \(b\) étant réels, \(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{\overline{z}}\) est aussi un réel.

D’une part,

\[j^2=\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)^2=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+2\times \left(-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{4}=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\]

Ainsi, \(j^2=\overline{j}\). De plus,
\[j^3 = j^2 \times j = \left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right) \left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2-\left(\dfrac{i\sqrt{3}}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=1\]

On a donc \(j^3=1\), soit \(j^2 \times j =1\) et donc \(j^2 = \dfrac{1}{j}\).

1. On a
   • \(z_1=\dfrac{1-6}{1+i}=\dfrac{-5(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{-5+5i}{1^2-i^2}=-\dfrac{5}{2}+\dfrac{5i}{2}\)
   • \(z_2 = \dfrac{-\frac{5}{2}+\frac{5i}{2}+1}{1+i}=\dfrac{\left(-\frac{3}{2}+\dfrac{5i}{2}\right)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{1}{2} \times \left(-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3i}{2}+\dfrac{5i}{2}+\dfrac{5}{2}\right)=\dfrac{1+4i}{2}\)
2. 1. Pour tout entier naturel \(n\),

      \[ u_{n+1}=z_{n+1}-6i = \dfrac{z_n-6}{1+i} – 6i = \dfrac{z_n-6-6i(1+i)}{1+i}=\dfrac{z_n-6-6i+6}{1+i}=\dfrac{z_n-6i}{1+i}=\dfrac{u_n}{1+i}\]

      La suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{1+i}\).

   2. On sait que \(u_0 = z_0 -6i = 1-6i\). Pour tout entier naturel \(n\), on a donc \(u_n = \dfrac{1-6i}{(1+i)^n}\) et donc \(z_n=u_n+6i=\dfrac{1-6i}{(1+i)^n}+6i\)
3. 1. Pour tout entier naturel \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : \(t_n = \overline{z_n}\)
      • Initialisation : On a \(t_0=1\) et \(z_0=1\). Ainsi, \(t_0 = \overline{z_0}\). \(P(0)\) est vraie.
      • Hérédité : Soit \(n\in \mathbb{N}\). Supposons que \(P(n)\) est vraie. On a donc \(t_n = \overline{z_n}\). Or,

        \[t_{n+1}=\dfrac{t_n-6}{1-i}=\dfrac{\overline{z_n}-6}{1-i}=\dfrac{\overline{z_n-6}}{\overline{1+i}}=\overline{\left(\dfrac{z_n-6}{1+i}\right)}=\overline{z_{n+1}}\]

        Ainsi, \(P(n+1)\) est vraie.

      • Conclusion : \(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
   2. Pour tout entier naturel \(n\),

      \[t_n = \overline{z_n}=\overline{\dfrac{1-6i}{(1+i)^n}+6i}=\dfrac{1+6i}{(1-i)^n}-6i\]

1. \(f(1+2i)=\dfrac{1+2i-i}{1+2i+i}=\dfrac{1+i}{1+3i}=\dfrac{(1+i)(1-3i)}{(1+3i)(1-3i)}=\dfrac{1-3i+i+3}{1^2-(3i)^2}=\dfrac{4}{10}-\dfrac{2i}{10}=\dfrac{2}{5}-\dfrac{i}{5}\)
2. Supposons qu’il existe un complexe \(z\) différent de \(-i\) tel que \(f(z)=1\).

   On a alors \(\dfrac{z-i}{z+i} = 1\) et donc \(z-i=z+i\) et finalement \(2i=0\), ce qui est absurde. Ainsi, pour tout complexe \(z \neq -i\), \(f(z) \neq 1\).

3. Soit \(Z\) un complexe différent de 1 et \(z\) un complexe différent de \(-i\),

   \[f(z)=Z \Leftrightarrow \dfrac{z-i}{z+i} = Z \Leftrightarrow z-i=Z(z+i)\Leftrightarrow z-zZ=i+Zi \Leftrightarrow z(1-Z)=i+Zi \Leftrightarrow z = \dfrac{i(1+Z)}{1-Z} \]

4. Soit \(x\) un réel. On a alors \(\overline{x}=x\). Ainsi,

   \[f(x) \times \overline{f(x)} = \dfrac{x-i}{x+i} \times \overline{\left(\dfrac{x-i}{x+i}\right)} = \dfrac{x-i}{x+i} \times \dfrac{x+i}{x-i}=1\]

5. Soit \(z\) un complexe différent de \(-i\) tel que \(f(z) \times \overline{f(z)}=1\)

   On a alors \(\dfrac{z-i}{z+i} \times \overline{\left(\dfrac{z-i}{z+i}\right)}=1 \) et donc \( \dfrac{z-i}{z+i} \times \dfrac{\overline{z}+i}{\overline{z}-i}=1 \)

   En développant, on obtient que
   \[\dfrac{z\overline{z}-i\overline{z}+iz+1}{z\overline{z}+i\overline{z}-iz+1}=1\]
   et donc
   \[z\overline{z}-i\overline{z}+iz+1 = z\overline{z}+i\overline{z}-iz+1\]
   On en déduit que
   \[2i(z-\overline{z})=0\]
   Or, \(z-\overline{z}=\dfrac{Im(z)}{2i}\). Ainsi
   \[Im(z)=0\]
   \(z\) est donc un réel.