\documentclass{article}
\usepackage{amsmath,amssymb, amsthm}
\usepackage{geometry}
\usepackage[colorlinks=true, linkcolor=blue, urlcolor=blue]{hyperref}
\usepackage{enumitem}
\geometry{a4paper, margin=1in}
\begin{document}
\Large
\section{Preuves A Connaitre (PAC)}
\subsection{Chapitre 1}
\subsubsection{Les identités structurales usuelles.}

\begin{itemize}
	\item
	      Soit $Z_1 et Z_2$ des nombres complexes, alors on a les égalités:
	      \[
		      \overline{Z_1 + Z_2} = \overline{Z_1} + \overline{Z_2}
	      \]
	      \[
		      \overline{Z_1 \times Z_2} = \overline{Z_1} \times \overline{Z_2}
	      \]
	      \[
		      \lvert Z_1  \times Z_2\rvert = \lvert Z_1 \rvert \times \lvert Z_2 \rvert
	      \]
	\item Demonstrations:
	      \[
		      Z_1 = a+ib \]
	      \[Z_2 = a^\prime +ib^\prime\]
	      \begin{itemize}
		      \item $\overline{Z_1 + Z_2} = \overline{Z_1} + \overline{Z_2}:$
		            \[
			            \overline{Z_1 + Z_2} = \overline{a + ib + a^\prime + ib^\prime} = a + a ^\prime - i\left(b + b^\prime\right)
		            \]
		            or
		            \[
			            \overline{Z_1} + \overline{Z_2} = \overline{a+ib} + \overline{a^\prime+ib^\prime} = a + a ^\prime - i\left(b + b^\prime\right)
		            \]
		            donc:
		            \[\overline{Z_1 + Z_2} = \overline{Z_1} + \overline{Z_2} \]
		      \item $\overline{Z_1 Z_2} = \overline{Z_1}\,\overline{Z_2}:$
		            \[
			            Z_1Z_2=(a+ib)(a'+ib')=aa'-bb' + i(ab'+a'b)
		            \]
		            \[
			            \overline{Z_1Z_2}=aa'-bb' - i(ab'+a'b)
		            \]
		            or
		            \[
			            \overline{Z_1}\,\overline{Z_2}=(a-ib)(a'-ib')=aa'-bb' - i(ab'+a'b)
		            \]
		            donc:
		            \[
			            \overline{Z_1 Z_2}=\overline{Z_1}\,\overline{Z_2}
		            \]
		      \item $\lvert Z_1Z_2\rvert=\lvert Z_1\rvert\,\lvert Z_2\rvert:$
		            \[
			            Z_1=a+ib,\qquad Z_2=a'+ib'
		            \]
		            \[
			            Z_1Z_2=(a+ib)(a'+ib')=aa'-bb' + i(ab'+a'b)
		            \]
		            \[
			            \lvert Z_1Z_2\rvert^2=(aa'-bb')^2+(ab'+a'b)^2
		            \]
		      \item
		            Développer séparément :
		            \[
			            \lvert Z_1\rvert^2=a^2+b^2,\qquad \lvert Z_2\rvert^2=a'^2+b'^2
		            \]

		            Produit :
		            \[
			            \lvert Z_1\rvert^2\,\lvert Z_2\rvert^2=(a^2+b^2)(a'^2+b'^2)
		            \]

		            Égalité d’identité algébrique :
		            \[
			            (aa'-bb')^2+(ab'+a'b)^2=(a^2+b^2)(a'^2+b'^2)
		            \]

		            Donc :
		            \[
			            \lvert Z_1Z_2\rvert^2=\lvert Z_1\rvert^2\,\lvert Z_2\rvert^2
		            \]
		            \[
			            \lvert Z_1Z_2\rvert=\lvert Z_1\rvert\,\lvert Z_2\rvert
		            \]

	      \end{itemize}


\end{itemize}

\subsubsection{Solutions d'un polynôme du second degré}
\begin{itemize}
	\item Soit $Z_1, Z_2 \in \mathbf{C} $ des solutions d'un polynôme de degré 2 telles que:


	      \[
		      a\left(z - Z_1\right)\left(z - Z_2\right) = az^2 + bz + c
	      \]
	      on cherche a vérifier que $Z_1$ et $Z_2$ sont solutions de $az^2 + bz + c$
	\item Demonstration:
	      \[
		      Z_1 = \frac{-b+\delta}{2a}
	      \]
	      \[
		      Z_2 = \frac{-b-\delta}{2a}
	      \]
	      Avec $\delta^2 = \Delta$ et $\Delta = b^2 - 4ac$ \\
	      On obtient donc avec le membre de gauche:
	      \[
		      a\left(z-Z_1\right)\left(z-Z_2\right) = a\left(z - \frac{-b+\delta}{2a}\right)\left(z - \frac{-b-\delta}{2a}\right)
	      \]
	      \[
		      =a\left(z^2 -z \times\left(\frac{-b-\delta}{2a} + \frac{-b+\delta}{2a}\right)  + \frac{b^2 - \delta^2}{4a^2}\right)
	      \] or $\delta^2 = \Delta = b^2 - 4ac$
	      \[
		      =a\left(z^2+z\frac{b}{a}+\frac{-b^2-b^2+4ac}{4a^2}\right)
		      = \boxed{az^2 + bz + c}
	      \]
	      Qui correspond au membre de droite donc à une equation de degré 2.
\end{itemize}
\subsubsection{Racines n-ièmes complexes}
\begin{itemize}
	\item Soit $z_0 = \rho e^{i\theta}$ un nombre complexe non nul écrit sous la forme polaire et n un entier naturel strictement positif. Alors l'équation $z^n = z_0$ admet pour solutions les $n$ nombres $\sqrt[n]{\rho}e^{i\frac{\theta}{n} }$, ... ,
	      \item{Demonstration: } — On vérifie d’abord que les nombres proposés vérifient bien
	      $z^{n}=z_{0}$ : si $k\in\{0,\ldots ,n-1\}$,
	      \[
		      \left(\sqrt[n]{\rho}\, e^{i(\theta+2k\pi)/n}\right)^{n}
		      = (\sqrt[n]{\rho})^{n}\, \bigl(e^{i(\theta+2k\pi)/n}\bigr)^{n}
		      = \rho\, e^{i(\theta+2k\pi)}
		      = \rho\, e^{i\theta}\, e^{i2k\pi}
		      = \rho\, e^{i\theta}
		      = z_{0}.
	      \]

	      Comme $z_{0}\neq 0$, ces nombres sont deux à deux distincts.
	      En effet, si $k$ et $j$ sont dans $\{0,\ldots ,n-1\}$,
	      \[
		      \sqrt[n]{\rho}\, e^{i(\theta+2k\pi)/n}
		      = \sqrt[n]{\rho}\, e^{i(\theta+2j\pi)/n}
		      \iff
		      e^{i(\theta+2k\pi)/n}
		      = e^{i(\theta+2j\pi)/n}
	      \]
	      \[
		      \iff
		      e^{i(2(k-j)\pi)/n}=1
		      \iff
		      \frac{k-j}{n}\in\mathbb{Z}
		      \iff
		      k=j.
	      \]

	      On a donc trouvé $n$ racines deux à deux distinctes du polynôme
	      $P(z)=z^{n}-z_{0}$, qui est de degré $n$, donc ces racines sont les seules racines
	      de $P$. \qed

	      En particulier les nombres de la forme
	      \[
		      e^{\, i(2k\pi/n)},\qquad k=0,\ldots ,n-1,
	      \]
\end{itemize}
\end{document}