I-

1-a. On a : $ ~\left(E_\alpha\right): z^2-i \alpha \sqrt{3} z-\alpha^2=0$

Donc: $~\Delta=(\mathrm{i} \alpha \sqrt{3})^2+4 \alpha^2=-3 \alpha^2+4 \alpha^2=\alpha^2\\[0.5cm]$

b. Les solutions de l'équation $\left(\mathrm{E}_\alpha\right)$ sont :

$$z_1=\frac{i \alpha \sqrt{3}+\alpha}{2}=\alpha\left(\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$

et $$~z_2=\frac{i \alpha . \sqrt{3}-\alpha}{2}=\alpha\left(-\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$

D'où : $~ \mathrm{S}=\left\{\alpha\left(\frac{1}{2}+\mathrm{i} \frac{\sqrt{3}}{2}\right) ; \alpha\left(-\frac{1}{2}+\mathrm{i} \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right\}\\[0.5cm]$

2-On a : $~\alpha|\alpha| \mathrm{e}^{\mathrm{i} \lambda} ; \quad \lambda \in \mathbb{R} $

donc: $~z_1=|\alpha| e^{i \lambda} \cdot e^{i \frac{\pi}{3}}=|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)} $

et $~ z_2=|\alpha| e^{i \lambda} e^{i\left(\pi-\frac{\pi}{3}\right)}=|\alpha| e^{i \lambda} \cdot e^{i \frac{2 \pi}{3}}=|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)}\\[0.5cm]$

II-1-a. * Montrons que : $~\mathrm{R}(\Omega)=\mathrm{M}_1$.

On a: $~~ z_1=e^{i \frac{\pi}{3}}|\alpha| e^{i \lambda}=e^{i \frac{\pi}{3}} \cdot \alpha$

D'où : $~~z_1-0=e^{i \frac{\pi}{3}}(\alpha-0)$

Donc: $~~\mathrm{M}_1=\mathrm{R}(\Omega)$

* Montrons que : $~\mathrm{R}\left(\mathrm{M}_1\right)=\mathrm{M}_2$.

$\begin{aligned}\text{On a}: ~ & z_2=|\alpha| e^{i \lambda} \cdot e^{i \frac{2 \pi}{3}}=e^{i \frac{\pi}{3}}\left(\alpha \cdot e^{i \frac{\pi}{3}}\right) \\ & \Leftrightarrow z_2=e^{i \frac{\pi}{3}} z_1 \\ & \Leftrightarrow z_2-0=e^{i \frac{\pi}{3}}\left(z_1-0\right) \\ & \Leftrightarrow M_2=R\left(M_1\right)\end{aligned}\\[0.5cm]$

b. Déduction :

On a: $~\mathrm{M}_1=\mathrm{R}(\Omega) \Leftrightarrow \mathrm{OM}_1=\mathrm{O} \Omega~$ et $~(\overline{\overline{\mathrm{O} \Omega} ; \overline{\mathrm{OM}}}) \equiv \frac{\pi}{3}$ $[2 \pi]$

$\Leftrightarrow O \Omega M_1$ est un triangle équilatéral.

$$\text { Et : }~ M_2=\mathrm{R}\left(\mathrm{M}_1\right) \Leftrightarrow \mathrm{OM}_2=\mathrm{OM}_1 ~\text { et } ~\left(\overline{\overline{\mathrm{OM}}_1 ; \overline{\mathrm{OM}}_2}\right) \equiv \frac{\pi}{3}[2 \pi]$$

$\Leftrightarrow \mathrm{OM}_1 \mathrm{M}_2$ est équilatéral.$\\[0.5cm]$

2- a. Vérifions l'égalité demandée.

$\begin{aligned} \text{On a :}~ z_1-z_2 & =\frac{1+i \sqrt{3}}{2} \alpha-\left(\frac{-1+i \sqrt{3}}{2}\right) \alpha \\ & =\frac{\alpha}{2}(1+i \sqrt{3}+1-i \sqrt{3}) \\ & =\frac{\alpha}{2} \times 2=\alpha\end{aligned}$

D'où le résultat.$\\[0.5cm]$

b. Montrons que : $\left(\mathrm{OM}_1\right) \perp\left(\Omega \mathrm{M}_2\right)$

$\begin{aligned}\text{On a : }~ \frac{z_2-\alpha}{z_1-0} & =\frac{\frac{-1+i \sqrt{3}}{2} \alpha-\alpha}{\frac{-1+i \sqrt{3}}{2} \alpha} \\ & =\frac{-1+i \sqrt{3}-2}{1+i \sqrt{3}} \\ &=\frac{-3+i \sqrt{3}}{1+i \sqrt{3}}\\ &=\frac{i \sqrt{3}(1+i \sqrt{3})}{1+i \sqrt{3}}\\ &=i \sqrt{3}\end{aligned}$

Donc: $~\frac{z_2-\alpha}{z_1-0} \in i\mathbb{R}$

D'où le résultat.$\\[0.5cm]$

c. Déduisons que $~\mathrm{O} \Omega \mathrm{M}_1 \mathrm{M}_2$ est un losange.

On a : $\quad z_1-z_2=\alpha$

Donc: $~\mathrm{Z}_{\overrightarrow{\mathrm{M}_1 \mathrm{M}_2}}=\mathrm{Z}_{\overrightarrow{\mathrm{O \Omega}}}$

Donc : $~{\overrightarrow{M_1 M_2}}=\overrightarrow{\mathrm{O} \Omega}$

Par la suite $~O \Omega M_1 M_2$ est un parallélogramme   (1)

Et on a: $~\left(\mathrm{OM}_1\right) \perp\left(\Omega \mathrm{M}_2\right) \quad$ (2)

Et : $~\left[\mathrm{OM}_1\right]$ et $\left[\Omega \mathrm{M}_2\right]$ sont les diagonales de $\mathrm{O} \Omega \mathrm{M}_1 \mathrm{M}_2~~$ (3)

De (1); (2) et (3) on déduit le résultat.$\\[0.5cm]$

3-Montrons que: $~\forall \theta \in \mathbb{R}$; $\quad Z \in \mathbb{R}$

On a: $\quad \forall\left(x, x^{\prime}\right) \in \mathbb{R}^2$

$\begin{aligned}\text{On a } : ~\mathrm{e}^{i x} -\mathrm{e}^{i x'} &=\mathrm{e}^{x^{\prime}}\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}(x-x')}-1\right) \\ &=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{x+x^{\prime}}{2}\right)} \left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{x-x^{\prime}}{2}\right)}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\left(\frac{x-x^{\prime}}{2}\right)}\right) \\& =2 \mathrm{i}\sin\left(\frac{x-x^{\prime}}{2}\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{x+x^{\prime}}{2}\right)}\end{aligned}$

D'où :

$\begin{aligned} Z & =\frac{z_2-\alpha}{z_1-\alpha} \div \frac{z_2-|\alpha| e^{i \theta}}{z_1-|\alpha| e^{i \theta}} \\[0.2cm] & =\frac{z_2-\alpha}{z_1-\alpha} \times \frac{z_1-|\alpha| e^{i \theta}}{z_2-|\alpha| e^{i \theta}} \\[0.2cm] & =\frac{|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)}-|\alpha| e^{i \lambda}}{|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}-|\alpha| e^{i \lambda}} \times \frac{|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}-|\alpha| e^{i \theta}}{|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)}-|\alpha| e^{i \theta}}\\[0.2cm] & =\frac{e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)}-e^{i \lambda}}{e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}-e^{i\lambda}} \times \frac{e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}-e^{i \theta}}{e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)}-e^{i \theta}}\\[0.2cm] &=\frac{2 i \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}}{2 i \sin \left(\frac{\pi}{6}\right) e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{6}\right)}} \times \frac{2 i \sin \left(\frac{\lambda}{2}-\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{6}\right) e^{i\left(\frac{\lambda}{2}+\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{6}\right)}}{2 i \sin \left(\frac{\lambda}{2}-\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{3}\right) e^{i\left(\frac{\lambda}{2}+\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{3}\right)}}\\[0.2cm] & =\frac{\sin \left(\frac{\pi}{3}\right) \cdot \sin \left(\frac{\lambda}{2}-\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{6}\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{6}\right) \sin \left(\frac{\lambda}{2}-\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{3}\right)} \cdot \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{3 \lambda}{2}+\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{2}\right)}}{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{3 \lambda}{2}+ \frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{2}\right)}}\\[0.2cm] & =\frac{\sin \left(\frac{\pi}{3}\right) \cdot \sin \left(\frac{\lambda}{2}-\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{6}\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{6}\right) \sin \left(\frac{\lambda}{2}-\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{3}\right)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \pi} \in \mathbb{R}\end{aligned}$

D'où le résultat.