I . 1. a. On a: $~\left(z_1\right)^2-4\left(1+\frac{2}{3} i\right) z_1+\frac{5}{3}+4 i$

$$\begin{aligned}& =\left(1+\frac{2}{3} \mathrm{i}\right)^2-4\left(1+\frac{2}{3}\mathrm{i}\right)\left(1+\frac{2}{3} \mathrm{i}\right)+\frac{5}{3}+4 \mathrm{i} \\& =-3\left(1+\frac{2}{3} \mathrm{i}\right)^2+\frac{5}{3}+4 \mathrm{i}=-3\left(1-\frac{4}{3}+\frac{4}{3} \mathrm{i}\right)+\frac{5}{3}+4 \mathrm{i} \\& =-\frac{5}{3}-4 \mathrm{i}+\frac{5}{3}+4 \mathrm{i}=0 \end{aligned}$$

donc le nombre $z_1$ est solution de l'équation $(E).\\[0.5cm]$

b. D'après la relation qui existe entre les solutions d'une équation de 2ème degré on a :

$$z_2+z_1=\frac{-b}{a}=4\left(1+\frac{2}{3} i\right)=4 z_1 ~\text { càd }~ z_2=3 z_1\\[0.5cm]$$

2. On a $:~ z_2+z_1=\frac{c}{a}=\frac{5}{3}+4 i$

d'où $\frac{5}{3}+4 i=3 z_1 z_1=3\left|\mathrm{z}_1\right|^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$

Et on a $:~\left|z_1\right|^2=1+\frac{4}{9}=\frac{13}{9}$

donc $~\frac{13}{9}(\cos \theta+\sin \theta)~$ est une forme trigonométrique du nombre complexe $~\frac{5}{3}+4 i\\[0.5cm]$

II. 1. a. On a l'expression complexe de la rotation $r$ est : $$~ \mathrm{z}^{\prime} =\mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{\pi}{3}}(\mathrm{z}-\omega)+\omega $$

et puisque $~p=r(A)~$ alors $~p=e^{i \frac{\pi}{3}}(a-\omega)+\omega=\omega+e^{i \frac{\pi}{3}}(a-\omega)$

et puisque $~B=r(Q)~$ alors $~b=e^{i \frac{\pi}{3}}(q-\omega) +\omega=\omega+e^{i \frac{\pi}{3}}(q-\omega)$

$$\begin{aligned}\text{D'où}~b-\omega=e^{i \frac{\pi}{3}}(q-\omega) &\Leftrightarrow q-\omega=e^{i \frac{\pi}{3}}(b-\omega) \\ & \Leftrightarrow q=\omega+e^{-i \frac{\pi}{3}} \\ &\Leftrightarrow(b-\omega)\end{aligned}$$

$\begin{aligned}\text{b. On a }:~ \frac{1-e^{i \frac{\pi}{3}}}{1-e^{-i \frac{\pi}{3}}} & =\frac{\left(e^{-i \frac{\pi}{6}}-e^{i \frac{\pi}{6}}\right) e^{i \frac{\pi}{6}}}{\left(e^{i \frac{\pi}{6}}-e^{-i \frac{\pi}{6}}\right) e^{-i \frac{\pi}{6}}}=\frac{-2 i \sin ^{\frac{\pi}{6}}}{2 i \sin ^{\frac{\pi}{6}}} \cdot \frac{e^{i \frac{\pi}{6}}}{e^{-i \frac{\pi}{6}}} \\ & =-e^{i \frac{\pi}{3}}=e^{i \pi} e^{i \frac{\pi}{3}}=e^{i \frac{4 \pi}{3}}\end{aligned}$

$\begin{aligned}\text{c. On a }: ~ \frac{p-a}{q-b} & =\frac{\omega+i \frac{\pi}{3}(a-\omega)-a}{\omega+e^{-i \frac{\pi}{3}}(b-\omega)-b}=\frac{(\omega-a)\left(1-e^{-i \frac{\pi}{3}}\right)}{(\omega-b)\left(1-e^{-i \frac{\pi}{3}}\right)} \\ & =\frac{\omega-a}{\omega-b} e^{i \frac{4 \pi}{3}}\end{aligned}\\[0.5cm]$

2. a. Si $~~ \frac{\omega-a}{\omega-b}=e^{i \frac{2 \pi}{3}}$

On a: $~\frac{\mathrm{p}-\mathrm{a}}{\mathrm{q}-\mathrm{b}} =\mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{2 \pi}{3}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \frac{4 \pi}{3}}=1$

cela signifie que $:~ \frac{\mathrm{p}-\mathrm{a}}{\mathrm{q}-\mathrm{b}}=1$

Càd: $~\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\overrightarrow{\mathrm{BQ}}$

donc $\mathrm{APQB}$ est un parallélogramme.$\\[0.5cm]$

b. On a : $~p=\omega+e^{i \frac{\pi}{3}}(a-\omega)~$ et on déduit que $~\frac{\omega-a}{\omega-b}=e^{i \frac{2 \pi}{3}}$

et que $~b=\omega+(a-\omega) e^{i \frac{2 \pi}{3}}$

donc $:~ \frac{b-a}{p-a}=\sqrt{3} e^{i \frac{\pi}{2}}~$ càd $~\arg \left(\frac{b-a}{p-a}\right) \equiv \frac{\pi}{2}[2 \pi]$

d'où les droites $(\mathrm{BA})$ et $(\mathrm{BQ})$ sont perpendiculaires, par conséquent le parallélogramme $\mathrm{APQB}$ est un rectangle.