\begin{theoreme}
    Soit $az^2+bz+c=0$, $a\in \R^*$, $b\in \R$ et $c\in \R.$
    $\Delta=b^2-4ac$ le discriminant de cette équation.
    %
    \begin{itemize}
        \item Si $\Delta=0$, l'équation a une unique solution dans $\R$ : $z_0=\dfrac{-b}{2a}.$
        \item Si $\Delta>0$, l'équation a deux solutions dans $\R$ : $z_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$ et  $z_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}.$
        \item $\Delta<0$, l'équation a deux solution dans $\C$  qui sont conjuguées:
        $$z_1=\dfrac{-b-i\sqrt{-\Delta}}{2a} \textnormal{ et } z_2=\dfrac{-b+i\sqrt{-\Delta}}{2a}.$$
    \end{itemize}
\end{theoreme}
%
\begin{preuve}
    Les deux premiers cas ont été traités en classe de Première. Pour le dernier, on part de l'écriture canonique :
    $$az^2+bz+c=a\left[\left(z+ \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}\right].$$
    Si $\Delta<0$ alors $\dfrac{\Delta}{4a^2}$ est strictement négatif mais on peut l'écrire sous la forme d'un carré :
    $$ \dfrac{\Delta}{4a^2}=\left(\ci \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2 .$$
    On peut donc poursuivre la factorisation à partir de la forme canonique à l'aide de l'identité $A^2-B^2=(A-B)(A+B)$ :
    $$az^2+bz+c=a\left(z+ \frac{b}{2a} - \ci\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)\left(z+ \frac{b}{2a} + \ci\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right).$$
    Comme $a\neq 0$, l'utilisation de théorème sur les produits de facteurs nuls donne bien le résultat.
\end{preuve}
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\begin{remarques}
    \begin{itemize}
        \item Toute expression $Q(z)=az^2+bz+c$,  $a\in \R^*$, $b\in \R$ et $c\in \R$, se factorise dans $\C$ et :
        $$Q(z)=az^2+bz+c=a(z-z_1)(z-z_2).$$%,
        %$z_1$ et $z_2$ étant les solutions de $az^2+bz+c=0$ dans $\C$.
        \item $Q(z)=az^2+bz+c=a\left(z^2+\dfrac{b}{a}z+\dfrac{c}{a}\right)=a\left(z^2-Sz+P\right)$ avec :
        $$S=z_1+z_2=-\dfrac{b}{a} \text{ et } P=z_1\times z_2=\dfrac{c}{a}.$$
    \end{itemize}
\end{remarques}

