\partie{A}

\begin{enumerate}
\item Le discriminant de $P$ est : 
\begin{align*}
\Delta & = b^2-4ac\\
\Delta & =\left(-\sqrt{3}\right)^2-4\times\frac{1-\i}{2}\times(1+\i)\\
\Delta & =3 - 2(1-\i)(1+\i)\\
\Delta & =3 - 2(1+1)\\
\Delta &= 3-4\\
\Aboxed{\Delta & =-1}
\end{align*}


\item Les racines de $P$ sont données par les formules :
\[ 
\frac{-b-\i\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a} \qquad ; \qquad \frac{-b+\i\sqrt{\vert\Delta\vert}}{2a}
\]

Ainsi, comme $z_A$ est la solution de $(E)$ ayant la plus grande partie imaginaire : 
\begin{align*}
z_A & =\frac{\sqrt{3}+\i}{1-\i}\\
& =\frac{\left(\sqrt{3}+\i\right)(1+\i)}{(1-\i)(1+\i)}\\
\Aboxed{z_A & =\frac{\sqrt{3}-1}{2}+\i\frac{\sqrt{3}+1}{2}}
\end{align*}

\item $\arg(z_A)=\arg\left(\dfrac{\sqrt{3}+\i}{1-\i}\right)=\arg\left(\sqrt{3}+\i\right)-\arg(1-\i)$. Ainsi : 
\begin{align*}
\arg(z_A) & =\arg\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\i\right)-\arg(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\i)\\
& =\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\\
\Aboxed{\arg(z_A) & =\dfrac{5\pi}{12}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\vert z_A \vert & =\left\vert\dfrac{\sqrt{3}+\i}{1-\i}\right\vert\\
& =\dfrac{\vert \sqrt{3}+\i\vert}{\vert 1-\i \vert}\\
& =\dfrac{2\left\vert\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\i\right\vert}{\frac{2}{\sqrt{2}}\left\vert\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\i \right\vert}\\
& =\dfrac{2}{\frac{2}{\sqrt{2}}} =\sqrt{2}.
\end{aligned}$

Ainsi, $\boxed{z_A=\sqrt{2}\e^{\frac{5\i\pi}{12}}}$.

\item Nous avons :
\[z_A=\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{5\pi}{12}+\i\sin\frac{5\pi}{12}\right)=\frac{\sqrt{3}-1}{2}+\i\frac{\sqrt{3}+1}{2} \qquad \text{(d'après la question 2)}.
\]

Donc : 
\[ 
\cos\frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}} \qquad ; \qquad \sin\frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}
\]

\[ 
\boxed{\cos\frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}} \qquad ; \qquad \boxed{\sin\frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}
\]
\end{enumerate}

\medskip

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item Soit $z$ un point fixe de $\F$ ; par conséquent, $z=\F(z)$. Or :
\[
\begin{array}{rl}
z=\F(z) & \Longleftrightarrow z = \frac{\sqrt{3}}{6}(1-\i)z^2+\frac{\sqrt{3}}{3}(1+\i)\\
& \\
& \Longleftrightarrow \sqrt{3}z=\frac{1-\i}{2}z^2+(1+\i)\\
& \\
& \Longleftrightarrow 0=\frac{1-\i}{2}z^2-\sqrt{3}z+(1+\i)\\
& \\
& \Longleftrightarrow (E)
\end{array}
\]

\underline{Ainsi, les points fixes de $\F$ sont $z_A$ et $z_B$.}

\item 
\begin{enumerate}
\item La droite parallèle à l'axe des ordonnées et qui passe par $A$ a pour équation $x=\text{Re}\left(z_A\right)$. Or, nous avons vu dans la question 2 de la partie A que $\text{Re}\left(z_A\right)=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Ainsi, si $z=x+\i t$ est l'affixe d'un point de la droite passant par A et parallèle à l'axe des ordonnées, alors $x=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$.

\item $\begin{aligned}[t]
z'&=\F(z)\\
& =\dfrac{\sqrt{3}}{6}(1-\i)\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}+\i t \right)^2 +\dfrac{\sqrt{3}}{3}(1+\i)\\
& =\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}-\i\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)\left(\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)^2+(\i t)^2+2\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\i t \right)+\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\\
& =\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}-\i\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)\left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-t^2 + \left(\sqrt{3}-1\right)\i t \right)+\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\\
& = \dfrac{\sqrt{3}}{6}-\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}t^2+\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)}{6}\i t-\i\dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{1}{4}\i+ \i\dfrac{\sqrt{3}}{6}t^2+\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)}{6}t+\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\i\dfrac{\sqrt{3}}{3}\\
&=\dfrac{\sqrt{3}}{6}-\dfrac{1}{4}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}t^2+\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}t+\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\i\left(\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}t+\dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}t^2+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)\\
&=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}t-\dfrac{\sqrt{3}}{6}t^2 +\i\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}t+\dfrac{\sqrt{3}}{6}t^2\right)
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\item L'affixe du point $A$ est un point fixe de $\F$ ; par conséquent, le point A est sur l'ensemble tracé. Or, $z_A=\sqrt{2}\e^{\frac{5\i\pi}{12}}$ donc $A$ appartient au cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt{2}$, c'est-à-dire au cercle de centre $O$ passant par le point de coordonnées $(1;1)$.\\
Ainsi, $A$ est le point d'intersection de ce cercle avec l'ensemble tracé, dont l'abscisse est positive.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\foreach \x in {2,1,-1,-2,-3}
{
	\draw[color=gray,dotted] (\x,-2) -- (\x,4);
	\draw[thick] (\x,.1) -- (\x,-.1) node[below] {\tiny\x};
}
\foreach \y in {-2,-1,1,2,3,4}
{
	\draw[color=gray,dotted] (2,\y) -- (-3,\y);	
	\draw[thick] (.1,\y) -- (-.1,\y) node[left] {\tiny\y};	
}
\draw[thick] (2,0) -- (-3,0);
\draw[thick] (0,-2) -- (0,4);
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[domain=-3:3,smooth,variable=\t] plot ({(-sqrt(3)/6)*\t*\t+(3-sqrt(3))*\t/6+sqrt(3)/2-0.25},{(sqrt(3)/6)*\t*\t+(3-sqrt(3))*\t/6+0.25+sqrt(3)/6});
\draw[red] (0,0) circle(1.414cm);
\pgfmathparse{1.414*cos(5*180/12)}\let\X\pgfmathresult
\pgfmathparse{1.414*sin(5*180/12)}\let\Y\pgfmathresult
\fill[red] (\X,\Y) circle (1pt) node[above right] {$A$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}