\begin{enumerate}
\item $w^5=\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)^5=\e^{\i\frac{2\pi}{5}\times5}=\e^{2\i\pi}=1$.
\[
1+w+w^2+w^3+w^4= \dfrac{w^5-1}{w-1} = 0.
\]

\item On développe le second membre de l'égalité :
\begin{align*}
\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1 & = z^2+2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}-1\\
& = z^2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}+1.
\end{align*}

Or,
\[
\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right) = \dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}+1+z+z^2.
\]
On a donc bien :
\[
\boxed{\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item Le polyn\^ome $Z^2+Z-1$ a pour discriminant :
\[ 
\Delta=1^2-4\times1\times(-1)=5.
\]
Il admet donc deux racines distinctes :

\vspace*{-2em}
\begin{multicols}{2}
\begin{align*}
Z_1 & = \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}
\end{align*}

\begin{align*}
Z_2 & = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}
\end{align*}
\end{multicols}

\item D'après la question 1, 
\[ 1+w+w^2+w^3+w^4=0\;,\]
donc
\[
\dfrac{1}{w^2}\left(1+w+w^2+w^3+w^4\right)=0\;,
\]
soit, d'après la question 2 :
\[
\left(w+\dfrac{1}{w}\right)^2+\left(w+\dfrac{1}{w}\right)-1=0.
\]
soit:
\[
\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{-\i\frac{2\pi}{5}}\right)^2+\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)-1=0.
\]
Or,
\begin{align*}
\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{-\i\frac{2\pi}{5}} & = \cos\frac{2\pi}{5}+\i\sin\frac{2\pi}{5}+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\i\sin\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\\
& = 2\cos\frac{2\pi}{5}.
\end{align*}

Donc, 
\[
\left(2\cos\frac{2\pi}{5}\right)^2+2\cos\frac{2\pi}{5}-1=0.\qquad\qquad (1)
\]

$2\cos\dfrac{2\pi}{5}$ est solution de l'équation $Z^2+Z-1=0$ donc, d'après la question précédente:

\[
2\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\qquad\text{ou}\qquad 2\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}
\]
soit
\[
\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}\qquad\text{ou}\qquad \cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}.
\]
Or, $\cos\dfrac{2\pi}{5}>0$ car $0<\dfrac{2\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2}$ d'où :
\[
\boxed{\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}}
\]
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Une équation cartésienne d'un cercle est de la forme :
\[
\left(x-x_O\right)^2+\left(y-y_O\right)^2=r^2\;,
\]
où \coord{x_O}{y_O} sont les coordonnées du centre et $r$ son rayon.

Ainsi, une équation cartésienne de $\mathscr{C}$ est :
\[
\left(x+\frac{1}{4}\right)^2+ y^2=\frac{5}{16}.
\]
En effet,
\begin{align*}
KA^2 & = (x_A-x_K)^2+(y_A-y_K)^2\\
& = \left(\frac{1}{4}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2\\
& = \frac{1}{16}+\frac{1}{4}\\
& = \frac{5}{16}.
\end{align*}

\item On prend $y=0$ dans l'équation du cercle :
\[
\left(x+\frac{1}{4}\right)^2=\frac{5}{16}
\]
soit
\[
x^2+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4}=0\;
\]

équation qui admet $\cos\dfrac{2\pi}{5}$ pour unique solution positive d'après l'équation $(1)$ trouvée dans la question 3.b.

\item On trace le cercle $\mathscr{C}$ qui coupe l'axe des abscisses en un point M d'abscisse positive $\cos\dfrac{2\pi}{5}$.

On trace ensuite le cercle unité puis la perpendiculaire à l'axe des abscisses passant par M :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\clip (-2,-1.2) rectangle (2.5,1.2);
\draw[->,>=stealth'] (-1.1,0)--(1.1,0);
\draw[->,>=stealth'] (0,-1.1)--(0,1.1);
\tkzDefPoint(-0.25,0){K}
\tkzDefPoint(0,0){O}
\tkzDefPoint(0,0.5){A}
\tkzDefPoint(1,0){D}
\tkzDrawCircle(K,A)
\tkzDrawCircle[R](O,1 cm)
\tkzLabelPoint[below](K){K}
\tkzLabelPoint[above left](A){A}
\tkzDefPoint(2,0){X}
\tkzInterLC(X,O)(K,A)\tkzGetPoints{M}{N}
\tkzDefLine[perpendicular=through M](X,O)\tkzGetPoint{m}
\tkzDrawLine[dashed,add=-0.5 and 0.6](m,M)
\tkzInterLC[R](m,M)(O,1 cm)\tkzGetPoints{B}{b}
\tkzDrawPoints(K,A,M,B)
\tkzLabelPoint[above right](B){B}
\tkzDefLine[perpendicular=through N](X,O)\tkzGetPoint{n}
\tkzDrawLine[dashed,add=-0.5 and 0.6](n,N)
\tkzInterLC[R](n,N)(O,1 cm)\tkzGetPoints{c}{C}
\tkzDrawPolygon(B,C,c,b,D)
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}