
\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 :
\[
\boxed{\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1}
\]

\newpage
\item
\begin{enumerate}
\item Le polynôme $Z^2+Z-1$ a pour discriminant :
\[
\Delta=1^2-4\times1\times(-1)=5.
\]
Il admet donc deux racines réelles distinctes :
\[
Z_1  = \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\qquad\text{et}\qquad
Z_2  = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}.
\]

\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 :
\[
\left(w+\dfrac{1}{w}\right)^2+\left(w+\dfrac{1}{w}\right)-1=0.
\]
ou encore:
\[
\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{-\i\frac{2\pi}{5}}\right)^2+\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)-1=0.
\]
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}
\end{enumerate}
