3 Racines de l’unité

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Racines de l’unité. Équations algébriques dans C

1 Équations algébriques de degré 2 dans C .

⊲ Exercice1.1. Calculer, sous forme algébrique (et polaire lorsque cela est facile), les racines carrées de−7+24i,

−1 +i√

3 et de 7−7i.

Réponses :{3 + 4i,−3−4i}, √

2eⁱ^π³ =

√2 2 +i

√6 2 ,√

2eⁱ^4π³ =−

√2 2 −i

√6 2

,





 q

7√

2e⁻ⁱ^π⁸ = s

7(√ 2 + 1)

2 −i

s 7(√

2−1)

2 ,

q 7√

2eⁱ^7π⁸ =− s

7(√ 2 + 1)

2 +i

s 7(√

2−1) 2







⊲ Exercice 1.2. Soitz∈C^∗\R₋. Montrer que les racines carrées dezsontp

|z| z+|z|

|z+|z|| et −p

|z| z+|z|

|z+|z||.

⊲ Exercice 1.3. Résoudre dansCles équationsz²−2z+ 1−i= 0 etz²+ 2iz+ 3 = 0.

(réponse : les racines des équations sont

2 +√ 2

2 +

√2

2 i,2−√ 2

2 −

√2 2 i

et {i,−3i})

⊲ Exercice1.4. Après avoir calculé (3+2i)², résoudre dansCl’équationz²+2(1+i)z−5(1+2i) = 0. (réponse : les racines de l’équation sont 2 +iet−4−3i)

⊲ Exercice 1.5. Résoudre dansCl’équation du second degré suivante, d’inconnuez: z²−(1 + 3i)z+ 2i−2 = 0.

(réponse : les racines de l’équation sont 2iet 1 +i)

⊲ Exercice 1.6. Soient (S, P) ∈ C² fixés. Notons z1 et z2 les racines complexes du trinôme X²−SX+P. Calculer en fonction deS et P les nombres

S2=z²₁+z₂², S3=z³₁+z₂³ , S4=z₁⁴+z⁴₂ et, siP 6= 0,S−1= 1 z1

+ 1 z2

, S−2= 1 z₁² + 1

z₂² , S−3= 1 z₁³+ 1

z₂³.

⊲ Exercice 1.7. Soient (a, b)∈R². Montrer que les racines (dansC) du trinômeX²+aX+b soient de partie réelle négative ou nulle si et seulement sia>0 etb>0.

⊲ Exercice 1.8. Déterminer (z, z^′)∈C²tels que

z + z^′ = 1 + 3i z² + z^′2 = −4 + 2i

2 Équations algébriques de degré supérieur à 2 dans C

⊲ Exercice 2.1. Résoudre dansCles équations : 1. z⁵=−i,

2. z⁶= −4 1 +i√

3.

⊲ Exercice 2.2. Résoudre les équations suivantes d’inconnuez∈C.

1. z⁴−(1 + 3i)z²+ 2i−2 = 0.C’est une équation bicarrée que l’on pourra rapprocher de l’exercice1.5.

2. 1 +z+z²+z³= 0 puis 1 + z+ 1

z−1

+ z+ 1

z−1 2

+ z+ 1

z−1 3

= 0 et 1 +e^2z+e^4z+e^6z= 0.

3 Racines de l’unité

⊲ Exercice 3.1. Pour toutn>2, montrer que le produit des racinesn^ièmes de l’unité vaut (−1)ⁿ⁺¹.

⊲ Exercice 3.2. Calculs de sommes.

Soitn∈N^∗\ {1}etω une racine n^ièmede l’unité.

(2)

1. Montrer que, siω6= 1,

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k =− n 1−ω. 2. Montrer que, s’il existep∈Ztel queω=e^2ipπⁿ ,

n−1

X

k=0

n k

ω^k= (−1)^p2ⁿ cospπ

n n

−1 .

3. ∀p∈N^∗ ,

n−1

X

k=0

ω^pk =

0 siω^p6= 1 n siω^p= 1, 4. Montrer que, siω=e^2iπⁿ ,

n−1

X

k=0

|ω^k−1|= 2cotanπ 2n

.

⊲ Exercice 3.3. Soitn∈N^∗ fixé.

1. Calculer, pourz∈C, (1 +z)²ⁿ et (1−z)²ⁿ puis en déduire les égalités Xn

k=0

2n 2k

= X2n

k=0 k≡0[2]

2n k

= 4ⁿ 2 et

n−1

X

k=0

2n 2k+ 1

= X2n

k=0 k≡1[2]

2n k

=4ⁿ 2 . 2. En s’inspirant de la méthode proposée ci-dessus qu’il faut généraliser, montrer les identités

Xn k=0

3n 3k

= 2.(−1)ⁿ+ 2³ⁿ

3 et

X2n k=0

(−1)^k 4n

2k

= (−4)ⁿ .

3. En s’inspirant de la méthode proposée ci-dessus qu’il faut généraliser, montrer que, pour toutp∈N^∗, Xp

k=0 k≡0[3]

p k

=2 cos ^pπ₃ + 2^p

3 et

Xp

k=0 k≡0[2]

(−1)^k² p

k

=√

2^pcospπ 4

.

4. Enfin, en s’inspirant de ce qui précède, montrer que, pour toutp∈N^∗, Xp

k=0 k≡1[3]

p k

=−2 cos

(p+1)π 3

+ 2^p

3 ,

Xp

k=0 k≡2[3]

p k

= 2 cos

(p+2)π 3

+ 2^p

3 .

4 Racines de fonctions polynomiales, relations coefficients racines.

⊲ Exercice 4.1. Équations algébriques explicites

Résoudre les équations ci-dessous et donner la forme factorisée des polynômes associés aux équations considérées : 1. 8z⁴−8z³+ 27z−27 = 0,

2. z⁶+z³−2 = 0, 3. z⁶−(1−i)z³−i= 0, 4. (z+ 1)³+i(z−1)³= 0.

Pour chacune des équations, on vérifiera la cohérence de la somme des solutions trouvées avec les coefficients de l’équation.

⊲ Exercice 4.2.

Soitω= cos2π

5 +isin2π 5 .

PosonsS=ω+ω⁴et T =ω²+ω³.

1. ReprésenterU₅. Est-ce un ensemble stable par conjugaison ? Que vaut la sommeσ= 1+ω+ω²+ω³+ω⁴? 2. CalculerS+T etST.

3. En déduireS et T puis les valeurs de cos2π

5 et de cos4π 5 .

⊲ Exercice 4.3.

Considérons la fonction polynomialeP(z) =z⁷+ 7

2

z⁵+ 7

4

z³+ 7

6

z.

1. Résoudre l’équationP(z) = 0. On pourra commencer par développer (z+ 1)⁷et (z−1)⁷pour se donner des idées.

(3)

2. En déduire la forme factorisée deP(z) puis les valeurs deS = tan²π 7

+ tan² 2π

7

+ tan² 3π

7

et P= tanπ

7 tan2π 7 tan3π

7 .

⊲ Exercice 4.4.

1. Exprimer sin(9x) en fonction de sinxet cosx.

2. Montrer que

(sin(9x) = 0 et cos(x)6= 0) ⇐⇒

9 1

tanx− 9

3

tan³x+ 9

5

tan⁵x− 9

7

tan⁷x+ 9

9

tan⁹x= 0 3. En déduire les solutions de l’équation algébrique

9 1

z− 9

3

z³+ 9

5

z⁵− 9

7

z⁷+ 9

9

z⁹= 0

4. Conclure que tanπ 9 tan2π

9 tan3π 9 tan4π

9 = 3.

⊲ Exercice 4.5.

1. Pour tout (n, a)∈N^∗×R, résoudre, dansC, l’équation d’inconnuez, (z+ 1)ⁿ=e^2ina. 2. En déduire l’identité

n−1

Y

k=0

sin a+kπ

n

= sin(na) 2ⁿ⁻¹ . 3. Montrer que

n−1

Y

k=1

sinkπ n = n

2ⁿ⁻¹.

⊲ Exercice 4.6. Soitn∈N^∗\ {1}et ω=e^2iπⁿ . 1. Montrer que,

∀z∈C,

n−1Y

k=1

(z−ω^k) =

n−1X

k=0

z^k .

2. En déduire que,

n−1Y

k=1

sinkπ n

= n 2ⁿ⁻¹.

⊲ Exercice 4.7. Soitn∈N\ {0,1}. Résoudre l’équation d’inconnuez∈C:

(z+i)ⁿ = (z−i)ⁿ . En déduire que

(z+i)ⁿ−(z−i)ⁿ= 2ni

n−1Y

k=1

z−cotankπ n

,

puis que

n−1Y

k=1

cotankπ n

= (−1)ⁿiⁿ⁺¹(1−(−1)ⁿ⁺¹)

2n et

n−1X

k=1

cotankπ n

= 0.

Comment interpréter le fait que lorsquenest pair, le produit des racines de l’équation est nul ?

5 Groupes et sous-groupes

⊲ Exercice 5.1. Localisation des sous-groupes bornés de (C^∗,×) Une partieAdeCest bornée si∃M ∈R^∗₊ :∀a∈A,|a|6M.

Montrer que tout sous-groupe borné de (C^∗,×) est inclus dans le cercle unité.

⊲ Exercice 5.2. Montrer que, pour tout (n, k)∈N^∗×N^∗, (U_n,×) est un sous-groupe de (U_kn,×).

⊲ Exercice 5.3. (*) Montrer que, pour deux entiers naturels p et q supérieurs ou égaux à 2, U_p ⊂ U_q si et seulement sipdiviseq.

⊲ Exercice 5.4. Un groupe infini dont tous les éléments sont d’ordre fini

(4)

1. Montrer que [

n∈N^∗

U_n est un sous-groupe de (U,×).

2. Montrer que tous les éléments de [

n∈N^∗

U_nsont d’ordre fini (i.e. ∀z∈ [

n∈N^∗

U_n,∃p∈N^∗ : z^p= 1).

⊲ Exercice 5.5. Morphismes entre groupes de racines de l’unité(*)

1. Soitϕ: (G,∗¹)→(G2,∗²) un morphisme du groupe (G1,∗¹) dans le groupe (G2,∗²). Notonse1et e2les neutres respectifs deG1et G2.

(a) Montrer queϕ(e1) =e2.

(b) Soitx∈G1 tel quex^p=e1. Que dire deϕ(x)^p?

2. Déterminer tous les morphismes de groupes de (U₃,×) dans (U₅,×).

3. Déterminer tous les morphismes de groupes de (U₃,×) dans (U₁₂,×).

4. Déterminer tous les morphismes de groupes de (U₆,×) dans (U₁₅,×).

⊲ Exercice 5.6. Groupe des similitudes directes

1. SoitE un ensemble. Montrer que l’ensembleS(E) des permutations de E (i. e. les bijections de E dans E), muni de la loi◦est un groupe.

2. Montrer que l’ensembleSd des similitudes directes du plan complexe Sd=

s_a,b: C → C z 7→ az+b

a∈C^∗, b∈C

est un groupe pour la loi◦. 3. (Sd,◦) est-il abélien ?

4. Montrer que l’ensembleT des translations du plan complexe H=

τ_u: C → C z 7→ z+u

u∈C

est un sous-groupe abélien de (Sd,◦).

5. On noteHl’ensemble des homothéties du plan complexe H=

h_λ,ω: C → C

z 7→ λ(z−ω) +ω

λ∈R^∗, ω∈C

Montrer queHn’est pas un sous-groupe de (Sd,◦).

Montrer que l’ensemble (H ∪ T,◦) est un sous-groupe de (Sd,◦).

(5)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

Remarquons tout d’abord que les deux nombres complexesp

|z| z+|z|

|z+|z|| et −p

|z| z+|z|

|z+|z|| sont bien définis si et seulement siz+|z| 6= 0.

Orz=−|z| ⇐⇒ z ∈R₋ ce qui montre que les expressions proposées ont un sens pour toutz ∈C^∗\R₋, ce qui est justement une hypothèse de l’énoncé.

Puisque z 6= 0 par hypothèse, nous savons (résultat du cours) que z admet exactement deux racines carrées distinctes et opposées si bien que pour affirmer que ce sont p

|z|z+|z|

|z+|z|| et p

|z| z+|z|

|z+|z||, il suffit de montrer que l’un de ces deux nombres est une racine carrée dez.

Calculons

p

|z| z+|z|

|z+|z||

2

= |z| ×(z+|z|)²

|z+|z||²

= |z| × (z+|z|)² (z+|z|)(z+|z|)

= |z| ×(z+|z|) (z+|z|)

= |z|z+|z|² (z+|z|)

= |z|z+zz (z+|z|)

= (|z|+z)z (z+|z|)

= z doncp

|z| z+|z|

|z+|z|| est une racine carrée dez.

Ainsi, pour toutz∈C^∗\R₋, les racines carrées dez sontp

|z| z+|z|

|z+|z|| et −p

|z| z+|z|

|z+|z||.

La méthode de résolution de l’exercice ci-dessus a l’inconvénient de ne pas mettre en lumière l’origine de l’existence des formules à prouver. L’interprétation géométrique ci-dessous essaie de répondre à cette question.

Approche géométrique ou pourquoi ces formules marchent ? Soitθ∈Run argument de z,z=|z|e^iθ.

Les racines carrées dezsont, sous forme polaire,p

|z|eⁱ^θ² et−p

|z|eⁱ^θ² si bien qu’il “suffirait” d’exprimereⁱ^θ² en fonction dezpour pouvoir exprimer les racines carrées uniquement en fonction dez.

Or les points d’affixes, 0,|z|,z et z+|z|délimitent un losange (quadrilatère dont les quatre côtés ont la même longueur) et θ

2 est un argument du complexez+|z|si bien que, par définition de l’argument, eⁱ^θ² = z+|z|

|z+|z||

d’où les formules de l’énoncé.

****

dessin

****

⊲ Corrigé de l’exercice 1.6 Soient (S, P) ∈ C² fixés. Notons z1 et z2 les racines complexes du trinôme X²−SX+P. Calculer en fonction deS etP les nombres

Les relations coefficients racines donnentS=z1+z2et P=z1z2.

(6)

1. Puisquez1etz2sont racines deX²−SX+P,







z²₁−Sz1+P = 0 et

z²₂−Sz2+P = 0

si bien qu’en sommant ces deux égalités,

S2−S(z1+z2) + 2P= 0 d’où S2=z₁²+z₂²=S²−2P.

Autre méthode :en élevantS=z1+z2au carré :S²=z²₁+z₂²−2z1z2=S2+ 2P d’oùS2=S²−2P. 2. Puisquez1 et z2 sont racines de X²−SX +P,







z₁²−Sz1+P = 0 et

z₂²−Sz2+P = 0.

En multipliant la première égalité parz1puis la seconde parz2, on obtient en sommant

S3−SS2+P S= 0 d’où, puisqueS2=S²−3P S, S3=z₁³+z³₂=S³−3P S.

Autre méthode :en élevantS=z1+z2 au cube :

S³=z³₁+ 3z²₁z2+ 3z1z₂²

| {z }

= 3z1z2(z1+z2)

= 3P S

+z³₂

soit aussi

S³=S3+ 3P S d’oùS3=S³−3P S.

3. Puisquez1 et z2 sont racines de X²−SX +P,







z₁²−Sz1+P = 0 et

z₂²−Sz2+P = 0.

En multipliant la première égalité parz²₁ puis la seconde parz²₂, on obtient en sommant

S4−SS3+P S2= 0

d’où, puisqueSS3−P S2=S⁴−4S²P+ 2P², S4=z₁⁴+z₂⁴=S⁴−4S²P+ 2P². Autre méthode :en élevantS=z1+z2 à la puissance 4 :

S⁴=z₁⁴+ 4z³₁z2+ 6z₁²z²₂+ 4z1z₂³

| {z }

= 4z1z2(z₁²+z²₂) + 6(z1z2)²

= 4P(S²−2P) + 6P² +z₂⁴

soit aussi

S⁴=S4+ 4P(S²−2P) + 6P² d’oùS4=S⁴−4S²P+ 2P²S.

4. SiP 6= 0,z1z26= 0 doncz16= 0 etz26= 0 ce qui justifie l’existence des quantitésS−1et S−2.

⋆ Puisquez1etz2 sont racines deX²−SX+P,







z₁²−Sz1+P = 0 et

z₂²−Sz2+P = 0.

En multipliant la première égalité par 1

z1

puis la seconde par 1 z2

, on obtient en sommant S−2S+P S−1= 0

d’où S−1= 1 z1

+ 1 z2

= S P.

Autre méthode :en réduisant au même dénominateur,S−1= z1+z2

z1z2

= S P.

(7)

⋆ Puisquez1etz2 sont racines deX²−SX+P,







z₁²−Sz1+P = 0 et

z₂²−Sz2+P = 0.

z₁² puis la seconde par 1

z²₂, on obtient en sommant 2−SS−1+P S−2= 0

d’où puisqueS−1= S

P, S−2= 1 z₁²+ 1

z₂² = S²−2P P² .

Autre méthode :en réduisant au même dénominateur,S−2= z₁²+z²₂ (z1z2)² = S2

P² =S²−2P P² .

⋆ Puisquez1 etz2 sont racines deX²−SX+P,







z₁²−Sz1+P = 0 et

z₂²−Sz2+P = 0.

z₁³ puis la seconde par 1

z³₂, on obtient en sommant S−1−SS−2+P S−3= 0

d’où puisqueS−1−SS−2=SP−S³+ 2SP

P² , S−3= 1 z³₁ + 1

z₂³ = S³−3SP P³ . Autre méthode :en réduisant au même dénominateur,S−3= z₁³+z³₂

(z1z₂)³ = S3

P³ =S³−3SP P³ .

Après un peu de recherche au brouillon, notons z1 et z2 les racines du trinôme X²+aX +b et montrons le

résultat suivant : 





Re(z1)60 et

Re(z2)60 ⇐⇒





 a>0 et b>0

• Supposons que







Re(z1)60 et

Re(z2)60

Les relations coefficients racines donnent







a=−(z1+z2) et

b=z1z2

⋆ Si le discriminant est positif ou nul, z1 et z2 sont réelles et, par hypothèse, négatives donc a =

−(z1+z2)>0 etb=z1z2>0.

⋆ Si le discriminant est strictement négatif, les racines sont complexes conjuguées si bien que







a=−(z1+z₂) =−2Re(z1)>0 et

b=z1z2=z1z1=|z1|²>0 .

Dans les deux cas on aboutit aux conditions





 a>0 et b>0

• Supposons que





 a>0 et b>0

Les relations coefficients racines donnentz1+z2=−aetz1z2=b.

⋆ Si le discriminant est positif ou nul,z1 etz2 sont réelles doncz1z2=b>0 implique quez1 etz2 ont le même signe. Par ailleurs,z1+z2=−a60 donc elles sont toutes les deux négatives ou nulles.

⋆ Si le discriminant est strictement négatif, les racines sont complexes conjuguées si bien que d’une part Re(z1) = Re(z2) et d’autre part 2Re(z1) =z1+z2=−a60.

Par conséquent,







Re(z1)60 et

Re(z2)60

(8)

z + z^′ = 1 + 3i

z² + z^′2 = −4 + 2i ⇐⇒

z + z^′ = 1 + 3i

z² + z^′2−(z+z^′)² = −4 + 2i−(1 + 3i)²

⇐⇒

z+z^′ = 1 + 3i

−2zz^′ = −4−4i

⇐⇒

z+z^′ = 1 + 3i zz^′ = −2 + 2i

⇐⇒ z et z^′ sont les racines deX²−(1 + 3i)X+ (−2 + 2i) = 0 L’équationX²−(1 + 3i)X+ (−2 + 2i) = 0 admet 2 racines distinctes qui sont 1 +i et 2i.

Les solutions sont{(1 +i,2i),(2i,1 +i)}.

1. Écrivons−isous forme exponentielle :−i=e⁻ⁱ^π² z⁵=−i

z∈C ⇐⇒

z⁵=−i

z∈C^∗ car 0 n’est pas solution,

⇐⇒







ρ⁵e^5iθ=e⁻ⁱ^π² z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R^∗₊×[0,2π[

cette écriture exponentielle dez est possible carz6= 0 !

⇐⇒









 ρ⁵= 1 5θ≡ −π

2[2π]

z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R^∗₊×[0,2π[

⇐⇒











ρ= 1 carρ∈R^∗₊, θ≡ − π

10 2π

5 z=ρe^iθ (ρ, θ)∈R^∗

+×[0,2π[

⇐⇒











ρ= 1 carρ∈R^∗

+, θ∈

−π 10+2kπ

5 k∈Z

z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R^∗₊×[0,2π[

⇐⇒ z∈n

eⁱ^3π¹⁰, eⁱ^7π¹⁰, eⁱ^11π¹⁰ , eⁱ^15π¹⁰ , eⁱ^19π¹⁰ o 2.

z⁶= −4 1 +i√

3 ⇐⇒

(1) .

1. z⁴−(1 + 3i)z²+ 2i−2 = 0.(équation bicarrée).

Puisque les racines du trinômez²−(1 + 3i)z+ 2i−2 = 0 sont 2iet 1 +i, z⁴−(1 + 3i)z²+ 2i−2 = 0

z∈C ⇐⇒

z²∈ {2i,1 +i} z∈C

⇐⇒

z²= 2iouz²= 1 +i} z∈C

Or

(9)

•

z²= 2i

z∈C ⇐⇒

z²= 2eⁱ^π² z∈C

⇐⇒ z∈ {√

2eⁱ^π⁴,−√ 2eⁱ^π⁴}

⇐⇒ z∈ {1 +i,1−i}

•

z²= 1 +i

z∈C ⇐⇒







(x+iy)²= 1 +i z=x+iy (x, y)∈R²

⇐⇒











x²−y²= 1 x²+y²=√

2 xy >0 z=x+iy (x, y)∈R²

⇐⇒











x²= 1 +√ 2 2 y²=

√2−1 xy >0 2 z=x+iy (x, y)∈R²

⇐⇒ z∈





 s

1 +√ 2 2 +i

s√ 2−1

2 ,− s

1 +√ 2 2 −i

s√ 2−1

2





 L’ensemble des solutions dez⁴−(1 + 3i)z²+ 2i−2 = 0.est







1 +i,−1−i, s

1 +√ 2 2 +i

s√ 2−1

2 ,− s

1 +√ 2 2 −i

s√ 2−1

2







2. 1 +z+z²+z³= 0 puis 1 + z+ 1

z−1

+ z+ 1

z−1 2

+ z+ 1

z−1 3

= 0 et 1 +e^2z+e^4z+e^6z= 0.

(a)

1 +z+z²+z³= 0

z∈C ⇐⇒

1 +z+z²+z³= 0 z∈C\{−1}

⇐⇒





 1−z⁴

1−z = 0 z∈C\{−1}

carz6= 1

⇐⇒

1−z⁴= 0 z∈C\{−1}

⇐⇒

z∈U₄={1, i,−1,−i} z∈C\{−1}

⇐⇒ z∈ {i,−1,−i} L’ensemble des solutions de 1 +z+z²+z³= 0 est{i,−1,−i}. (b)





 1 +

z+ 1 z−1

+

z+ 1 z−1

2

+ z+ 1

z−1 3

= 0 z∈C\ {1}

⇐⇒

( z+ 1

z−1 ∈ {i,−1,−i} z∈C\ {1}

Or

(10)

•

( z+ 1 z−1 =i

z∈C\ {1} ⇐⇒

z+ 1 =iz−i z∈C\ {1}

⇐⇒

(

z=−1 +i 1−i z∈C\ {1}

⇐⇒







z=−(1 +i)²

|1−i|² z∈C\ {1}

⇐⇒ z=−i

• De même la résolution de l’équation

( z+ 1 z−1 =−i

z∈C\ {1} donne ( z+ 1

z−1 =−i

z∈C\ {1} ⇐⇒ z=i

Ce résultat peut aussi être déduit de l’équation précédente en conjuguant l’équation : ( z+ 1

z−1 =−i z∈C\ {1} ⇐⇒







z+ 1 z−1

=−i z∈C\ {1}

⇐⇒ ⇐⇒

( z+ 1 z−1 =i

z∈C\ {1} ⇐⇒ z=−i ⇐⇒ z=i

•

( z+ 1 z−1 =−1

z∈C\ {1} ⇐⇒

z+ 1 =−z+ 1 z∈C\ {1}

⇐⇒

2z= 0 z∈C\ {1}

⇐⇒ z= 0

L’ensemble des solutions de 1 + z+ 1

z−1

+ z+ 1

z−1 2

+ z+ 1

z−1 3

= 0 est{i,0,−i}. (c)

1 +e^2z+e^4z+e^6z= 0

z∈C ⇐⇒

1 +e^2z+ (e^2z)²+ (e^2z)³= 0 z∈C

⇐⇒

e^2z∈ {i,−1,−i} z∈C

Or

•

e^2z=i z∈C ⇐⇒

e^2z=eⁱ^π²

z∈C ⇐⇒

( 2z≡iπ 2[2iπ]

z∈C ⇐⇒

( z≡iπ 4[iπ]

z∈C

•

e^2z=−i

z∈C ⇐⇒

e^2z=eⁱ^3π²

z∈C ⇐⇒

( 2z≡i3π 2 [2iπ]

z∈C ⇐⇒

(

z≡i3π 4 [iπ]

z∈C

•

e^2z=−1

z∈C ⇐⇒

e^2z=e^iπ

z∈C ⇐⇒

2z≡iπ[2iπ]

z∈C ⇐⇒

(

z≡iπ 2[iπ]

z∈C NotonsE¹=n

iπ

4 +ikπ|k∈Zo ,E²=

i3π

4 +ikπ |k∈Z

et E³=n iπ

2 +ikπ |k∈Zo . L’ensemble des solutions de 1 +e^2z+e^4z+e^6z= 0 estE1∪ E2∪ E3.

(11)

• Calcul explicite.

L’ensemble des racinesn^ièmesde l’unité estU_n =n e^2ikπⁿ

k∈[[0, n−1]]o donc Y

ω∈U_n

ω=

n−1Y

k=0

e^2ikπⁿ = exp

n−1X

k=0

2ikπ n

!

= exp 2iπ n

n−1X

k=0

k

!

= exp

2iπ(n−1)n 2n

= exp ((n−1)iπ) = (e^iπ)ⁿ⁻¹= (−1)

• Argument théorique.

Les racines n^ièmes de l’unité sont les racines simples de l’équation algébrique zⁿ−1 = 0 si bien que leur produit est égal à (1)ⁿ que multiplie le coefficient constant de l’équation et que divise le coefficient domainant soit (−1)ⁿ×−1

1 = (−1)ⁿ⁻¹.

Soitn∈N^∗\ {1}etω une racine n^ièmede l’unité.

1. Supposonsω6= 1.

• Idée 1.PosonsS=

n−1X

k=0

(k+ 1)ω^k et calculons (1−ω)S :

(1−ω)

n−1X

k=0

(k+ 1)ω^k =

n−1X

k=0

(k+ 1)ω^k−

n−1X

k=0

(k+ 1)ω^k+1

=

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k− Xn j=1

jω^j

= (0 + 1)ω⁰+

n−1

X

k=1

(k+ 1)ω^k−

n−1

X

j=1

jω^j−nωⁿ

= ω⁰+

n−1

X

k=1

ω^k−n carωⁿ= 1

= 1−ωⁿ

1−ω −n carω6= 1

= −n

• Idée 2.Interprétons (k+ 1)ω^k comme Xk i=0

ω^k :

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k =

n−1

X

k=0

Xk i=0

ω^k

!

= X

06i6k6n−1

ω^k

=

n−1X

i=0 n−1X

k=i

ω^k

!

=

n−1

X

i=0

ωⁱ1−ωⁿ⁻ⁱ

1−ω carω6= 1

=

n−1

X

i=0

ωⁱ−ωⁿ

1−ω orω∈U_n doncωⁿ= 1

= 1

1−ω

n−1

X

i=0

ωⁱ

| {z }

=1−ωⁿ

1−ω = 1−1 1−ω = 0

− 1 1−ω

n−1

X

i=0

1

| {z }

=n

= − n

1−ω

Ainsi,

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k =− n 1−ω.

(12)

2. ω∈U_n donc∃p∈[[0, n−1]] :ω=e^2ipπⁿ .

n−1X

k=0

n k

ω^k =

n−1X

k=0

n k

ω^k− n

n

ωⁿ

= (ω+ 1)ⁿ−1

= (e^ipπⁿ )ⁿ(e^ipπⁿ + 1)ⁿ−1 en factorisant par l’angle moitié

= e^ipπ2ⁿcosⁿpπ n −1

= (−1)^p2ⁿ cospπ

n n

−1

Ainsi,

n−1

X

k=0

n k

ω^k = (−1)^p2ⁿ cospπ

n n

−1.

3. Soitp∈N^∗ fixé quelconque.

⋆ siω^p= 1,

n−1

X

k=0

ω^pk =

n−1

X

k=0

1 =n,

⋆ siω^p6= 1,

n−1

X

k=0

ω^pk =

n−1

X

k=0

(ω^p)^k= 1−(ω^p)ⁿ

1−ω^p =1−(ωⁿ)^p

1−ω^p = 1−1^p 1−ω^p = 0.

Ainsi,∀p∈N^∗ ,

n−1

X

k=0

ω^pk=

0 siω^p6= 1 n siω^p= 1, 4. Supposon queω=e^2iπⁿ .

n−1

X

k=0

|ω^k−1| =

n−1

X

k=0

e^2ikπⁿ −1

=

n−1

X

k=0

e^ikπⁿ

e^ikπⁿ −e⁻^ikπⁿ

=

n−1

X

k=0

2|i| sin

kπ n

=

n−1

X

k=0

2 sin kπ

n

car pour toutθ∈[0, π], sin(θ)>0

= 2Im

n−1X

k=0

e^ikπⁿ

!

= 2Im 1−e^iπⁿ^×ⁿ 1−e^iπⁿ

!

= 2Im



 2 e^iπ²ⁿ

e⁻²ⁿ^iπ −e^iπ²ⁿ





= 2Im e⁻²ⁿ^iπ

−isin _2n^π

!

= 2Im i cos _2n^π

−isin _2n^π sin _2n^π

!

= 2cotanπ 2n

Ainsi,

n−1

X

k=0

|ω^k−1|= 2cotan π 2n

.

(13)

⊲ Corrigé de l’exercice 3.3 Soitn∈N^∗fixé.

1. Soitz∈C.

(1 +z)²ⁿ= X2n k=0

2n k

z^k (2)

et

(1−z)²ⁿ = X2n k=0

(−1)^k 2n

k

z^k (3)

En effectuant la demi somme de (2) et (3), (1 +z)²ⁿ+ (1−z)²ⁿ

2 =

X2n k=0

2n k

1 + (−1)^k

| {z2 }

= 0 sik≡1[2]

= 1 sik≡0[2]

z^k= X2n

k=0 k≡0[2]

2n k

z^k

et en effectuant la demi-différence de (2) et (3), (1 +z)²ⁿ−(1−z)²ⁿ

2 =

X2n k=0

2n k

1−(−1)^k

| {z2 }

= 1 sik≡1[2]

= 0 sik≡0[2]

z^k= X2n

k=0 k≡1[2]

2n k

z^k

si bien qu’en évaluant enz= 1 les identités ci-dessus, Xn

k=0

2n 2k

= X2n

k=0 k≡0[2]

2n k

= 4ⁿ 2 et

n−1

X

k=0

2n 2k+ 1

= X2n

k=0 k≡1[2]

2n k

=4ⁿ 2 .

2. Pour sélectionner les termes d’indiceskselon la congruence dekmodulo 2, on a fait intervenir−1 et 1, les racines deuxièmes de l’unité. Pour tenter de sélectionner les les termes d’indiceskselon la congruence dek modulo 3 ou 4, nous allons reproduire le même type d’argument avec les racines troisièmes et quatrièmes de l’unité !

• Sélection des termes d’indiceskselon la congruence dek modulo 3. Soitz∈C. (1 +z)³ⁿ =

X3n k=0

3n k

z^k (4)

(1 +jz)³ⁿ= X3n k=0

3n k

j^kz^k (5)

(1 +j²z)³ⁿ= X3n k=0

3n k

j^2kz^k (6)

En effectuant la somme de (4), (5) et (6), puis en divisant par 3, (1 +z)³ⁿ+ (1 +jz)³ⁿ+ (1 +j²z)³ⁿ

3 =

X3n k=0

3n k

1 +j^k+j^2k

| {z3 }

= 1 si k≡0[3]

= 0 si k≡1[2]

= 0 si k≡2[3]

z^k= X3n

k=0 k≡0[3]

3n k

z^k (7)

Justifions la simplification de 1 +j^k+j^2k. Il s’agit de la somme des 3 premiers termes de la suite géométrique de raisonj^k et de premier terme 1.

Caractérisons leskpour lesquels la raison vaut 1 : j^k = 1 ⇐⇒ 2kπ

3 ≡0[2π] ⇐⇒ k

3 ≡0[1] ⇐⇒ k≡0[3]

Par conséquent,

⋆ sik≡0[3], 1 +j^k+j^2k= 1 + 1 + 1 = 3,

(14)

⋆ sinon, (ce qui correspond àk≡1[3] ou àk≡2[3]), 1 +j^k+j^2k = 1−(j^k)³

1−j^k = 1−(j³)^k

1−j^k = 0 car j³= 1.

En évaluant pourz= 1 l’identité (7), X3n

k=0 k≡0[3]

3n k

= 2³ⁿ+ (1 +j)³ⁿ+ (1 +j²)³ⁿ 3

= 2³ⁿ+ eⁱ^π³(e⁻ⁱ^π³ +eⁱ^π³)3n

+ e²ⁱ^π³(e⁻²ⁱ^π³ +e³ⁱ^π³)3n

3

= 2³ⁿ+e^niπ2³ⁿcos^{3n π}₃ +e^2niπ2³ⁿcos³ⁿ^2π₃ 3

= 2(−1)ⁿ+ 2³ⁿ

3 car cosπ

3 =1

2 et cos2π 3 =−1

2 ce qui donne le résultat attendu puisque

X3n

k=0 k≡0[3]

3n k

= Xn j=0

3n 3j

.

• Sélection des termes d’indiceskselon la congruence dek modulo 4.

Soitz∈C.

(1 +z)⁴ⁿ = X4n k=0

4n k

z^k (8)

(1 +iz)⁴ⁿ= X4n k=0

4n k

i^kz^k (9)

(1 +i²z)⁴ⁿ= X4n k=0

4n k

i^2kz^k (10)

(1 +i³z)⁴ⁿ= X4n k=0

4n k

i^3kz^k (11)

En effectuant somme de (9), (11), puis en divisant par 2, (1 +iz)⁴ⁿ+ (1 +i³z)⁴ⁿ

2 =

X4n k=0

4n k

i^k+ (i³)^k

| {z2 }

=i^k+ (−1)^ki^k

=i^k sik2≡0[2]

= 0 si k≡1[2]

z^k= X4n

k=0 k≡0[2]

4n k

i^kz^k=

X2n j=0

4n 2j

i^2j

|{z}

= (−1)^j z^2j

(12) En évaluant pourz= 1 l’identité (12),

X2n k=0

4n 2k

(−1)^k = (1 +i)⁴ⁿ+ (1 +i³)⁴ⁿ 2

= (1 +i)⁴ⁿ+ (1−i)⁴ⁿ 2

= Reh

(1 +i)⁴ⁿi

= Re√

2eⁱ^π⁴4n

= Re√

2⁴ⁿe^inπ

= (−1)ⁿ4ⁿ

= (−4)ⁿ

3. Ce qui change ici, c’est que le plus grand indice sur lequel porte la somme n’est plus nécessairement un multiple de la valeur modulo laquelle on sélectionne les termes.

Soitp∈N^∗ fixé.

(15)

• Sélection des termes d’indiceskselon la congruence dek modulo 3. Soitz∈C. (1 +z)^p=

Xp k=0

p k

z^k (13)

(1 +jz)^p= Xp k=0

p k

j^kz^k (14)

(1 +j²z)^p= Xp k=0

p k

j^2kz^k (15)

En effectuant la somme de (13), (14) et (15), puis en divisant par 3, comme dans la question précédente, (1 +z)^p+ (1 +jz)^p+ (1 +j²z)^p

3 =

Xp k=0

p k

1 +j^k+j^2k

| {z3 }

= 1 sik≡0[3]

= 0 sik≡1[3]

= 0 sik≡2[3]

z^k= Xp

k=0 k≡0[3]

p k

z^k (16)

donc, en évaluant enz= 1 l’identité (16), Xp

k=0 k≡0[3]

p k

= 2^p+ (1 +j)^p+ (1 +j)^p

3 carj²=j

= 2^p+ 2Re

eⁱ^π³ e⁻ⁱ^π³ +eⁱ^π³p 3

= 2^p+ 2Re

eⁱ^pπ³ 2^pcos^{p π}₃ 3

= 2^p+ 2Re eⁱ^pπ³ 3

= 2^p+ 2 cos^pπ₃ 3

• Sélection des termes d’indiceskselon la congruence dek modulo 4.

Soitz∈C.

(1 +z)^p= Xp k=0

p k

z^k (17)

(1 +iz)^p= Xp k=0

p k

i^kz^k (18)

(1 +i²z)^p= Xp k=0

p k

i^2kz^k (19)

(1 +i³z)^p= Xp k=0

p k

i^3kz^k (20)

En effectuant somme de (18), (20), puis en divisant par 2, (1 +iz)^p+ (1 +i³z)^p

2 =

Xp k=0

p k

i^k+ (i³)^k

| {z2 }

= i^k+ (−1)^ki^k

=i^k sik2≡0[2]

= 0 sik≡1[2]

z^k= Xp

k=0 k≡0[2]

p k

i^kz^k= Xp

k=0 k≡0[2]

p k

i²^k²

|{z}

= (−1)^k² z^k

(21)