Feuille 10

(1)

Feuille 10

Exercice10.1 Solution p. 4

Déterminer le lieu géométrique des pointsM dont l’affixezvérifie z−1 z+ 1 ∈iR.

Déterminer les nombres complexesuetvtels que|u+iv|² =u²+v².

Soitω∈C\U.Démontrer que l’applicationfω:U−→Udéfinie par :

∀z∈U, f_ω(z) = z+ω ωz+ 1 est une bijection dont on précisera la bijection réciproque.

1. Soitz, z⁰∈C. Montrer que :

|z|²+|z⁰|²= 1

2 |z+z⁰|²+|z−z⁰|² 2. En déduire que, pour toutz, z⁰, u∈C³, tels queu² =zz⁰:

|z|+|z⁰|=

z+z⁰ 2 +u

+

z+z⁰ 2 −u

Soitn∈N,

1. CalculerS₁= X

0≤2k≤n

Çn 2k

å

etS₂ = X

0≤2k+1≤n

Ç n 2k+ 1

å

2. Calculer X

0≤3k≤n

Çn 3k

å

Résoudre dansCl’équation suivante :(1 +i)z²+ (1−i)z+ 2(1 +i) = 0.

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ? 1. Sia+ib=c+idalorsa=cetb=d.

2. On a|2 +i|=√

2²+i² =√

4−1 =√ 3.

3. L’ensemble des points dont l’affixe est d’argument nul est la droite réelle.

4. Siz³₁ etz₂³sont conjugués, alorsz1etz2sont conjugués.

(2)

1. Mettre sous forme exponentiellez₁= 1 +i, z₂ = 1−i, z₃ =√

3 +ietz₄=

√3 +i 1−i . 2. CalculerZ₁= (z₁)²⁰¹⁸etZ₄ = (z₄)²⁰

3. Déterminer les entiers naturelsntels queω_n= (z₃)ⁿsoit un nombre réel.

Résoudre dansCle système d’équations suivant :

®uv = 1−8i

u²+v² =−2−16i.

1. Calculer sous forme exponentielle les racines carrées de−18i,1−iet−√ 3 +i.

2. Calculer sous forme cartésienne les racines carrées de3−4iet−5−12i.

On fixen∈N. Résoudre dansCl’équation suivante :zⁿ=z.

Déterminera, b, c, d∈Ctels que, pour toutz∈C, az+b= (cz+d)z.

Pourz6=−i, on poseZ = z² z+i.

1. Déterminer l’ensembleAdes pointszpour lesquelsZ est imaginaire pur.

2. Résoudre, pouraréel fixé,z²+ 2iaz−2a= 0.Montrer que l’ensemble des solutions est inclus dansA.

Pourn≥2, calculer

n−1

X

k=0

(k+ 1)e^2ikπⁿ

Soitm∈N. Calculer Z π

0

sin^2mt×cos(2mt) dt.

Soitnun entier naturel supérieur à 2. Calculer

n−1

X

k=0

|ω^k−1|², oùω = e²ⁱ^πⁿ.

Soita∈Rtel quecosa6= 0. CalculerCn=

n

X

k=0

cos(ka)

(cosa)^k etSn=

n

X

k=0

sin(ka) (cosa)^k.

Soit n ∈ N^∗, et P ∈ C[X]un polynôme de degré n, tel que P(0) = 1 et P(1) = 0.On note, pour tout k∈J0 ; nK, ω_k=e^2ikπⁿ⁺¹.

1. Montrer que

n

X

k=0

P(ωk) =n+ 1.

2. En déduire que sup

|z|=1

|P(z)| ≥1 + 1 n.

Quentin De Muynck 2 Sous licencecbea

(3)

Exercice10.19 Solution p. 8 Soitn∈Navecn≥3et(α, β, γ)∈U³ tel queαⁿ=βⁿ =γⁿ= 1etα+β+γ = 0.Montrer quenest un multiple de 3.

Irrationalité de 1

πarccos1 p :

Le but de l’exercice est de montrer que sicosθ = 1

p, oùpest un entier impair supérieur ou égal à 3, alors θ π est irrationnel.

On raisonne par l’absurde en supposant que θ π = m

n, avecmetnpremiers entre eux.

1. Déterminer explicitement des polynômesT_netU_ntels que :cos(nθ) =T_n(cosθ)etsin(nθ) = sinθ·U_n(cosθ).

2. Montrer quen=

bⁿ⁻¹₂ c

X

j=1

(−1)^j+1 Ç n

2j+ 1 å

(p²−1)^j, puis quenest pair etmimpair.

3. Montrer que1 =

bⁿ₄c

X

j=1

(−1)^j+1 Ç_n

2

2j å

(p²−1)^j. Conclure.

On recherche toutes les homographies (c’est-à-dire les fonctions non constantes de la formef :z 7−→ az+b cz+d oùa, b, c, d et z sont complexes), telles quef(U) = U. On noteH l’ensemble des homographies vérifiant cette condition.

1. Soitf ∈ H. Avec les notations précédentes, montrer que|a|²+|b|² =|c|²+|d|²etab=cd.

2. En déduire que(|c|, |d|)est égal à(|a|, |b|), ou(|b|, |a|).

3. Montrer qu’il existe un réelαtel que pour toutz, f(z) =e^iαaz+b bz+a. 4. Terminer l’exercice.

Montrer que pour toutn∈N^∗,

n

X

k=1

|cosk| ≥ n 4.

(4)

Solution de l’exercice 10.1 Énoncé Soitz=x+iy, avec(x, y)∈R\{−1} ×R.

z−1

z+ 1 = x²+y²−1 + 2iy (x+ 1)²+y² Et on veut x²+y²−1

(x+ 1)²+y² = 0d’oùx² +y² −1 = 0 ⇔ x²+y² = 1d’où les points sur le cercle unité privé de (−1,0).

Autre méthode :

Åz−1 z+ 1

ã

= −(z−1) z+ 1

⇔(z−1)(z+ 1) = (1−z)(z+ 1)

⇔zz+z−

z−1 =−zz+ 1− z+z

⇔2|z|² = 2

⇔ |z|= 1

Solution de l’exercice 10.2 Énoncé

u² +vp² = |u +iv|² ⇔ (u +iv)(¯u+iv)(u −iv) = (u +iv)(u −iv) ⇔

®u+iv= 0

ouu−iv=u−iv ⇔

®u=−iv

ouu−u−i(v−v) = 0 ⇔

®u=−iv

ou2iIm(u)−i(2iIm(v)) = 0 ⇔

®u=−iv

ouIm(v) +iIm(u) = 0 ⇔

®u=−iv ouu, v∈R

.

Montrons dans un premier temps, que∀z∈U, fω(z)∈U. Soitz∈Ctel que|z|= 1.

|f_ω(z)|=

z+ω ωz¯+ 1

= |z+ω ^ω_z + 1

=|z||z+ω|

|ω+z| =|z|= 1.

Doncfω : U−→U.

On a assez rapidement quey=f_ω(z)⇔z= y−ω

1−yω ∈U=f−ω(z).

1.

1

2 |z+z⁰|²+|z−z⁰|²

= 1

2((z+z⁰)(¯z+ ¯z⁰) + (z−z⁰)(¯z−z¯⁰))

= 1

2(z¯z+zz¯⁰+

z⁰z¯+z⁰z¯⁰+zz¯−zz¯⁰−

z⁰z¯+z⁰z¯⁰)

= 1

2(2|z|²+ 2|z⁰|²)

=|z|²+|z⁰|²

2. Posonst, t⁰ ∈C, z=t²etz⁰ =t⁰², alorsu²=zz⁰ = (tt⁰)², et quitte à remplacertpar−t, on au=tt⁰.

z+z⁰ 2 +tt⁰

=

t²+t⁰²+tt⁰ 2

= |(t+t⁰)²| 2

z+z⁰ 2 −tt⁰

=

t²+t⁰²−tt⁰ 2

= |(t−t⁰)²| 2 Et d’après 1.,

z+z⁰ 2 +u

+

z+z⁰ 2 −u

=|t|²+|t⁰|² =|z|+|z⁰|.

1. S₁+S₂

n

X

k=0

Çn k

å

= 2ⁿ. (1−1)ⁿ=

n

X

k=0

Çn k å

(−1)^k= X

kpair

Çn k

å

− X

kimpair

Çn k

å

, donc0 =S1−S2, doncS1 =S2 = 2ⁿ⁻¹

(5)

2. De même, en posantS1 = X

0≤3k≤n

Çn 3k

å

, S2 = X

0≤3k+1≤n

Ç n 3k+ 1

å

, S3 = X

0≤3k+2≤n

Ç n 3k+ 2

å

, on aS1+ S₂+S₃=

n

X

k=0

Çn k

å

= 2ⁿ On posej= e^2iπ³

S1+jS2+j²S3 = = X

0≤3k≤n

Çn 3k

å

+ X

0≤3k+1≤n

Ç n 3k+ 1

å

j^3k+1+ X

0≤3k+2≤n

Ç n 3k+ 2

å j²³^k+2

=

n

X

k=0

j^k Çn

k å

= (1 +j)ⁿ

De même,S₁+j²S₂+jS₃ = X

0≤3k≤n

Çn 3k

å

+ X

0≤3k+1≤n

Ç n 3k+ 1

å

j²³^k+1+ X

0≤3k+2≤n

Ç n 3k+ 2

å

j^3k+2 =

n

X

k=0

Çn k

å

(j²)^k= (1 +j²)ⁿ, car(j²)^3k+2=j^3k. On a la relation1 +j=−j².

Et donc3S1 = (S1+S2+S3)+(S1+jS2+j²S3)+(S1+j²S2+jS3) = 3S1+S2(1 +j+j²)

| {z }

=0

+S3(1 +j+j²)

| {z }

=0

= 2ⁿ+ (1 +j)ⁿ+ (1 +j²)ⁿ.

Et on a1 +j=−j²=j,1 +j= 1 +j². DoncS1 = Re(S1) = 1

3(2ⁿ+ 2Re(1 +j)ⁿ) = 1 3

2ⁿ+ 2 cosnπ 3

. Ceci se généralise sans problème à un entiernquelconque.

On voit de suite que−iest solution, le produit des racines faisant 2(1 +i)

1 +i = 2, on en déduit que l’autre racine est2i.

Sinon,(E)⇔z²−iz+ 2 = 0, et∆ =−1−8 =−9 =±i√

3, donc(E)⇔ i±3i 2

1. Faux, vrai sia, b, c, d∈R. 2. Faux,|2 +i|=√

5.

3. Non, c’est la droite réelle positive(R^∗+).

4. Posonsz₁ =ρ₁e^iθ¹ etz₁ =ρ₂e^iθ², avecρ₁, ρ₂ ∈R+.

z₁³etz₂³sont conjugués si et seulement si3θ1≡ −3θ₂[2π], donc si et seulement siθ1 ≡ −θ₂ ï2

3π ò

. Par exemple, 1 ete^2iπ/3ne sont pas conjugués, mais leurs cubes le sont.

1. z₁ =√

2 eⁱ^π⁴, z₂ =√

2 eⁱ^−π⁴ , z₃ = 2 eⁱ^π⁶, z₄=√ 2 eⁱ^5π¹² 2. z₁²⁰¹⁸ =√

2²⁰¹⁸eîπ⁴²⁰¹⁸ = 2¹⁰⁰⁹e^π². z₄²⁰= 2¹⁰eî100π¹² = 2¹⁰eîπ² .

3. ω_n∈R⇔narg(z₃)≡0 [π]⇔ n

6 ≡0 [1]⇔n≡0 [6].

(6)

Notons(S)le système de l’énonce, alors on a(S)⇔

®uv = 1−8i

(u+v)² =u²+v²+ 2uv =−32i ⇔ ∃ε∈ {−1,1},







uv = 1−8i u+v=ε√

32 eⁱ^3π⁴ =ε4√ 2

√ 2

2 (−1 +i) Donc{u, v}est l’ensemble des racines du polynôme :

X²−(4ε(i−1))X+ (1−8i)

On a∆ = 16(i−2)²−4(1−8i) =−32i+ 32i−4 =−4 = (2i)², doncu, v= ε√

32 eⁱ^3π⁴ ±2i

2 .

1. −18i= (3√

2)²e^−iπ/2, donc ses racines carrées sont±3√

2e^−iπ/4.1−i=√

2e^−iπ/4, donc ses racines carrées sont±√⁴

2e^−iπ/8.

−√

3 +i= 2e^5iπ/6, donc ses racines carrées sont±√

2e^5iπ/12.

2. −5−12i= (x+iy)²=







x²−y² =−5 2xy =−12<0 x²+y² =√

169 = 13

⇔

®x² = 4

y² = 9 , d’après le signe dexy, on en déduit que xetysont de signe opposé, donc les racines sont2−3iet−2 + 3i.

Posonsz=ρe^iθ, ainsi(E)⇔ ρⁿe^iθn =ρe^−iθ ⇔

®θn≡ −θ[2π]

ρⁿ=ρ ⇔

®θ(n+ 1)≡0 [2π]

ρⁿ=ρ .0est triviale- ment solution (pourn6= 0), donc on supposeρ >0, et sin= 1, alors−1et1sont solutions.

On suppose désormais quen > 1. Alorsρⁿ = ρ ⇔ ρⁿ⁻¹ = 1, doncρ ∈ {1}sin ∈ 2Zouρ ∈ {−1,1}, sinest impair.

Et on a doncθ= 2πk n+ 1. DoncS =Un+1∪ {0}

Supposons quea, b, c, dvérifient la propriété de l’énoncé.

Alors, pour toutt ∈ R, at+b = (ct+d)t, donc le polynômecX² + (d−a)X −bpossède une infinité de racines, donc il est identiquement nul. Ainsi,c=b= 0etd=a.

On a donc, pour toutz∈C, az=az, donc, avecz=i, a= 0. Ainsi,(a, b, c, d) = 0.La réciproque est vraie.

Remarque: Sans la théorie des polynômes, on peut remplacer dans l’égalitéat+b= (ct+d)t, tpar0,1et−1 pour obtenir 3 relations d’où l’on déduit élémentairement quec=b= 0etd=a.

1. Zest imaginaire pur si et seulement siZ =−Z.

z¯²

z+i = −z²

z+i ⇔ z¯²

¯

z−i = −z² z+i

⇔z¯² = −z²(¯z−i) z+i

⇔z¯²(z+i) =−z²(¯z−i)

⇔z¯²z+z²z¯=iz²−i¯z²

⇔zz¯ (z+ ¯z) = i(z−z)¯(z+ ¯z)

⇔

®z+ ¯z= 0

ou|z|²=−2Im(z)

Posonsz=x+iy,z+ ¯z= 0⇒x= 0, etx²+y² =−2y⇔x²+ (y+ 1)²= 1.

Les solutions sont donc les imaginaires purs, et le cercle de centre(0,1)de rayon1privé de−i.

(7)

2. ∆ = (2ia)²−4(−2a) =−4a²+ 8a= 4a(2−a).

Cas 1. : ∆>0quanda∈[0,2], alorsz= −2ia±p

4a(2−a)

2 =−ia±p

a(2−a).

Cas 2. : ∆<0, alors∆ = (2ip

a(a−2))², etz=−ia±ip

a(a−2)

Supposons maintenant quez²+ 2ia−2a= 0, on a bienz6=−id’après ce qui précède et : z²

z+i = −2iaz+ 2a z+i

=−2ia(z+i z+i)

= 2ia∈iR Donc les solutions sont bien incluses dansA.

Posonsω = e^2iπⁿ , on a alorsS=

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k.

(1−ω)S=

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k−

n+1

X

k=0

(k+ 1)ω^k+1

=

n−1

X

k=0

ω^k+

n−1

X

k=0

kω^k−(k+ 1)ω^k+1

= ωⁿ−1

ω−1 + 0−nωⁿ

=−n DoncS = n

ω−1.

sin^2mtcos(2mt) = Re e^2imt

Çe^it−e^−it 2

å2m!

= (−1)^m

4^m Re e^2imt

2m

X

k=0

Ç2m k

å

(−e^−it)^k(e^it)^2m−k

!

doncsin^2mtcos(2mt) = (−1)^m 4^m

2m

X

k=0

Ç2m k

å

(−1)^kcos(2mt−kt+(2m−k)t), et on a Z π

0

cos(kt) dt=

ïsinkt k

òπ

0

= 0sik6= 0(=πsik= 0).

Donc Z π

0

sin^2mtcos(2mt) dt= (−1)^m 4^m

2m

X

k=0

Ç2m k

å

(−1)^kπδ4m−2k,0 = (−1)^mπ 4^m

S =

n−1

X

k=0

e^2ik^πⁿ −1

2

=

n−1

X

k=0

e^ik^πⁿ2isinkπ n

2

= 4

n−1

X

k=0

sin² kπ n = 2

n−1

X

k=0

Å

1−cos2kπ n

ã

= 2n−2Re

n−1

X

k=0

(e²ⁱ^πⁿ)^k

!

= 2n.

C_n+iS_n=

n

X

k=0

Ç e^ia cosa

åk

(8)

Si e^ia

cosa = 1, c’est-à-dire sisina= 0, ou encore sia∈πZ, alorsC_n+iS_n=n+ 1, doncC_n=n+ 1etS_n= 0.

Supposons maintenant quea6∈πZ. Alors,C_n+iS_n= 1−Ä _eia

cosa

än+1

1−_cos^e^ia_a = 1

cosⁿa×cosⁿ⁺¹a−cos(n+ 1)a−isin(n+ 1)a

−isina .

AinsiC_n= sin(n+ 1)a

cosⁿasina etS_n= cosⁿ⁺¹a−cos(n+ 1)a cosⁿasina

1.

n

X

k=0

P(ωk) =

n

X

k=0 n

X

p=0

apω_k^p

=

n

X

p=0

a_pω^p₀+

n

X

k=1 n

X

p=0

a_pω_k^p

=

n

X

p=0

apω^p₀+

n

X

k=1

ap n

X

p=0

ω_k^p

=

n

X

p=0

a_pω^p₀+

n

X

k=1

a_pe^2iπk−1 eⁿ⁺¹^2iπ −1

=

n

X

p=0

a_pω^p₀

=a0 n

X

k=0

1 = (n+ 1)a0= (n+ 1) carP(0) =a0= 1

2. Pn

k=0P(ωk) =n+ 1 =Pn

k=1P(ωk)carP(1) = 0. Faisons la moyenne deP(ωk)surk∈J1, nK, 1

n

X

k=1

P(ω_k)

= 1 n+ 1

Donc 1 n

n

X

k=1

|P(ω_k)| ≥1 + 1

n par inégalité triangulaire.

Donc il existek∈J1, nKtel que|P(ω_k)| ≥ 1

n+ 1, donc sup

|z|=1

|P(z)| ≥ 1 n+ 1

SoitA, BetCles points d’affixesα, β, γ.

α+β+γ = 0⇔−→

OA+−−→ OB+−−→

OC=~0.

La condition précédente donne que0est le centre de gravité du triangleABC. Or|α|ⁿ = 1, donc |α| = 1, d’où

|β|=|γ|=|α|= 1, doncOA=OB =OC = 1, donc0est le centre du cercle circonscrit et le centre de gravité de ABC, doncABC est équilatéral.

D’oùα=jβouα=j²β. Siαⁿ= (j²β)ⁿ=βⁿ, alorsj²ⁿ= 1d’oùe^2iπn³ = 1donc2πn

3 ≡0 [2π],donc2πn 3 = 2kπ doncn= 3kdonc3|n.

Siα=jβ, alors on montre également que3|n.

(9)

1.

cos(nθ) +isin(nθ) = e^inθ

= (cosθ+isinθ)ⁿ

=

n

X

k=0

Çn k

å

(isinθ)^kcos^n−kθ

=

bⁿ₂c

X

k=0

Çn 2k

å

(−1)^k(1−cos²θ)^kcos^n−2kθ

+isinθ

bⁿ⁻¹₂ c

X

k=0

Ç n 2k+ 1

å

(−1)^k(1−cos²θ)^kcos^n−2k−1θ

DoncT_n(X) =

bⁿ₂c

X

k=0

Çn 2k

å

(−1)^k(1−X²)^kX^n−2ketU_n(X) =

bⁿ⁻¹₂ c

X

k=0

Ç n 2k+ 1

å

(−1)^k(1−X²)^kX^n−2k−1

2. On a θ π = m

n doncnθ=mπ, donc0 = sin(nθ)etcosθ= 1

p etsinθ6= 0carθ6∈πZ. 0 =Un(p) =

bⁿ⁻¹

2 c

X

k=0

Ç n 2k+ 1

å (−1)^k

Å 1− 1

p² ãkÅ1

p

ãn−2k−1

= n pⁿ⁻¹ +

bⁿ⁻¹₂ c

X

k=1

Ç n 2k+ 1

å (−1)^k

Å 1− 1

p² ãkÅ1

p

ãn−2k−1

n=

bⁿ⁻¹₂ c

X

k=1

Ç n 2k+ 1

å

(−1)^k+1 p²−1k

×pⁿ⁻¹

etnest pair car∀k≥1, (p²−1)^kest pair. Et commen∧m= 1,mest nécessairement impair.

3. cos Ånθ

2 ã

= cosmπ 2

= 0carmest impair.

Donc

0 =T_n/2(cosθ) =

bⁿ₄c

X

k=0

Çn/2 2k

å (−1)^k

Å 1− 1

p² ãkÅ1

p ãn−2k

= 1 p^n/2 +

bⁿ₄c

X

k=1

Çn/2 2k

å (−1)^k

Å 1− 1

p² ãkÅ1

p ãn−2k

En multipliant parp^n/2:

1 =

bⁿ₄c

X

j=1

(−1)^j+1 Ç_n

2

2j å

(p²−1)^j et∀k≥1, (p²−1)^kest pair, donc1devrait être pair c’est absurde.

1. ∀z ∈U, z ∈ U,doncz¯= 1

z.|f(z)|= 1 ⇔

az+b cz+d

= 1 ⇔ |az+b|=|cz+d| ⇒ |az+b|² =|cz+d|²

|a|² +|b|² +a¯bz+ ¯ab1

z = |c|² +|d|² +cdz¯ + ¯cd1

z, d’où P(z) = (a¯b−cd)z¯ ² + (|a|² +|b|² − |c|² −

|d|²)z+ (¯ab−cd) = 0, or¯ Uest infini, doncPpossède une infinité de racines, donc il est identiquement nul :

®a¯b−cd¯= 0

|a|²+|b|²− |c|²− |d|² = 0 ⇔

®a¯b−cd¯= 0

|a|²+|b|² =|c|²+|d|²

(10)

2.

®a¯b=cd¯

|a|²+|b|² =|c|²+|d|² ⇒

®|a|²+|b|²=|c|²+|d|²

|a|²|b|²=|c|²|d|² ⇒ {|a|,|b|}et{|c|,|d|}sont tous deux l’ensemble cherché.

3. Supposons que|a|=|c|et|b|=|d|, il existe alorsθ, ϕ∈Rtels quec=ae^iθetd=be^iϕ.

cd¯=a¯be^i(θ−ϕ), sia¯b6= 0, alorse^i(θ−ϕ) = 1, doncθ ≡ϕ[2π]. Sia¯b= 0, alorsθouϕest quelconque, donc on peut imposerθ≡ϕ[2π]], et alors

f(z) = az+b

e^iθaz+ e^iθb = e^−iθ =cst Supposons alors que|a|=|d|et|b|=|c|.

On a donc toujoursc= ¯beîθ etd= ¯aeîϕet on sait quecd¯=a¯b=a¯beî(θ−ϕ)et donc de mêmeθ≡ϕ[2π]

f(z) = az+b

¯be^iθz+ ¯ae^iϕ

= e^−iθ az+b

¯bz+a 4. Il s’agit donc de la réciproque. Soita, b∈Cetα∈Retf : C−→C

z7−→e^iα az+b

¯bz+ ¯a

f est bien définie surU, supposons que|a|=|b|, alors il existeθ∈ R, ¯ae^iθ+¯b= 0etf est non définie sur Uentier.

Donc on suppose|a| 6=|b|eta6= 0etb6= 0carf est non-constante.

∀z∈U, az¯ + ¯b6= 0, en effet¯az+ ¯b= 0⇒z= −¯b

¯

a ⇒1 =

¯b

¯ a

⇒ |a|=|b|.

DoncU⊂f(U).

Soitz∈U:

|f(z)|=

e^iα az+b

¯bz+ ¯a

=

az+b

¯bz+ ¯a

= |az+b|

¯b

¯ z+ ¯a

=|¯z||az+b|

|¯b+ ¯a¯z| = 1 Doncf(U)⊂U.

Soitz⁰ ∈Uetz∈U f(z) =z⁰ ⇔ e^iα az+b

¯bz+ ¯a =z⁰ ⇔ e^iα(az+b) =z⁰(¯bz+ ¯a)⇔z= e^−iα ¯az⁰−be^iα

−be^iα+a doncf ^U

Uest bijective et on a bienf⁻¹(U)⊂U, doncU=f(U).

Par récurrence, on montre la propriété pourn= 1,2,3,4. On la suppose vraie au rangn−1. S =

n

X

k=1

|cosk| ≥

n

X

k=1

cos²k

=

n

X

k=1

1 + cos 2k 2

= n 2 +1

2

n

X

k=1

cos 2k

(11)

Montrons ensuite que 1 2

Pn

k=1cos 2k

≤ n 2.

n

X

k=1

Re(e^2ik) = Re

n

X

k=1

e^2ik

!

= Re

Çe^2i(n+1)−e²ⁱ e²ⁱ−1

å

= Re

Çeⁱ⁽ⁿ⁺²⁾(eⁱⁿ−e⁻ⁱⁿ) eⁱ(eⁱ−e⁻ⁱ)

å

= Re

Çeⁱ⁽ⁿ⁺²⁾sinn eⁱsin 1

å

=

cosn+ 1 sinn sin 1

≤ 1 sin 1 ≤ n

2 dès quen≥ 2

sin 1i.e. dès quen≥3.