3 Nombres complexes et trigonomérie

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Nombres complexes 1 Nombres complexes et applications

⊲ Exercice 1.1. Considérons l’application Ψ deRdansUdéfinie pour toutx∈Rpar Ψ(x) = 1 +xi 1−xi. 1. Cette application est-elle bien définie ?

2. Cette application est-elle injective ? surjective ? Déterminer Ψ(R).

⊲ Exercice 1.2. Fonction exponentielle complexe

1. La fonction exponentielle complexe est-elle surjective ? injective ?

2. Déterminer exp⁻¹({i}) puis, plus généralement, exp⁻¹({z0}) oùz0est un nombre complexe non nul dont θ0∈Rest un argument.

3. Dessiner, dans le plan complexe, l’image par la fonction exponentielle complexe du carréABCDdont les sommets ont pour affixes respectives 0, 1, 1 +iet i.

2 Manipulations élémentaires des nombres complexes

⊲ Exercice 2.1. Montrer, pour tout (z1, z2)∈C²,|z1+z2|²=|z1|²+ 2Re(z1z2) +|z2|².

⊲ Exercice 2.2. Mettre sous forme algébrique (forme a+ib) puis trigonométrique (forme re^iθ avecr >0 et θ∈R) les nombres complexesz1= −4

1 +i√

3 et z2= 2

3(−1−i) puis calculerz₁³et z³₂.

⊲ Exercice 2.3. Montrer que, pour toutz∈C,|z+ 1|>1 ou|z−1|>1.

⊲ Exercice 2.4. Montrer que, pour toutz∈C, |Rez|√+|Imz|

2 6|z|6|Rez|+|Imz|.

⊲ Exercice 2.5. Montrer que pour toutz appartenant àC\U,

1−zⁿ⁺¹ 1−z

6 1− |z|ⁿ⁺¹ 1− |z| .

⊲ Exercice 2.6. Montrer que, pour toutx∈R,|e^ix−1|6|x|.

⊲ Exercice 2.7. Résoudre dansCle système

|z+ 1|= 1,

|z−1|= 1.

⊲ Exercice 2.8. Simplifier, en fonction de n > 1, les expressions iⁿ et (1 +i)ⁿ. (On pourra judicieusement penser à utiliser laforme polairedes nombres complexes concernés).

⊲ Exercice 2.9. Montrer que, pour tout entiern>1, le nombre complexe (2 + 3i)ⁿ+ (2−3i)ⁿ est un nombre entier.

⊲ Exercice 2.10. Résoudre dansCl’équationz+z+j(z+ 1) + 2 = 0.

⊲ Exercice 2.11. Soient (a, b)∈C²tel que |a|=|b|= 1 eta6=b. Montrer que, pour toutzdeC: z+abz−(a+b)

a−b ∈iR

⊲ Exercice 2.12. Soient (a, b, c, d)∈R⁴tels quead−bc= 1. Montrer que, pour toutz∈Cvérifiantcz+d6= 0, Im

az+b cz+d

= Im(z)

|cz+d|²

⊲ Exercice 2.13. Fonction exponentielle complexe

1. Résoudre l’équatione^z= 1 et représenter l’ensemble des solutions dans le plan complexe.

2. Résoudre l’inéquation 16|e^z|6eet représenter l’ensemble des solutions dans le plan complexe.

⊲ Exercice 2.14. Résoudre l’équation d’inconnuez∈C: z³=z

(2)

3 Nombres complexes et trigonomérie

⊲ Exercice 3.1.

1. Préciser l’écriture cartésienne dee^iπ/12et montrer que tanπ 12

= 2−√

3 en utilisant la relation angulaire π

12 =π 3 −π

4.

2. Montrer que, pour toutθappartenant àR− {π+ 2kπ|k∈Z}, tanθ 2

= sinθ

1 + cosθ.Retrouver alors la valeur de tan(π/12).

3. Retrouver le résultat précédent en utilisant quee^iπ/12 est une racine carrée dee^iπ/6.

⊲ Exercice 3.2. Linéarisation.

1. Linéariser l’expression cos³θ.

2. Peut-on en déduire la Linéarisation de l’expression sin³θ?

⊲ Exercice 3.3. Linéarisation.

1. Linéariser l’expression (cosθ)⁴(sinθ). La réponse est (cosθ)⁴(sinθ) = 1

16

2 sin(θ) + 3 sin(3θ) + sin(5θ)

. 2. Linéariser l’expression (cosθ)⁴(sinθ)². La réponse est

(cosθ)⁴(sinθ)²= 1 32

2 + cos(2θ)−2 cos(4θ)−cos(6θ)

. 3. En déduire les égalités

Z ^π₄

0

(cosθ)⁴(sinθ)dθ=1 5 −

√2 40 et

Z ^π₄

0

(cosθ)⁴(sinθ)²dθ= 1 48+ π

64.

4 Simplification de sommes grâce aux nombres complexes

⊲ Exercice 4.1. Démontrer la relation, pourn∈N^∗, Xn

k=1

sin kπ

n

= cotanπ 2n

.

En déduire l’égalité

n→+∞lim 1 n

Xn

k=1

sin kπ

n

= 2 π.

⊲ Exercice 4.2. Calculer, pour toutx6=π

2 +kπ,k∈Z, la somme 1 + cosx

cosx+ cos(2x)

(cosx)² + cos(3x)

(cosx)³ +. . .+ cos(nx) (cosx)ⁿ.

⊲ Exercice 4.3. Soitn∈N^∗ fixé. On considère la suite (up)p∈N définie pourp∈Npar up=

Xp

k=0

cos 2kπ

n

. 1. Simplifier l’expression du terme général de la suite (up)p∈N.

2. En déduire que la suite (up)p∈Nest périodique et préciser sa période.

3. Montrer queun−1 est nulle et donner une interprétation géométrique de ce résultat.

⊲ Exercice 4.4. Montrer, pour tout (θ, n)∈R×(N\ {0,1}),

n−1X

k=0

cos

θ+2kπ n

=

n−1X

k=0

sin

θ+2kπ n

= 0.

⊲ Exercice 4.5. Calculer Xn

k=0

n k

coskπ 2 .

(3)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

1. Pour que Ψ soit bien définie, il est nécessaire

• d’une part que, pour toutx∈R,ψ(x) existe,

• d’autre part, que pour toutx∈R, ψ(x) appartienne à l’ensemble annoncé à savoirU. Soitx∈Rfixé quelconque.

• 1−xi6= 0 donc Ψ(x) est parfaitement défini,

• |Ψ(x)|²= |1 +ix|²

|1−ix|² = 1 +x²

1 + (−x)² = 1 donc Ψ(x)∈U. 2. Soitu∈Ufixé quelconque.

Ψ(x) =u

x∈R ⇐⇒

( 1 +ix 1−ix =u

x∈R ⇐⇒

1 +ix=u−iux

x∈R ⇐⇒

i(1 +u)x=u−1 x∈R

Par conséquent,

• siu6=−1, il existe au plus une solution (il y a un uniquexcandidat mais on ne sait pas s’il sera réel)

• siu=−1,

( 1 +ix 1−ix =u

x∈R ⇐⇒

0 =−2

x∈R donc il n’y a aucune solution Ainsi, Ψ est injective mais n’est pas surjective.

Par ailleurs, dans le casu6=−1, l’unique candidatxsolution est u−1

i(1 +u)dont le conjugué est, en utilisant que|u|= 1⇒ 1

u=u,

u−1 i(1 +u)

= 1 u−1

−i

1 + 1 u

= 1−u

−i(u+ 1) = u−1 i(1 +u) donc ce candidat est bien réel, c’est donc l’unique solution de Ψ(x) =u.

Ainsi, Ψ(R) =U\ {−1}.

Remarque : Ψ^|^U^\{1} est une bijection.

Soient (z1, z2)∈C²fixés quelconques.

|z1+z2|² = (z1+z2)(z1+z2)

= (z1+z2)(z1+z2)

= z1z1+ z2z1+z1z2

| {z }

=z1z2+z1z2

+z2z2

= |z1|²+ 2Re(z1z2) +|z2|²

• z1= 2eⁱ²³^π,z₁³= 8.

• z2=

√2

3 eⁱ^3π⁴ ,z₂³= 2√ 2 27 eⁱ^π⁴.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.3 Soitz∈Cfixé quelconque.

• Preuve géométrique.

L’ensembleA={z∈C| |z−1|>1} est l’extérieur du cercle de centre 1 et de rayon 1.

L’ensembleB={z∈C| |z+ 1|>1} est l’extérieur du cercle de centre−1 et de rayon 1.

L’union des ensembleAetB est égale à toute le plan complexeCdonc un nombre complexe quelconque est toujours l’affixe d’un point appartenant àA∪B donc àAou àB si bien que|z+ 1|>1 ou|z−1|>1.

(4)

• Preuve analytique.(se formalise mieux si l’on fait le dessin correspondant à la preuve géométrique).

Par l’absurde, supposons qu’il existez0∈Ctel que|z0−1|<1 et|z0+ 1|<1.

2 =|1−(−1)|=|1−z0+z0−(−1)| 6

|{z}

inégalité triangulaire

|1−z0|+|z0+ 1|<1 + 1 = 2

ce qui est une contradiction.

Ainsi, pour toutz∈C,|z+ 1|>1 ou |z−1|>1.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.4 Soitz∈Cfixé quelconque.

• Calculons

(Rez)|+|Imz|)²− |z|² = |Rez|²+|Imz|²+ 2|Rez||Imz| −(Rez)²−(Imz)²

= 2|Rez||Imz|

> 0

donc|z|²6(Rez)|+|Imz|)² d’où, par monotonie de la racine carrée, |z|6|Rez|+|Imz| . Autre méthode : utilisons l’inégalité triangulaire :

|z|=|Re(z) +iIm(z)|6|Re(z)|+ |iIm(z)|

| {z }

=|i| × |Im(z)|

= 1× |Im(z)|

=|Re(z)|+|Im(z)|

• Calculons

|Rez|+|Imz|

√2

2

− |z|² = |Rez|²+|Imz|²+ 2|Rez||Imz|

2 −(Rez)²−(Imz)²

= −|Rez|²− |Imz|²+ 2|Rez||Imz| 2

= −(|Rez| − |Imz|)² 2

6 0

donc

|Rez|√+|Imz| 2

2

6|z|² d’où, par monotonie de la racine carrée, |Rez|√+|Imz|

2 6|z| .

⊲ Corrigé de l’exercice 2.5 Soitz∈C\Ufixé quelconque.

Utilisons la formule (vraie carz6= 1),

1−zⁿ⁺¹

1−z = 1 +z+z²+. . .+zⁿ

puis prenons le module des deux membres et majorons le membre de droite en utilisant l’inégalité triangulaire

1−zⁿ⁺¹ 1−z

=|1 +z+z²+. . .+zⁿ|61 +|z|+|z²|+. . .+|zⁿ| En utilisant que le module est un morphisme multiplicatif, cette majoration devient

1−zⁿ⁺¹ 1−z

61 +|z|+|z|²+. . .+|z|ⁿ et puisquez /∈U,|z| 6= 1 si bien que

1 +|z|+|z|²+. . .+|z|ⁿ=1− |z|ⁿ⁺¹ 1− |z|

d’où ∀z∈C\U,

1−zⁿ⁺¹ 1−z

6 1− |z|ⁿ⁺¹ 1− |z| .

(5)

Techniques : factorisation par l’angle moitié et majoration du sinus.

|e^ix−1| = |eⁱ^x²(eⁱ^x² −e⁻ⁱ^x²)|

= |eⁱ^x²| × |2i| × sinx

2

= 2 sinx

2

6 2

x 2

car∀u∈R, |sinu|6min(1,|u|)6|u|. 6 |x|

⊲ Corrigé de l’exercice 2.8 i=eⁱ^π² donciⁿ=eⁱ^nπ² = cosnπ

2 +isinnπ 2 .

On peut aussi distinguer les cas selon la congruence denmodulo 4 :iⁿ=











1 sin≡0 [4], i sin≡1 [4],

−1 si n≡2 [4],

−i sin≡3 [4].

|1 +i|=p

1²+ 1²= 2 donc

1 +i=√ 2

1

√2 +i 1

√2

=√ 2

cosπ

4 +isinπ 4

=√ 2eⁱ^π⁴ donc

(1 +i)ⁿ= (√

2eⁱ^π⁴)ⁿ=√

2ⁿeⁱ^nπ⁴ =√

2ⁿcosnπ 4 +i√

2ⁿsinnπ 4

Soitn∈N^∗. Développons le nombre considéré par la formule du binôme de Newton (2 + 3i)ⁿ+ (2−3i)ⁿ =

Xn

k=0

n k

(3i)^k2^n−k+ Xn

k=0

n k

(−3i)^k2^n−k

= Xn

k=0

n k

3^k2^n−k(i^k+ (−i)^k)

= Xn

k=0

n k

3^k2^n−k×2Re(i^k) car (−i)^k=i^k Or lorsquekvarie dansZ,i^k décrit l’ensemble {i,−1,−i,1}donc

∀k∈Z, Re(i^k)∈Z si bien que

(2 + 3i)ⁿ+ (2−3i)ⁿ= Xn

k=0

n k

| {z }

∈N 3^k2^n−k

| {z }

∈N

×2 Re(i^k)

| {z }

∈Z

∈Z.

(6)

z+ ¯z+j(z+ 1) + 2 = 0

z∈C ⇐⇒











z+ ¯z+j(z+ 1) + 2 = 0 x= Rez

y= Imz z∈C

⇐⇒











x+iy+x−iy+

−1 2 +i

√3 2

(x+iy+ 1) + 2 = 0 x= Rez

y= Imz z∈C

⇐⇒









 3 2 +3

2x−y

√3 2 +ix

√3 2 +i

√3 2 −1

2iy= 0 x= Rez

y= Imz z∈C

⇐⇒









 3 2x −

√3

2 y = −3

√ 2 3

2 x − 1

2y = −

√3 x= Rez 2

y= Imz z∈C

⇐⇒











√3x − y = −√

√ 3

3x − y = −√

3 x= Rez

y= Imz z∈C

⇐⇒









 y=√

3(x+ 1) x= Rez y= Imz z∈C

⇐⇒ z∈ {x+i√

3(x+ 1)|x∈R} Ainsi, l’ensemble des solutions est{x+i√

3(x+ 1)|x∈R}={2xeⁱ^π³ +i√

3|x∈R}={teⁱ^π³ +i√

3| t∈R}.

Soient (a, b)∈C²tel que |a|=|b|= 1 eta6=b.

utilisons la caractérisation suivante des imaginaires purs :z∈iR ⇐⇒ z=−z.

Calculons, pourz∈Cfixé quelconque, z+abz−(a+b)

a−b

= z+abz−(a+b) a−b

= z+¹_a¹_bz−(¹_a+¹_b)

1

a −¹_b car∀u∈U,u= 1 u

= abz+z−(b+a)

b−a en multipliant parabnumérateur et dénominateur

= −z+abz−(a+b) a−b

Ainsi, z+abz−(a+b) a−b ∈iR.

Utilisons la technique de la multiplication par le conjugué pour rendre le dénominateur réel.

(7)

az+b

cz+d = (az+b)(cz+d) (az+b)(cz+d)

= (az+b)(cz+d)

|az+b|² car (c, d)∈R²

= ac|z|²+bcz+adz+bd

|az+b|² Orac|z|²∈Ret bd∈Rdonc, en utilisant que Im(z) =−Im(z),

Im

az+b cz+d

=Im(bcz+adz)

|az+b|² =

bc∈R ad∈R

bcIm(z) +adIm(z)

|az+b|² =(ad−bc)Im(z)

|az+b|² =

ad−bc=1

Im(z)

|az+b|² .

• Méthode de rédaction 1.

z³=z

z∈C ⇐⇒

z³=z

z∈C\{0} ou

z³=z z= 0

⇐⇒











ρ³e^3iθ=ρe^−iθ z=ρe^iθ z∈C\{0} (ρ, θ)∈R^∗

+×[0,2π[

ouz= 0

⇐⇒











ρ²e^4iθ= 1 carρ6= 0 z=ρe^iθ

z∈C\{0}

(ρ, θ)∈R^∗₊×[0,2π[

ouz= 0

⇐⇒









 ρ²= 1 4θ≡0[2π]

z=ρe^iθ z∈C\{0}

(ρ, θ)∈R^∗₊×[0,2π[

ouz= 0

⇐⇒











ρ= 1 carρ >0 θ≡0hπ

2 i

z=ρe^iθ z∈C\{0}

(ρ, θ)∈R^∗₊×[0,2π[

ouz= 0

⇐⇒











ρ= 1 carρ >0 θ∈

0,π

2, π,3π 2

z=ρe^iθ z∈C\{0}

ouz= 0

⇐⇒ z∈ {1, i,−1,−i,0}

• Méthode de rédaction 2.

(8)

z³=z

z∈C ⇐⇒







ρ³e^3iθ=ρe^−iθ z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R₊×[0,2π[

⇐⇒







ρ(ρ²e^4iθ−1) = 0 z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R₊×[0,2π[

⇐⇒







ρ= 0 ouρ²e^4iθ= 1 z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R₊×[0,2π[

⇐⇒











ρ= 0 ou

ρ²= 1 4θ≡0[2π]

z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R₊×[0,2π[

⇐⇒











ρ= 0 ou

( ρ= 1 θ≡0hπ

2 i

z=ρe^iθ

(ρ, θ)∈R₊×[0,2π[

⇐⇒ z= 0 ouz∈ {1, i,−1,−i}

⇐⇒ z∈ {1, i,−1,−i,0}

1. • Idée 1.π/12 =π/3−π/4 donc cos π

12+isin π

12 =eⁱ¹²^π =eⁱ^π³e⁻ⁱ^π⁴ = 1

2 +i

√3 2

√2 2 −i

√2 2

=

√2 +√ 6

4 +i

√6−√ 2 4

si bien que tanπ 12

= π 12π 12

=

√6−√

√ 2 2 +√

6 =(√ 6−√

2)²

4 = 2−√

3.

• Idée 2.

tanπ 12

= tanπ 3 −π

4 =

tanπ

3 −tanπ 4 1 + tanπ

3 tanπ 4

=

√3−1 1 +√

3 = (√ 3−1)² (1 +√

3)(√

3−1) = 2−√ 3.

2. Soitθ∈R− {π+ 2kπ|k∈Z} fixé quelconque.

sinθ 1 + cosθ =

2 sinθ 2cosθ

2 1 + 2 cos²θ

2 −1

= tanθ 2.

En particulier, puisque π

12 ∈R− {π+ 2kπ |k∈Z},

tan π 12 =

sinπ 6 1 + cosπ

6

= 1 2 1 +

√3 2

= 1

2 +√

3 = 2−√

3 (2 +√

3)(2−√

3) = 2−√ 3

3. Cherchons l’écriture cartésienne des racines carrées deeⁱ^π⁶ =

√3 2 +i

2 :

(9)

z²=

√3 2 +i

2 ⇐⇒











(x+iy)²=

√3 2 + i z=x+iy 2

(x, y)∈R²

⇐⇒











x²−y²=

√3 2 x²+y²=

s√ 3² 2² + 1

2² 2xy= 1

z=x+2iy (x, y)∈R²

⇐⇒











x²−y²=

√3 x²+y²= 12 xy >0 z=x+iy (x, y)∈R²

⇐⇒









 x²=

√3 + 2 4 y²=2−√

3 xy >0 4 z=x+iy (x, y)∈R²

⇐⇒ (x, y) = (3,−2) ou (x, y) = (−3,2)

⇐⇒ z= p√

3 + 2

2 +i

p2−√ 3

2 ouz=− p√

3 + 2

2 −i

p2−√ 3 2 Parmi ces deux racines carrées, il faut distinguereⁱ¹²^π ete⁻ⁱ¹²^π. En remarquant que π

12 ∈[0, π] on obtient que sin π

12 >0 donc

eⁱ¹²^π = p√

3 + 2

2 +i

p2−√ 3 2

Cette écriture semble différente de celle trouvée dans la première question. Et pourtant, 2

q√ 3 + 2 =

q 4√

3 + 8 = q

2√ 12 +√

6²+√ 2²=

q (√

6 +√

2)²=√ 6 +√

2

ce qui permet de retrouver les mêmes expressions qu’à la première question. On procède de la même manière pour en déduire tan π

12.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.2 Linéariser les expressions cos³θ et sin³θ.

1.

cos³θ =

e^iθ+e^−iθ 2

³

= 1

8(e^i3θ+ 3e^iθ+ 3e^−iθ+e^−i3θ)

= 1

4cos(3θ) +3 4cos(θ)

2. Pour linéarisersin³θ, on peut reproduire la même technique ou bien poserπ

2−ϕ=θdans la linéarisation de cos³θ:

sin³ϕ= sin³π 2 −θ

= cos³(θ) = 1 4cos

3π 2 −3ϕ

+3 4cosπ

2 −ϕ

= −1 4cosπ

2 −3ϕ +3

4sin (ϕ)

= −1

sin (3ϕ) +3 sin (ϕ)

(10)

Xn

k=1

sin kπ

n

= Im Xn

k=1

e^ikπⁿ

!

= Im Xn

k=1

(e^iπⁿ)^k

!

= Im eîπⁿ 1−eîπⁿ^×n 1−eîπⁿ

!

car π

n ∈[0, π]⇒ π

n 6≡0[2π]⇒eⁱ^πⁿ 6= 1

= Im



e^iπⁿ 2 e²^iπⁿ

e⁻^iπ²ⁿ−e^iπ²ⁿ





= Im e^iπ²ⁿ

−isin _2n^π

!

= Im ie^iπ²ⁿ sin _2n^π

!

= Im i cos _2n^π

+isin _2n^π sin _2n^π

!

= cotan π 2n

Par conséquent, 1 n

Xn

k=1

sin kπ

n

= 1

ncotan π 2n

= 2 π× π

2ncotan π 2n

. Posonsxn = π

2n. On a donc lim

n→+∞xn = 0.

Par ailleurs,x×cotanx= x sinx

| {z }

−→x→01

×cosx

| {z }

x→0−→1

donc la fonctionx7→x×cotanxadmet une limite finie en 0 qui vaut

1 :

x→0limx×cotanx= 1 Ainsi, par composition des limites,

n→+∞lim π

2ncotanπ 2n

= lim

n→+∞xncotanxn= 1

si bien que lim

n→+∞

1 n

Xn

k=1

sin kπ

n

= 2 π.

⊲ Corrigé de l’exercice 4.2 Soitx∈R\nπ

2 +kπ| k∈Zo

, cosx6= 0 si bien que la somme suivante a un sens Xn

k=0

cos(kx) (cosx)^k =

Xn

k=0

Re(e^ikx) (cosx)^k

= Xn

k=0

Re

e^ikx (cosx)^k

car cos^kx∈R

= Re Xn

k=0

e^ikx (cosx)^k

!

car Re est un morphisme de (C,+) dans (R,+)

= Re Xn

k=0

e^ix cosx

^k!

avec la formule de Moivre

(11)

Considérons l’équation e^ix cosx= 1 :

e^ix

cosx= 1 ⇐⇒ e^ix= cosx ⇐⇒ isinx= 0 ⇐⇒ x≡0[π].

⋆ Six∈R\nπ

2 +kπ|k∈Zo

∪ {kπ|k∈Z} , Xn

k=0

cos(kx)

(cosx)^k = Re



 1−

e^ix cosx

n+1

1−_cos^e^ix_x





= Re 1−_cos^eⁱ⁽ⁿⁿ⁺¹⁺¹⁾^x_x 1−^cos^x+icosx^sin^x

!

= Re



 cosx

1−cos((n+1)x)+isin((n+1)x) cosⁿ⁺¹x

−isinx





= Re



 cosx

i+⁻ⁱcos((n+1)x)+sin((n+1)x) cosⁿ⁺¹x

sinx





= cosxsin((n+ 1)x) sinxcosⁿ⁺¹x

⋆ Six∈ {kπ |k∈Z},

Xn

k=0

cos(kx)

(cosx)^k = Re(n+ 1) =n+ 1.

Ainsi, 1 +cosx

cosx+ cos(2x)

(cosx)² +. . .+cos(nx) (cosx)ⁿ =

( n+ 1 six∈πZ, sin((n+ 1)x)

sinxcosⁿx six∈R\

πZ∪π

2 +πZ

⇐⇒ x∈R\ π 2Z.

n−1X

k=0

cos

θ+2kπ n

= Xn

k=0

Re(e^i(θ+^2kπⁿ ⁾)

= Re Xn

k=0

e^iθeⁱ²^kπⁿ

!

= Re e^iθ Xn

k=0

(eⁱ^2πⁿ)^k

!

ore^2iπⁿ = 1 ⇐⇒ 2π

n ≡0 [2π] ⇐⇒ 1

n ≡0 [1] ⇐⇒ 1≡0 [n] ⇐⇒ n= 1 et, icin>2 d’où

= Re e^iθ1−(eⁱ²ⁿ^π)ⁿ 1−eⁱ²ⁿ^π

!

= Re





 e^iθ

= 0 z }| { 1−e^i2π 1−eⁱ^2πⁿ







= 0

Par un calcul analogue, en remplaçant les parties réelles par des parties imaginaires, on obtient

n−1X

k=0

sin

θ+2kπ n

= Im





 e^iθ

= 0 z }| { 1−e^i2π 1−eⁱ^2πⁿ







= 0

(12)

Autre méthode pour déduire la nullité de

n−1X

k=0

sin

θ+2kπ n

de celle de

n−1X

k=0

cos

θ+2kπ n

.

Posons, pour toutθ∈R,g(θ) =

n−1X

k=0

cos

θ+2kπ n

.

g est une somme de fonctions dérivables donc elle est dérivable et

∀θ∈R, g^′(θ) =−

n−1X

k=0

sin

θ+2kπ n

.

Or le premier calcul a permis d’établir que∀θ∈R,g(θ) = 0 doncg est constante doncg^′ est nulle si bien que

∀θ∈R,

n−1X

k=0

sin

θ+2kπ n

=−g^′(θ) = 0

Xn

k=0

n k

coskπ

2 =

Xn

k=0

n k

Re(eⁱ^kπ² )

= Xn

k=0

Re(

n k

eⁱ^kπ² ) car n

k

∈R

= Re Xn

k=0

n k

i^k

!

car Re est un morphisme additif

= Re ((1 +i)ⁿ)

= Re√

2ⁿe^niπ⁴

= √

2ⁿcosnπ 4

Rmq :le calcul ci-dessus permet d’affirmer, en remplaçant les parties réelles par des parties imaginaires, que Xn

k=0

n k

sinkπ

2 = Im√

2ⁿe^niπ⁴

=√

2ⁿsinnπ 4