Racines de l`unité
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Racines de l`unité
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Racines de l’unité Enoncés 1 Exercice 6 [ 02040 ] [correction] Soit n ∈ N? . Résoudre l’équation Exercice 1 [ 02036 ] [correction] Calculer le produit des racines de l’unité (z + 1)n = (z − 1)n Combien y a-t-il de solutions ? Exercice 2 [ 02037 ] [correction] Soit n ∈ N? . On note Un l’ensemble des racines n ème de l’unité. Calculer X |z − 1| Exercice 7 [ 02041 ] [correction] Soit n ∈ N? . Résoudre dans C l’équation zn + 1 = 0 z∈Un Exercice 8 [ 02042 ] [correction] Soit n ∈ N? . Résoudre dans C l’équation Exercice 3 [ 03353 ] [correction] Soient n > 3, ω1 , . . . , ωn les racines n-ième de l’unité avec ωn = 1. a) Calculer pour p ∈ Z, n X Sp = ωip i=1 b) Calculer T = n−1 X i=1 S= Observer que celle-ci admet exactement n − 1 solutions, chacune réelle. Exercice 9 [ 02043 ] [correction] 2π Soit ω = ei 7 . Calculer les nombres : A = ω + ω 2 + ω 4 et B = ω 3 + ω 5 + ω 6 1 1 − ωi Exercice 4 [ 02038 ] [correction] Soit ω une racine nème de l’unité différente de 1. On pose n−1 X (z + i)n = (z − i)n Exercice 10 [ 02044 ] [correction] Soient n ∈ N, n > 2 et ω = exp(2iπ/n). a) Etablir que pour tout z ∈ C, z 6= 1, n−1 Y (z − ω k ) = k=1 (k + 1) ω k n−1 X z` `=0 b) Justifier que l’égalité reste valable pour z = 1. c) En déduire l’égalité n−1 Y kπ n sin = n−1 n 2 k=0 En calculant (1 − ω)S, déterminer la valeur de S. k=1 Exercice 5 Simplifier : [ 02039 ] [correction] a) j(j + 1) b) j 2 j +1 c) j+1 j−1 Exercice 11 Montrer que [ 02531 ] [correction] s sin π 5 = √ 5− 5 8 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections Corrections on a Exercice 1 : [énoncé] Puisque le produit d’exponentielles est l’exponentielle de la somme ! ! n−1 n−1 n−1 X Y X 2ikπ 2iπ = exp k = exp(i(n − 1)π) = (−1)n−1 e2ikπ/n = exp n n k=0 k=0 k=0 Exercice 2 : [énoncé] 2ikπ Notons ωk = e n avec k ∈ Z. Par factorisation d’exponentielle équilibrée kπ |ωk − 1| = 2 sin n Alors X |z − 1| = z∈Un n−1 X k=0 2 n−1 X kπ 2 sin = 2Im n ! i kπ n e = 4Im k=0 1 1 − eiπ/n n−1 X cot k=1 kπ =0 n puis (n − 1) 2 On peut aussi retrouver cette relation en considérant que T est la somme des racines d’un polynôme bien construit T = P n = (X − 1)n − X n = −nX n−1 + Exercice 4 : [énoncé] On a π cos 2n π =2 π = 2 cot sin 2n 2n donc (1 − ω)S = n−1 X (k + 1)ω k − n X n(n − 1) n−2 X + ··· 2 kω k = k=1 k=0 S= n−1 X ω k − nω n = −n k=0 n ω−1 Exercice 3 : [énoncé] Quitte à réindexer, on peut supposer ∀k ∈ {1, . . . , n} , ωk = e2ikπ/n = ω k avec ω = e2iπ/n Exercice 5 : [énoncé] a) j(j + 1) = j 2 + j = −1 a) Si n ne divise par p alors, puisque ω p 6= 1 Sp = n X b) ω kp k=1 − ω np =ω =0 1 − ωp p1 j2 j j = = −1 +1 −j c) Si n divise p alors Sp = n X k=1 ω kp = n X 1=n k=1 j+1 (j + 1)(j − 1) j3 + j2 − j − 1 −1 − 2j (j + 1)(j 2 − 1) = = = = 2 3 2 j−1 (j − 1)(j − 1) j −j −j+1 3 (j − 1)(j − 1) b) Pour 1 6 k 6 n − 1, on a 1 i kπ 1 1 = −e−ikπ/n = cot + 1 − ωk 2 n 2 2i sin kπ n Puisque n−1 X k=1 cot kπ n = `=n−k n−1 X `=1 n−1 X `π `π cot π − = − cot n n `=1 Exercice 6 : [énoncé] 2ikπ Notons ωk = e n avec k ∈ Z les racines nèmede l’unité. n z+1 Si z est solution alors nécessairement z 6= 1 et z−1 = 1 donc il existe k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} tel que z+1 = ωk z−1 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 3 Exercice 9 : [énoncé] On a ce qui donne (ωk − 1)z = ωk + 1 Si k = 0 alors ce la donne 0 = 2 donc nécessairement k ∈ {1, . . . , n − 1} et ωk 6= 1. Par suite 2 cos kπ kπ ωk + 1 n = = −i cot z= kπ ωk − 1 n 2i sin n Inversement, en remontant le calcul : ok Finalement kπ S = −i cot /k ∈ {1, . . . , n − 1} n 1 + A + B = 0, AB = 2 et Im(A) > 0 donc √ −1 + i 7 A = B̄ = 2 Exercice 10 : [énoncé] a) Puisque les racines de l’équation z n − 1 sont 1, ω, . . . , ω n−1 , on a Puisque la fonction cot est injective sur ]0, π[, il y a exactement n − 1 solutions. z n − 1 = (z − 1) n−1 Y (z − ω k ) k=1 Exercice 7 : [énoncé] On a z n + 1 = 0 ⇔ z n = eiπ π in z0 = e est solution particulière de l’équation et donc n (2k+1)π o S = {z0 ωk /k ∈ {0, . . . , n − 1}} = ei n /k ∈ {0, . . . , n − 1} Or on a aussi z n − 1 = (z − 1)(1 + z + · · · + z n−1 ) d’où l’égalité proposée pour z 6= 1. n−1 n−1 Q P ` b) Les fonctions x 7→ (x − ω k ) et x 7→ x sont définies et continues sur R k=1 `=0 et coïncident sur R\ {1}, elles coïncident donc aussi en 1 par passage à la limite. n−1 Q c) Pour z = 1, l’égalité du a) donne (1 − ω k ) = n. Or par factorisation de k=1 l’exponentielle équilibrée, Exercice 8 : [énoncé] z = i n’est pas solution. Pour z 6= i, 1 − ω k = −e (z + i)n = (z − i)n ⇔ z+i z−i n = 1 ⇔ ∃k ∈ {0, . . . , n − 1} , z+i = ωk z−i ωk + 1 zk = i ωk − 1 i 2 cos kπ n e kπ n i 2i sin kπ n e kπ n = cot kπ n n−1 n−1 Y i kπ n e π in =e P k=1 k = in−1 k=1 donc n−1 Y k=1 (1 − ω k ) = 2n−1 n−1 Y k=1 sin kπ n puis la relation proposée. Ainsi S = {z1 , . . . , zn−1 } avec zk = i 2i sin et 2ikπ/n en notant ωk = e . z+i Pour k = 0, ωk = 1 et l’équation z−i = ωk n’a pas de solution. z+i Pour k ∈ {1, . . . , n − 1}, ωk 6= 1 et l’équation z−i = ωk a pour solution ikπ n kπ ∈R n deux à deux distincts car cot est strictement décroissante sur l’intervalle ]0, π[ où évoluent les kπ n pour 1 6 k 6 n − 1. Exercice 11 : [énoncé] Puisque la somme des racines 5-ième de l’unité, en considérant la partie réelle, on obtient 2π 4π 1 + 2 cos + 2 cos =0 5 5 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 4 Sachant cos 2a = 2 cos2 a − 1, on obtient que cos(2π/5) est solution positive de l’équation 4r2 + 2r − 1 = 0 et donc 2π = cos 5 √ 5−1 4 Or cos 2a = 1 − 2 sin2 a donc 1 − 2 sin2 π = 5 √ 5−1 4 puis √ π 5− 5 sin = 5 8 et enfin la formule proposée puisque sin(π/5) > 0. 2 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD