Racines de l`unité

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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
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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
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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
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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
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