Exercices de Mathématiques

Dans le cas général, les solutions sont données par zk = − tan θ+kπ

Noter le cas particulier : a = 0 et n pair.

n , avec

(cid:26) θ = arctan a

0 ≤ k ≤ n − 1

Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]

Poser a = exp(iθ), et en déduire (1 + zk)n = 2(−1)k cosn (cid:16) ϕk

2

(cid:17)

exp

iθ

2

.

Les points d’affixes zk sont sur la droite passant par O et d’angle polaire

θ

2

.

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Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Racines n-ièmes complexes (II)

Corrigés

Corrigés des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

Notons ω0, ω1, . . . , ωn−1 les racines n-ièmes de l’unité : ω = ei 2kπ

L’équation s’écrit : (z + 1)n = (ei2a)n.

Ses solutions sont les zk tels que zk + 1 = ωkei2a = ei2a+i 2kπ

ia + i kπ

n

On trouve donc zk = exp

i2a + i 2kπ

n

− 1 = exp

(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)

n

n , avec 0 ≤ k ≤ n − 1.

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)

2i sin

a + kπ

n

.

On effectue le produit des zk, pour 0 ≤ k ≤ n − 1. On trouve :

n−1

Y

k=0

(cid:18)

zk = exp

ina + i

(cid:19)

(n − 1)π

2

(2i)nPn = 2n i2n−1 eina Pn = (−1)n+1 2n i eina Pn

D’un autre coté les zk sont les racines du polynôme A(z), avec A(z) = (z + 1)n − e2ina.

Le coefficient constant de A(z) est 1 − e2ina = −eina 2i sin(na).

Puisque A(z) =

n−1

Y

k=0

(z − zk), ce coefficient constant vaut aussi (−1)n

On en déduit

n−1

Y

k=0

zk = (−1)n+1eina 2i sin na.

Ainsi (−1)n+1 2n i eina Pn = (−1)n+1eina 2i sin na. Conclusion : Pn =

n−1

Y

k=0

zk.

sin(na)

2n−1

.

Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

Pour tout k de {0, . . . , n − 1}, on a ωk = ωk

1 , avec ω1 = exp

2iπ

n

.

On en déduit : Sp =

n−1

X

ωkp

1

: Sp est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique

k=0

de premier terme ω0 = 1 et de raison q = ωp

1.

2ipπ

n

On a q = 1 ⇔ exp

⇔ p est un multiple de n. Dans ce cas Sp = n.

Si p n’est pas multiple de n, alors Sp =

qn − 1

q − 1

= 0 car q = ωp

1 est racine n-ième de 1.

Conclusion : si n ≡ 0

(mod n) alors Sp = n, sinon Sp = 0.

Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

On connait la factorisation X n − 1 =

n−1

Y

k=0

(X − ωk). On en déduit

n−1

Y

k=0

(2 − ωk) = 2n − 1.

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Exercices de Mathématiques

Racines n-ièmes complexes (II)

Corrigés

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

On a z2n − 2zn cos nθ + 1 = (zn − einθ)(zn − e−inθ).

Notons ω0, ω1, . . . , ωn−1 les racines n-ièmes de l’unité : ω = ei 2kπ

Les solutions de zn = einθ = (cid:0)eiθ(cid:1)n sont les zk = ωkeiθ = eiθ+ 2ikπ

Les solutions de zn = e−inθ = (cid:0)e−iθ(cid:1)n sont les zk = ωke−iθ = e−iθ+ 2ikπ

n

n , avec 0 ≤ k ≤ n − 1.

n , avec 0 ≤ k ≤ n − 1.

Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

Posons a = tan θ, avec − π

2 < θ < π

(cid:17)n

(cid:16) 1−iz

1+iz

Notons ω0, ω1, . . . , ωn−1 les racines n-ièmes de l’unité :

(cid:16) 1−iz

1+iz

L’équation s’écrit alors

1−i tan θ = eiθ

2 . Alors 1+ia

1−ia = 1+i tan θ

= un, avec u = e2i θ

n .

1+iz = ωku ⇔ ∃k, i z(1 + ωku) = 1 − ωku

(cid:17)n

= un ⇔ ∃k, 1−iz

(cid:16) 2i

Mais 1 − ωku = 1 − exp

e−iθ = e2iθ.

(cid:17)

n (θ + kπ)

(cid:16) 2i

= − exp

(cid:17)

n (θ + kπ)

(cid:16) i

(cid:17)

n (θ + kπ)

(cid:16) i

2i sin θ+kπ

n .

(cid:17)

2 cos θ+kπ

n .

n (θ + kπ)

n = − sin θ+kπ

n , avec 0 ≤ k ≤ n − 1.

= exp

2 < θ

De même 1 + ωku = 1 + exp

L’équation initiale équivaut donc à : z cos θ+kπ

n < θ

n ≤ θ+kπ

On a − π

La seule possibilité pour que cos θ+kπ

Cette possibilité équivaut à θ = n π

Cela ne se produit que si θ = 0, n pair et k = n

2 .

– Dans le cas général, l’équation a donc n solutions distinctes.

soit nul est donc θ+kπ

n

2 − kπ.

n + π 3π

2 .

n = π

2 .

Ce solutions sont données par zk = − tan θ+kπ

n , avec

(cid:26) θ = arctan a

0 ≤ k ≤ n − 1

– Si a = 0 et si n est pair, l’équation possède n − 1 solutions distinctes.

Ces solutions sont données par la formule précédente, avec 0 ≤ k ≤ n − 1 et k 6= n

2 .

Corrigé de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]

Si a = exp(iθ), alors zk = exp iϕk, avec ϕk =

On a alors 1 + zk = 2 cos

ϕk

2

θ

2

=

Or n

+ kπ ⇒ exp

Ainsi (1 + zk)n = 2(−1)k cosn (cid:16) ϕk

2

i

(cid:17)

nϕk

2

exp

(cid:17)

(cid:16)

i

ϕk

2

ϕk

2

(cid:16)

= (−1)k exp

iθ

2

.

(cid:17)

exp

iθ

2

⇒ arg(1 + zk)n =

θ

2

(mod π).

+

θ

n

2kπ

.

n

puis (1 + zk)n = 2 cosn (cid:16) ϕk

2

(cid:17)

exp

(cid:16)

i

nϕk

2

(cid:17)

.

Les points d’affixes zk sont donc sur la droite passant par l’origine et d’angle polaire

θ

2

.

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