Correction de Devoir Surveillé N°01

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr Samedi 29 septembre 2012 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚01 `PROBLEME 1 2iπ nSoit n∈N un entier sup´erieur ou ´egal `a 2. On note ω = e . 1.a. Soit z ∈ C, on rep`ere directement que l’´equation a une bonne tˆete d’identit´e g´eom´etrique : ( z = 1z = 1n−1 n1+z +···+z = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ 1−zn−11+z +···+z = 0 = 0 1−z n⇐⇒ z = 1 et z = 1 Finalement, les solutions de l’´equation n−11+z +···+z = 0 (3) i`emessont les racines n de l’unit´e diff´erentes de 1 : 2 n−1S = ω,ω ,...,ω N b. D’apr`es la question pr´ec´edente, ω est solution de l’´equation (3). A l’aide de la formule de Moivre, il s’ensuit que, n−1 n−1 n−1 X X Xk2iπ 2ikπ k n n0 = ω = e = e k=0 k=0 k=0 Finalement, en identifiant les parties r´eelles de cette derni`ere ´egalit´e, il vient : n−1X 2kπ cos = 0. n k=0 N c. Soit k ∈ [[0,n− 1]]. On utilise une factorisation par l’exponentielle imaginaire de l’angle moiti´e : θ +θθ −θ 1 21 2iθ iθ i1 2 22ikπ kπ kπ e −e =2isin ek 2 2 2 2 2n|ω −1| =|e −1| =|2isin | = 4sin n n 1 666 1−cos(2θ)2La formule de lin´earisation sin θ = permet de conclure 2 que 2kπk 2|ω −1| = 2 1−cos n Il ne reste plus qu’`a sommer terme `a terme. A l’aide de la question pr´ec´edente, il en d´ecoule que n−1 n−1X X 2kπk 2|ω −1| = 2 1−cos = 2n n k=0 k=0 N p2.a. Soit p ∈ [[0,n]]. Si p = 0 ou p = n, alors ω = 1 et par cons´equent nX kp pω = n.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr Samedi 29 septembre 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚01
`PROBLEME 1
2iπ
nSoit n∈N un entier sup´erieur ou ´egal `a 2. On note ω = e .
1.a. Soit z ∈ C, on rep`ere directement que l’´equation a une bonne tˆete
d’identit´e g´eom´etrique :
( z = 1z = 1n−1 n1+z +···+z = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ 1−zn−11+z +···+z = 0 = 0
1−z
n⇐⇒ z = 1 et z = 1
Finalement, les solutions de l’´equation
n−11+z +···+z = 0 (3)
i`emessont les racines n de l’unit´e diff´erentes de 1 :

2 n−1S = ω,ω ,...,ω
N
b. D’apr`es la question pr´ec´edente, ω est solution de l’´equation (3). A
l’aide de la formule de Moivre, il s’ensuit que,
n−1 n−1 n−1 X X Xk2iπ 2ikπ
k
n n0 = ω = e = e
k=0 k=0 k=0
Finalement, en identifiant les parties r´eelles de cette derni`ere ´egalit´e,
il vient : n−1X 2kπ
cos = 0.
n
k=0
N
c. Soit k ∈ [[0,n− 1]]. On utilise une factorisation par l’exponentielle
imaginaire de l’angle moiti´e :
θ +θθ −θ 1 21 2iθ iθ i1 2 22ikπ kπ kπ e −e =2isin ek 2 2 2 2 2n|ω −1| =|e −1| =|2isin | = 4sin
n n
1

6661−cos(2θ)2La formule de lin´earisation sin θ = permet de conclure
2
que
2kπk 2|ω −1| = 2 1−cos
n
Il ne reste plus qu’`a sommer terme `a terme. A l’aide de la question
pr´ec´edente, il en d´ecoule que
n−1 n−1X X 2kπk 2|ω −1| = 2 1−cos = 2n
n
k=0 k=0
N
p2.a. Soit p ∈ [[0,n]]. Si p = 0 ou p = n, alors ω = 1 et par cons´equent
nX
kp pω = n. Si p∈ [1,n−1]], alors ω = 1 et l’identit´e g´eom´etrique
k=1
donne :
n n−1 p nX X (ω ) −1kp p p k pω = ω (ω ) = ω = 0
pω −1
k=1 k=0
Finalement,
nX n si p = 0 ou p = nkpω =
0 sinon
k=1
N
b. Soit z∈ C, la formule du binˆome donne
n n n n nX XX X Xn nk n n−p k p n−p k p(z +ω ) = z (ω ) = z (ω )
p p
k=1 k=1 p=0 p=0 k=1
Or, d’apr`es la question pr´ec´edente, la somme int´erieure est nulle sauf
si p∈{0,n}, auxquels cas, elle vaut n. Par suite
nX n nk n n 0 n(z +ω ) = nz + nz = n(1+z )
0 n
k=1
N
3. Soit a, b deux nombres complexes
n−1 n−1 n−1X X X
k k ka. (a+ω b) = na+b ω = na, car ω = 0. N d’apr`es la question
k=0 k=0 k=0 1.a
2
6

`b. A l’aide de l’in´egalit´e triangulaire, il en r´esulte directement que La derni`ere ´egalit´e

provenant simplementn−1 n−1 n X X X

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