Sujet : Analyse, Nombres complexes, Racines de l'unité

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013 Enoncés 1 Racines de l’unité Exercice 6 [ 02040 ] [correction] ?Soit n∈N . Résoudre l’équation n nExercice 1 [ 02036 ] [correction] (z + 1) = (z− 1) Calculer le produit des racines de l’unité Combien y a-t-il de solutions? Exercice 2 [ 02037 ] [correction] Exercice 7 [ 02041 ] [correction] ? ?Soit n∈N . On note U l’ensemble des racines n ème de l’unité.n Soit n∈N . Résoudre dansC l’équation Calculer X nz + 1 = 0 |z− 1| z∈Un Exercice 8 [ 02042 ] [correction] ?Soit n∈N . Résoudre dansC l’équation Exercice 3 X PC [ 03353 ] [correction] n n(z +i) = (z−i) Soient n> 3, ω ,...,ω les racines n-ième de l’unité avec ω = 1.1 n n a) Calculer pour p∈Z, Observer que celle-ci admet exactement n− 1 solutions, chacune réelle. nX p S = ωp i Exercice 9 [ 02043 ] [correction]i=1 2πi 7Soit ω = e . Calculer les nombres : b) Calculer 2 4 3 5 6n−1X A =ω +ω +ω et B =ω +ω +ω1 T = 1−ωi i=1 Exercice 10 [ 02044 ] [correction] Soient n∈N, n> 2 et ω = exp(2iπ/n). a) Etablir que pour tout z∈C,z = 1,Exercice 4 [ 02038 ] [correction] Soit ω une racine nème de l’unité différente de 1. On pose n−1 n−1Y X k ‘(z−ω ) = z n−1X k=1 ‘=0kS = (k + 1)ω b) Justifier que l’égalité reste valable pour z = 1.k=0 c) En déduire l’égalité n−1En calculant (1−ω)S, déterminer la valeur de S.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Licence : En savoir +
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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 septembre 2013

Racines de l’unité

Exercice 1[ 02036 ][correction]
Calculer le produit des racines de l’unité

Exercice 2[ 02037 ][correction]
Soitn∈N?. On noteUnl’ensemble des racinesnème de l’unité.
Calculer
X|z−1|
z∈Un

Exercice 3X PC[ 03353 ][correction]
Soientn>3,ω1     ωnles racinesn-ième de l’unité avecωn= 1.
a) Calculer pourp∈Z,
n
Sp=Xωip
i=1
b) Calculer

−
n11
T=i=X11−ωi

Exercice 4[ 02038 ][correction]
Soitωune racinenème de l’unité différente de 1. On pose

n−1
S=X(k+ 1)ωk
k=0

En calculant(1−ω)S, déterminer la valeur deS.

Exercice 5
Simplifier :

[ 02039 ][correction]

a)j(j+ 1)

b)2j
j+ 1

j+ 1
c
)j−1

Enoncés

Exercice 6[ 02040 ][correction]
Soitn∈N?. Résoudre l’équation
(z+ 1)n= (z−1)n

Combien y a-t-il de solutions ?

Exercice 7[ 02041 ][correction]
Soitn∈N?. Résoudre dansCl’équation
zn+ 1 = 0

Exercice 8[ 02042 ][correction]
Soitn∈N?. Résoudre dansCl’équation
(z+i)n= (z−i)n

Observer que celle-ci admet exactementn−1solutions, chacune réelle.

Exercice 9[ 02043 ][correction]
Soitω=ei72π. Calculer les nombres :

A=ω+ω2+ω4etB=ω3+ω5+ω6

Exercice 10[ 02044 ][correction]
Soientn∈N,n>2etω= exp(2iπn).
a) Etablir que pour toutz∈C z6= 1,

n−1n−1
Y(z−ωk) =Xz`
k=1`=0
b) Justifier que l’égalité reste valable pourz= 1.
c) En déduire l’égalité
n−1
Ysinπnk2=nn−1
k=1

Exercice 11Centrale PC[ 02531 ][correction]
Montrer que
sin5π=s5−8√5

1

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z+ 1
z−1 =ωk

Exercice 6 :[énoncé]
Notonsωk=e2inkπaveck∈Zles racinesnème de l’unité.
mentz6= 1zz−1n= 1donc il exist
Sizest solution alors nécessaire et+1e
k∈ {01     n−1}tel que

Pn= (X−1)n−Xn=−nXn−1+n(n2−1)Xn−2+∙ ∙ ∙

puis

T= (n−1)
2

On peut aussi retrouver cette relation en considérant queTest la somme des
racines d’un polynôme bien construit

Exercice 1 :[énoncé]
Puisque le produit d’exponentielles est l’exponentielle de la somme
nk−Y01=e2ikπn= expnk−=X102πkin!xp2niπknX−1=0k!= exp(i(n−1)π) = (−1)n−1
= e

Exercice 2 :[énoncé]
Notonsωk=e2inkπaveck∈Z. Par factorisation d’exponentielle équilibrée

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Corrections

Exercice 3 :[énoncé]
Quitte à réindexer, on peut supposer

S=n1
ω−

Sp=Xnωkp=ωp1−ωωnpp= 0
1−
k=1

∀k∈ {1     n} ωk=e2ikπn=ωkavecω=e2iπn
a) Sinne divise parpalors, puisqueωp6= 1

Alors
X2 sin
z∈XUn|z−1|=kn=−01nπk= 2Imnk−X1=0eiknπ!= 4Im

kπ
|ωk−1|= 2 sin
n

Exercice 4 :[énoncé]
On a
n−1n n−1
(1−ω)S=X(k+ 1)ωk−Xkωk=Xωk−nωn=−n
k=0k=1k=0

π
1i n cos= 22n= 2 cotπ
1−eπsin2πn2ndonc

on a

n−1cotkπ= 0
Xn
k=1

Exercice 5 :[énoncé]
a)

j(j+ 1) =j2+j=−1

1−ikπn1=i kπ1
=−e
1−ωk2isinnkπ2 cotn2+

Sindivisepalors
n n
Sp=Xωkp=X1 =n
k=1k=1
b) Pour16k6n−1, on a

Puisque

=X−c
nk−X1=1cotkπn`=n=−nk`−X11=cotπ−nπ`n−1otπn`
`=1

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Corrections

2

j=j=−1
j2+ 1−j

j+ 1 (j+ 1)(j−1) (j+ 1)(j2−1)j3+j2−j−1−1−2j
= = = =
j−(1j−1)(j−1) (j−1)(j2−1)j3−j2−j 3+ 1

c)

b)

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Corrections

ce qui donne
(ωk−1)z=ωk+ 1
Sik= 0alors ce la donne0 = 2donc nécessairementk∈ {1     n−1}etωk6= 1.
Par suite
ωk 2+ 1 coskπkπ
z= =n=−
ωk−1 2isinknπicotn
Inversement, en remontant le calcul : ok
Finalement
S=−icotkknπ∈ {1     n−1}
Puisque la fonctioncotest injective sur]0 π[, il y a exactementn−1solutions.

Exercice 7 :[énoncé]
On a
zn+ 1 = 0⇔zn=eiπ
z0=eiπnest solution particulière de l’équation et donc
S={z0ωkk∈ {0     n−1}}=nei(2nk+1)πk∈ {0     n−1}o

Exercice 8 :[énoncé]
z=in’est pas solution.
Pourz6=i,
(z+i)n= (z−i)n⇔zz+−iin= 1⇔ ∃k∈ {0     n−1}zz−+ii=ωk

en notantωk=e2ikπn
.
Pourk= 0,ωk= 1et l’équationzz+−ii=ωkn’a pas de solution.
Pourk∈ {1     n−1},ωk6= 1et l’équationzz−+ii=ωka pour solution
k=i ωkk+−11
z
ω

AinsiS={z1     zn−1}avec

2 coskπeiknπ
zk=ikπnikπ= cotnπk∈R
2isinen
n

deux à deux distincts carcotest strictement décroissante sur l’intervalle]0 π[où
.
évoluent lesnπkpour16k6n−1

Exercice 9 :[énoncé]
On a
1 +A+B= 0,AB= 2et Im(A)>0

donc

A=B=¯−1 +i√7
2

Exercice 10 :[énoncé]
a) Puisque les racines de l’équationzn−1sont1 ω     ωn−1, on a

n−1
zn−1 = (z−1)Y(z−ωk)
k=1

Or on a aussizn−1 = (z−1)(1 +z+∙ ∙ ∙+zn−1)d’où l’égalité proposée pour
z6= 1.
n−1n−1
b) Les fonctionsx7→Q(x−ωk)etx7→Px`sont définies et continues surR
k=1`=0
et coïncident surR {1}en 1 par passage à la limite., elles coïncident donc aussi
n−1
c) Pourz= 1, l’égalité du a) donneQ(1−ωk) =n. Or par factorisation de
k=1
l’exponentielle équilibrée,

et

donc

puis la relation proposée.

1−ωk=−ikπkπ
en2isin
n

n−1
n−1iπPk=in−1
Yeiknπ= ekn=1
k=1

nY−1(1−ωk) = 2n−1kπ
n−1Ysinn
k=1k=1

3

Exercice 11 :[énoncé]
Puisque la somme des racines 5-ième de l’unité, en considérant la partie réelle, on
obtient
2π4
1 + 2 cos + 2 cos 5π= 0
5

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Corrections

Sachantcos 2a cos= 22a−1, on obtient quecos(2π5)est solution positive de
l’équation
4r2+ 2r−1 = 0

et donc

Orcos 2a= 1−2 sin

2adonc

2π√5−1
cos 5 = 4

π
1−2 sin2=
5

√5−1
4

puis
2π5−√5
sin =
5 8
et enfin la formule proposée puisquesin(π5)>0.

4

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