LEÇON N 20 : Racines n-ièmes d un nombre complexe. Interprétation géométrique. Applications.
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- Yvonne Carbonneau
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1 LEÇON N 20 : Racies -ièmes d u ombre complexe. Iterprétatio géométrique. Applicatios. Pré-requis : Représetatio d u ombre complexe das le pla R 2 mui d u repère orthoormé direct ; Formes trigoométrique et expoetielle d u ombre complexe, e particulier : r = r r e iθ = r e iθ θ θ [2π] ; Groupe cyclique, similitude directe et so écriture complexe. Das toute la leço, et sauf metio cotraire, désige u etier aturel o ul, et Z u ombre complexe o ul s écrivat sous forme expoetielle Z = R e iθ. U ombre complexe z quelcoque sera toujours écrit z = r e iα sous forme expoetielle Racies -ièmes d u ombre complexe Cas gééral Problème : Il s agit de trouver z C tel que z = Z, c est-à-dire résoudre l équatio complexe z = Z d icoue z C. O trouve alors : r z = Z r e iα = R e iθ r = R 1 = R α θ [2π] α θ [ ] 2π, d où les solutios suivates : k 0,..., 1, z k := R 1 e i( θ +2kπ ). Théorème 1 : L équatio complexe z = Z admet racies distictes. So esemble solutio est doé par S = R 1 e i( θ +2kπ ), k 0,..., 1. démostratio : L existece des racies est doée par ce qui précède le théorème. L uicité de chaque solutio viet de l égalité modulo 2π/ : e effet, avec les otatios doées, o a que pour tous k 0,..., 1, z k+ = z k.
2 2 Racies -ièmes d u ombre complexe Défiitio 1 : Les ombres z k défiis ci-dessus sot appelés racies -ièmes de Z. O ote leur esemble S. Exercice : Résoudre das C l équatio z 3 = 3 + i. Solutio : Il suffit de remarquer que 3 + i = = 2 et arg( 3 + i) = π 6, d où les trois solutios suivates : k 1, 2, 3, z k = e i( π kπ 3 ) Racies -ièmes de l uité Défiitio 2 : O désige l esemble des racies -ièmes de l uité par U = e i2kπ,k 0,..., 1. Remarque 1 : O a doc que tout complexe z U vérifie z = 1. Théorème 2 : Les racies -ièmes d u ombre complexe Z sot exactemet les produits de l ue d etre elles avec les racies -ièmes de l uité. Autremet dit, si z C est tel que z = Z, alors S = z e i2kπ, k 0,..., 1. démostratio : Soit z C vérifiat z = Z. Alors pour tout k 0,..., 1, o a ) (z e i2kπ = z e i2kπ = Z. = 1 Théorème 3 : (U, ) est le seul sous-groupe multiplicatif de C d ordre. De plus, il est isomorphe à (Z/Z, +). démostratio : Sous-groupe : Si k = 0, alors e i2kπ = 1, doc 1 U. Soiet z, z U. Alors z z = e i2kπ e i 2k π = e i2(k+k )π = e i2k π U, avec k 0,..., 1 k + k k []. Soit z U. O remarque que si z = e i 2kπ, alors z z = 1, de sorte que z 1 = z U.
3 Racies -ièmes d u ombre complexe 3 Uicité : Soit G u tel sous-groupe, c est-à-dire u sous groupe multiplicatif de C d ordre. Si z G, alors z = 1 (car G est justemet d ordre ), doc z U, ou ecore G U. Puisque G et U ot le même cardial, il viet que G = U. Isomorphie : O cosidère l applicatio suivate : O détermie que f : (Z/Z, +) (U, ) k e i2kπ. f(0) = e i2 0π = 1 et f(k + k ) = e i2(k+k )π = e i2kπ e i 2k π = f(k) f(k ), de sorte que f soit u morphisme de groupes. O motre de plus qu il est ijectif : f(k) = f(k ) e i2kπ = e i 2k π 2kπ 2k π [2π] k k [] k = k. Efi, grâce au poit précédet, o sait que Z/Z = U, doc f est u isomorphisme. Corollaire 1 : (U, ) est u groupe cyclique. démostratio : Découle directemet du fait que (Z/Z, +) l est. Propositio 1 : Les géérateurs de U sot les ω k = e i2kπ, où k 0,..., 1 et sot premiers etre eux. démostratio : U = 1, e i2π, e i2 2π,...,e i( 1) 2π géérateur de U. Soit alors k 0,..., 1. O a ω k est u géérateur de U k (ω k ) k = ω 1 e i2kk π = 1, ω 1, ω 2 1,...,ω 1 1, doc ω 1 est u = e i2π kk 1 [] k, u kk + u = 1 Bézout k = 1, d où le résultat. Exemple avec U 6 : 5 6 = 1 et e i5π 3 = 1,e i5π 3,e i4π 3,e i3π 3,e i2π 3,e i π 3 = U 6 ; 2 6 = 2 et e i2π 3 = 1,e i2π 3,e i4π 3 U 6 ; Défiitio 3 : U géérateur de U est appelé racie primitive -ième de l uité.
4 4 Racies -ièmes d u ombre complexe 20.2 Iterprétatio graphique O se place das u pla P. Défiitio 4 : Soiet M 0,...,M 1 P. Ces poits costituet les sommets d u polygoe régulier s il existe u poit Ω et ue rotatio de cetre Ω et d agle 2π/ evoyat M k sur M k+1 (pour k 0,..., 2) et M 1 sur M 0. Propositio 2 : Soit M P le poit d affixe Z. Les racies -ièmes de Z se situet sur u même cercle de cetre O (origie du repère) et de rayo R 1 N. De plus, si = 2, elles sot diamétralemet opposées ; 3, elles formet les sommets d u polygoe régulier. démostratio : Notos M k le poit d affixe z k = R 1 e i( θ +2kπ ) pour k 0,..., 1. Soit u tel k. Alors o vérifie que OM k = z k = R 1, de sorte que les racies -ièmes de Z soiet effectivemet situées sur u même cerlce de cetre O et de rayo R 1. De plus, lorsque = 2, le calcul ous permet d affirmer que arg(z 0 ) = θ/ et arg(z 1 ) = θ/ + π, doc les racies sot diamétralemet opposées. Efi, lorsque 3, o vérifie que pour tout k 0,..., 2, o ait z k e i2π = zk+1 et z 1 e i2π = z0, d où le résultat attedu. Propositio 3 : Les racies -ièmes de Z se déduiset de celles de l uité par ue similitude de cetre O, de rapport R 1 et d agle θ/. démostratio : O rappelle que f : z az avec a C est l écriture complexe de la similitude de cetre O, de rapport a et d agle arg(a). Soit alors a = R 1 e i θ C, qui est ue racie -ième de Z (k = 0). D après le théorème 2, les autres racies de Z se déduiset de celle-ci par multiplicatio avec les racies -ièmes de l uité, otées précédemmet ω k. O a doc S = a 1, a ω 1,...,a ω 1 = f(ω 0 ), f(ω 1 ),...,f(ω 1 ), et chaque racie -ième de Z est doc bie l image d ue racie -ième de l uité par la similitude aocée Applicatios Factorisatio Exercice : Factoriser das C le polyôme défii par P(z) = z Solutio : z 4 = 1 = e i( π), doc pour k = 0,..., 3, o a z k = e i( π 4 + 2kπ 4 ), ce qui doe P(z) = (z e i π 4 )(z e i π 4 )(z e i 3π 4 )(z e i 5π 4 ).
5 Racies -ièmes d u ombre complexe Somme et produit des racies -ièmes de l uité z = 1 z 1 = 0 (z ω 0 )(z ω 1 ) (z ω 1 ) = 0 z (1 + ω ω 1 )z ( 1) ω 1 ω 1 = 0. E particulier, o e déduit que 1 ω k = 0 et 1 ( 1) 1 ω k = 1. k=0 k= Caractérisatio d u triagle équilatéral Exercice : Motrer que ABC est équilatéral si et seulemet si b + ja + j 2 c = 0 (ou c + ja + j 2 b = 0). Solutio : O cosidère la rotatio R de cetre A et d agle π/3. Alors deux cas se présetet : Si R (C) = B, alors (b a) = e i π 3 (c a) (j = e i 2π 3 j 2 = e i π 3 ) b a + j 2 c j 2 a = 0 b + ( 1 j 2 )a + j 2 c = 0 (1 + j + j 2 = 0) b + ja + j 2 c = 0. Si R (B) = C, o procède de la même maière pour trouver l autre égalité Petagoe régulier à la règle et au compas Exercice : O pose ρ = e i2π Motrer que 4 k=0 ρk = 0 ; 2. Motrer que ρ + 1 ρ est racie du polyôme X2 + X 1 ; ( ) 2π 3. E déduire ue expressio de cos ; 5 4. E déduire ue costructio à la règle et au compas d u petagoe régulier. Solutio : 1. O utilise l applicatio 2 ci-dessus, ou la somme des ciq premiers termes d ue suite géométrique. 2. O factorise l expressio de la première questio par ρ 2 0, o simplifie les deux membres par 1 ρ 2 et ce qui reste répod à la questio. 3. O détermie d abord que ρ + 1 ρ = 2 cos(2π ) > 0 par le calcul direct (o coaît ρ!). Esuite, o sait que ce ombre est 5 la racie positive du polyôme X 2 + X 1. Après calcul, o détermie alors que cos ( ) 2π 5 1 =. 5 4 Pour «costruire» ue telle logueur, il suffit alors de tracer u triagle rectagle dot les côtés adjacets à l agle droit mesuret respectivemet 1/2 et 1/4. Le théorème de Pytagore ous assure alors que l hypothéuse mesure 5/4. O sait aussi costruire 1/4, et faire ue différece de mesures à la règle et au compas, ce qui ous doe otre costructio de cos( 2π 5 ). 4. O place d abord le poit d abscisse 1, oté M 0. Esuite, o place le poit A d abscisse cos(2π/5) et so projeté M 1 sur le cercle uité C parallèlemet à l axe des ordoées. Il suffit esuite de reporter sur la mesure M 0 M 1 sur le cercle pour obteir les trois autres poits M 2, M 3 et M 4. Voici la figure illustrat cette questio :
6 6 Racies -ièmes d u ombre complexe M 1 M 2 C A + 5/4 1/4 M 0 M 3 M 4
Exercice I ( non spé ) 1/ u 1 = 3 4. 2 3 u 2 4 + 3 9. 19 4 2/ Soit P la propriété : u n + 4. > 0 pour n 1. P est vraie au rang 1 car u 1
Bac blac TS Correctio Exercice I ( Spé ) / émotros par récurrece que 5x y = pour tout etier aturel 5x y = 5 8 = La propriété est doc vraie au rag = Supposos que la propriété est vraie jusqu au rag, o a
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