Devoir de maths corrigé, Polynômes complexes, binôme de Newton et racines de l'unité

Maths expertes, terminale générale

Devoir corrigé de mathématiques en maths expertes, terminale générale: polynôme complexe et binôme de Newton. Calculs avec les racines de l'unité.
Puissance n-ième d'une matrice en tuilisant la formule du binôme de Newton..
Devoir de mathématiques posé en maths expertes, terminale générale, année scolaire 2024/2025

Exercice 1: Petit binôme de Newton pour calculer la puissance d'un complexe

On considère le nombre complexe

En utilisant les coefficients du triangle de Pascal, développer et écrire sous forme algébrique le nombre complexe .
Écrire sous forme exponentielle le nombre complexe et retrouver le résultat précédent.

Correction exercice 1

On écrit le triangle de Pascal jusqu'à la 4-ième ligne:

$\begin{tabular}{c|llllll}n&\\\hline1&1&1\\2&1&2&1\\3&1&3&3&1\\4&1&4&6&4&1\end{tabular}$

et alors le binôme de Newton s'écrit

$\begin{array}{ll}(1+i)^4&=1^4+4\tm1^3i^1+6\tm1^2i^2+4\tm1^1i^3+i^4\\ &=1+4i-6-4i+1\\ &=-4 \enar$
On calcule d'abord le module: $|z|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$ et alors $z=re^{i\theta}$ avec

$\la\begin{array}{ll}\cos\theta&=\dfrac1{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}2\\ \sin\theta&=\dfrac1{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}2\enar\right.$

d'où $\theta=\dfrac\pi4$ et on trouve alors l'écriture exponentielle

$1+i=\sqrt2e^{i\frac\pi4}$

et donc,

$z=(1+i)^4=\lp\sqrt2e^{i\frac\pi4}\rp^4=\sqrt2^4e^{i\pi}$

où $\sqrt2^4=\lp\sqrt2^2\rp^2=4$ et $e^{i\pi}=-1$ .
On retrouve bien ainsi le résultat de la question précédente, à savoir

$z=(1+i)^4=-4$

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Exercice 2: Puissance n-ième d'une matrice, binôme de Newton

On considère la matrice $A=\lp\begin{array}{ccc}2&3&4\\0&2&0\\0&0&2\enar\rp$ et on définit la matrice

par

où

est la matrice identité d'ordre 3.

Donner l'expression de , puis de et pour tout entier .
Donner l'expression de la matrice pour tout entier .

Correction exercice 2

On a

$\begin{array}{ll} B&=\lp\begin{array}{ccc}2&3&4\\0&2&0\\0&0&2\enar\rp-2\lp\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\enar\rp\\[2em] &=\lp\begin{array}{ccc}0&3&4\\0&0&0\\0&0&0\enar\rp\enar$

On calcule alors le carré de cette matrice:

$\begin{array}{ll}B^2&=\lp\begin{array}{ccc}0&3&4\\0&0&0\\0&0&0\enar\rp\lp\begin{array}{ccc}0&3&4\\0&0&0\\0&0&0\enar\rp\\[2em]&=\lp\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\enar\rp\enar$

et on obgient alors directement que, pour tout entier $n\geqslant2$ ,

$B^n=B^2B^{n-2}=0_3$

où est la matrice nulle d'ordre 3.
On a alors et donc, en utilisant la formule du binôme de Newton, car les matrices et commutent (la matrice , par définition, commute avec toutes les matrices):

$\begin{array}{ll}A^n&=(B+2I_3)^n\\ &=\dsp\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}B^k(2I_3)^{n-k}\\ &=\dsp\binom{n}{0}B^0(2I_3)^n+\binom{n}{1}B^1(2I_3)^{n-1}+\binom{n}{2}B^2(2I_3)^{n-2}+\dots \enar$

or toutes les matrices sont nulles dès que $k\geqslant2$ , et il ne reste dans cette somme que les deux premiers termes, c'est-à-dire,

$\begin{array}{ll}A^n&=\dsp\binom{n}{0}B^0(2I_3)^n+\binom{n}{1}B^1(2I_3)^{n-1}\\[1em] &=2^nI_3+n2^{n-1}B\enar$

et alors, en revenant à l'expression matricielle

$A^n=\lp\begin{array}{ccc}2^n&3n2^{n-1}&4n2^{n-1}\\0&2^n&0\\0&0&2^n\enar\rp$

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Exercice 3: Des calculs avec des racines 5èmes de l'unité

On note $\omega=e^{i\frac{2\pi}5}$ et les sommes $A=\omega+\omega^4$ et $B=\omega^2+\omega^3$ .

Calculer la somme .
Exprimer le produit en fonction de et .
En déduire les valeurs de et . On supposera ici que .
Montrer que $\omega^4=\overline{\omega}$ . Déduire alors de ce qui précède la valeur exacte de $\cos\lp\dfrac{2\pi}5\rp$ .

Correction exercice 3

On a la somme des termes d'une suite géométrique de raison $\omega\not=1$ :

$\begin{array}{ll}1+A+B&=1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4\\ &=\dfrac{1-\omega^5}{1-\omega}\enar$

avec $\omega$ qui est une racine 5-ième de l'unité:

$\omega^5=\left( e^{i\frac{2\pi}5}\rp^5=e^{5\times i\frac{2\pi}5}=e^{i2\pi}=1$

d'où la somme

$1+A+B=0$
On développe le produit

$AB=(\omega+\omega^4)(\omega^2+\omega^3)=\omega^3+\omega^4+\omega^6+\omega^7$

or, comme $\omega^5=1$ , on a

$\omega^6=\omega^5\omega=1\omega=\omega$

et

$\omega^7=\omega^5\omega^2=1\omega^2=\omega^2$

et ainsi,

$AB=\omega^3+\omega^4+\omega+\omega^2=A+B$
On a donc trouvé dans les questions précédentes que

$\la\begin{array}{ll}1+A+B=0\\AB=A+B\enar\right.\iff\la\begin{array}{ll}A+B=-1\\AB=A+B=-1\enar\right.$

La première équation donne , et alors la deuxième équation se réécrit

$A(-1-A)=-1\iff A^2+A-1=0$

Cette équation du second degré a pour discriminant $\Delta=5>0$ et admet donc deux racines, $\dfrac{-1-\sqrt5}2$ et $\dfrac{-1+\sqrt5}2$ .
Comme on suppose que , on a donc que $A=\dfrac{-1+\sqrt5}2$ , et alors

$B=-1-A=-1-\dfrac{-1+\sqrt5}2=\dfrac{-1-\sqrt5}2$
On a $\omega^4=e^{i\frac{8\pi}5}$ et

$\dfrac{8\pi}5=\dfrac{10\pi}5-\dfrac{2\pi}5=2\pi-\dfrac{2\pi}5$

donc

$\omega^4=e^{i\lp2\pi-\dfrac{2\pi}5\right)}=e^{i2\pi}e^{-i\frac{2\pi}5} =1e^{-i\frac{2\pi}5}=\overline{\omega}$

car $\overline{e^{i\theta}}=e^{-i\theta}$

On a alors que

$\begin{array}{ll}A&=\omega+\omega^4\\&=\omega+\overline{\omega}\\ &=2\cos\lp\dfrac{2\pi}5\rp\enar$

et comme on a déjà trouvé que $A=\dfrac{-1+\sqrt5}2$ , on obtient maintenant la valeur du cosinus:

$\cos\lp\dfrac{2\pi}5\rp=\dfrac{-1+\sqrt5}4$

Remarque: comme on trouve que $A=2\cos\lp\dfrac{2\pi}5\rp$ et que $0<\dfrac{2\pi}5<\dfrac\pi2$ , on justifie bien l'hypothèse faite sur , à savoir que .

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