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.