racines nièmes de l'unité
Soit $\omega$ une racine $n$-ième de l'unité. Calculer $S=\sum_{k=0}^{n-1}(1+\omega^k)^n$
C'est un exo de Terminale, j'ai l'impression que posé comme ça, il contient un piège car en développant le $(1+\omega^k)^n$ avec le binôme de Newton on obtient des $\omega^{kp}$ pour $p\in\llbracket0;n\rrbracket$
on a $S=\sum_{p=0}^{n}C_{n}^p\sum_{k=0}^{n-1}\omega^{kp}$
évidemment si $p=0$ ou $p=n$ alors $\omega^{p}=1$ et le corrigé dont je dispose, faisant comme si c'étaient les seuls cas, d'écrire
$S=C_{n}^0\sum_{k=0}^{n-1}1+C_{n}^n\sum_{k=0}^{n-1}1+\sum_{p=1}^{n-1}C_{n}^p\frac{1-\omega^{pn}}{1-\omega^p}$
et de conclure que $S=2n$
Mais si on prend $n=4$ et $\omega=-1$ pour $p=2$ on a $\omega^{p}=1$ donc ça ne marche pas...
Réponses
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Effectivement, l'auteur de ton corrigé part manifestement du principe que $w$ est une racine primitive $n$-ième de l'unité ($w = e^{2i\pi/n}$ par exemple).
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Exercice intéressant, qu'on peut rédiger comme suit.....................................................................................................................................................................• Soit $n\in \mathbb{N}$, $n\geq 2$, soit $p\in \{1,2,...,n-1\}$, soit $\omega _{n,p}=e^{\frac{2pi\pi }{n}}$ une racine $n$-ème de l'unité, et soit $S_{n,p}=\sum_{k=0}^{n-1}(1+\omega _{n,p}^{k})^{n}$.Démontrer que $S_{n,p}$ est un entier strictement positif, multiple de $2n$.Démontrer : $S_{n,p}=S_{n,n-p}$.Calculer $S_{n,p}$ si les entiers $n$ et $p$ sont premiers entre eux.Pour $m\in \mathbb{N^*}$, calculer $S_{2m,m}$.Dresser le tableau à double entrée des valeurs de $S_{n,p}$ pour $1 \le p <n \le 8$.....................................................................................................................................................................$~~$ J'ai traduit l'excellente idée de @JLapin de « racine primitive » pour ceux qui n’auraient pas encore pas vu suffisamment de théorie des groupes et ne connaîtraient pas cette notion.Ainsi rédigé, cet exercice peut convenir pour Math. Sup, ou même Terminale $~~$ « mathématiques expertes », selon la ridicule terminologie en vigueur aujourd'hui. Un intérêt de cet exercice est alors de réaliser une liaison entre algèbre et arithmétique.Je donne le tableau jusqu'à $n=12$, en espérant qu'il n'y a pas trop d'erreurs.Bonne soirée.08 11 2024
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Bonjour,
je reprends l'exercice proposé par @Chaurien .
J'obtiens $S_{n,p}=\sum_{r=0}^n\binom{n}{r}\sum_{k=0}^{n-1}(w_{n,p}^r)^k$. En notant $\ell$ le pgcd de $n$ et $p$ et $n=\ell\times n'$ et $p=\ell\times p'$, on obtient $S_{n,p}=\sum_{r=0}^n\binom{n}{r}\sum_{k=0}^{n-1}(w_{n',p'}^r)^k$ avec $n'$ et $p'$ premiers entre eux donc $w_{n',p'}^r=1$ si et seulement si $r$ est un multiple de $n'$, et ainsi $\sum_{k=0}^{n-1}w_{n,p}^r$ vaut $n$ si $r$ multiple de $n'$ et 0 sinon.
On obtient ainsi
$$S_{n,p}=n\times\sum_{i=0}^\ell\binom{n}{i\times n'} \qquad \text{où $\ell$ est le pgcd de $n$ et $p$ et $n=\ell\times n'$}$$
Il me reste à montrer que cette somme est paire. -
Je continue :
montrons que $\sum_{i=0}^\ell\binom{n}{i\times n'}$ est un nombre pair.
On sait que pour $n$, $p$ entiers on a $\binom{n}{p}=\binom{n}{n-p}$.
Or $n-i\times n'=\ell\times n'-i\times n'=(\ell-i)n'$. Mais $0\leqslant i\leqslant \ell$ donc $0\leqslant \ell-i\leqslant \ell$.
Ainsi les termes de la somme vont par pair sauf lorsque $n-i\times n'=i\times n'$, soit $n=2\times i\times n'$.
Il ne reste donc plus qu'à montrer que pour tout entier $m$, $\binom{2m}{m}$ est pair.
Or un résultat classique nous dit que $\binom{n}{p}=\frac{n}{p}\binom{n-1}{p-1}$
donc $\binom{2m}{m}=2\binom{2m-1}{m-1}$ et c'est terminé.
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