racines nièmes de l'unité

LoloDJ

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...

JLapin

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).

Chaurien

Exercice intéressant, qu'on peut rédiger comme suit.

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 • 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  $1 \le p <n \le 8$.

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$~~$ 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

celine_L

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.

celine_L

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.