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Somme de puissances de deux complexes

Posté par
Picarresur6 26-10-21 à 19:29

Hello !

Je fais actuellement "pour le fun" un exercice sur les complexes.
Voici l'énoncé :
Soit z = 1+i et w = 1-i. On a donc w = \bar{z} (mais ce n'est pas très important).

Question : \forall n \in \mathbb{N}, z^n + w^n \in \mathbb{R} \ ?

Je crois avoir trouvé une preuve mais elle est plutôt longue et pas vraiment très "élégante", je dois avouer.

z^n = (1 + i)^n
Je développe tout ça à l'aide de la formule du binôme de Newton :(1+i)^n = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\cdot 1^k\cdot i^{n-k}} = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\cdot 1^{n-k}\cdot i^k} \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\cdot 1\cdot i^k} \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}i^k}

On fait la même chose avec w :
w^n = (1-i)^n = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\cdot1^k\cdot (-i)^{n-k}} \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\cdot1^{n-k}\cdot (-i)^k} \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\cdot1\cdot (-i)^k} \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-i)^k}

On a donc :
z^n + w^n = (1+i)^n + (1-i)^n \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}i^k} + \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(-i)^k} \\ = \binom{n}{0}i^0 + \binom{n}{1}i^1 + \ldots + \binom{n}{n}i^n + \binom{n}{0}(-i)^0 + \binom{n}{1}(-i)^1 + \ldots +  \binom{n}{n}(-i)^n \\ = \binom{n}{0}(i^0 + (-i)^0) + \binom{n}{1}(i^1 + (-i)^1) + \ldots + \binom{n}{n}(i^n + (-i)^n) \\ = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(i^k + (-i)^k)}

On rappelle que l'on a :
n \in \mathbb{N}
Mais par construction de notre Sigma, on a aussi :
k \in \mathbb{N}
\Rightarrow \binom{n}{k} \in \mathbb{N}

Maintenant, soit la suite u_n = i^n + (-i)^n où u_0 = i^0 + (-i)^0 = 1 + 1 = 2. Démontrons que S, l'ensemble des termes de u_n, \in \mathbb{N}. Calcul des premiers termes de u_n :
• u_0 = 2 comme dit précédemment
• u_1 = i^1 + (-i)^1 = i - i = 0
• u_2 = i^2 + (-i)^2 = -1 - 1 = -2
• u_3 = i^3 + (-i)^3 = -i + i = 0

D'après la construction des puissances de i, on a (\pm i)^{4n+p} = (\pm i)^p
Donc u_{4n+p} = u_p et u_n est 4-périodique. Ainsi, les seules valeurs possibles de u_n sont S = \{u_0, u_1, u_2,u_3\} = \{2,0,-2,0\} \in \mathbb{N}. u_n est donc défini sur \mathbb{N}.

Récapitulons.
On a \binom{n}{k} \in \mathbb{N} et i^k + (-i)^k \in \mathbb{N} \Rightarrow \binom{n}{k}(i^k + (-i)^k) \in \mathbb{N} \Rightarrow \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}(i^k + (-i)^k)} \in \mathbb{N} \Leftrightarrow (1+i)^n + (1-i)^n \in \mathbb{N} \ \forall n \in \mathbb{N} car un produit de facteurs appartenant tous à \mathbb{N} \in \mathbb{N}, et une somme de termes appartenant tous à  \mathbb{N} \in \mathbb{N}.
Donc, z^n + w^n \in \mathbb{R} (pour rester fidèle à l'énoncé).

Ma démonstration est-elle correcte ? N'y-a-t-il pas une autre façon plus simple de faire ?

Merci par avance, et bonne soirée !

Cordialement,

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 26-10-21 à 19:50

Bonsoir,

Citation :
w = \bar{z} (mais ce n'est pas très important)
Mais si !
Deux propriétés à compléter :
a) La somme de deux complexes conjugués est un ...

b) (\bar{z})^{n} = \bar{(...)}

Posté par
Picarresur6re : Somme de puissances de deux complexes 26-10-21 à 20:43

Bonsoir,
a) un réel car (a+ib)+(a-ib) = a+a+ib-ib = 2a, a \in \mathbb{R}.
b) (\bar{z})^n = \bar{z} \times \bar{z} \times \ldots \times \bar{z} = \bar{z \times z \times \ldots \times z} = \bar{z^n}.

Mais je ne vois pas trop quoi en tirer pour l'instant…

Merci pour votre réponse,

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 26-10-21 à 20:50

z = 1+i et \omega = 1-i ; donc \omega = \bar{z}.

Z = z^{n} et Z' = (\bar{z})^{n}

Que dire de Z+Z' ?

Posté par
Picarresur6re : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:08

Bonjour,
On a z+\bar{z} = z^1+\bar{z^1} = 2\Re z
Et, z^n + (\bar{z})^n = z^n + \bar{z^n}
Donc z^n + \bar{z^n} = 2\Re{(z^n)} \Rightarrow z^n + \bar{z^n} \in \mathbb{N} \ \forall n \in \mathbb{N}.

Est-ce correct ?

Merci par avance !

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:20

la question que tu as posté au départ était

Citation :
\forall n \in \mathbb{N}, z^n + w^n \in \mathbb{R}

Et depuis un moment, tu écris
\forall n \in \mathbb{N}, z^n + w^n \in \mathbb{N}
Ce n'est pas tout à fait pareil.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:21

La question que tu as postée au départ était

Posté par
Picarresur6re : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:25

Oui c'est vrai excusez-moi, donc pour répondre à la question de départ on a bien z^n + w^n \in \mathbb{R} \ \forall n \in \mathbb{N}.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:27

D'ailleurs (1+i)4 + (1-i)4 n'est pas dans .

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:28

Mais tu pourrais démontrer que z^n + w^n \in \mathbb{Z} \ \forall n \in \mathbb{N}.

Posté par
Picarresur6re : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:48

Citation :
D'ailleurs (i+1)⁴ + (i-1)⁴ n'est pas dans \mathbb{N} .


Oui c'est vrai, et j'ai fait une grossière erreur à ce propos dans mon premier message en disant que S = \{u_0, u_1, u_2, u_3\} =\{2,0-2,0\} \in \mathbb{N} au lieu de S \in \mathbb{Z}, ce qui évidemment a rendu faux la conclusion de mon premier message…

Pour prouver ça il faut alors prouver que \Re((1+i)^n) \in \mathbb{Z}. Je vais chercher

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 11:50

Bonne idée
Évite les calculs compliqués.

Posté par
Picarresur6re : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 14:06

Voici ma preuve :
Avec n \in \mathbb{N}, (1+i)^n = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}i^k} = 1 + a_1i^1 + a_2i^2 + \ldots + a_{n-1}i^{n-1} + i^n

\Re((1+i)^n) = \Re(\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}i^k}) = \Re(1) + \Re(a_1i^1) + \Re(a_2i^2) + \ldots + \Re(a_{n-1}i^{n-1}) + \Re(i^n).

Or, on a n \in \mathbb{N} et, par définition de Sigma, k \in \mathbb{N} \Rightarrow \binom{n}{k} \in \mathbb{N}. Comme on a \binom{n}{k} = a_k, a_k \in \mathbb{N} \Rightarrow \Re(a_k) = a_k.

On peut donc réarranger la formule en : \Re((1+i)^n) = 1 + a_1\Re(i^1) + a_2\Re(i^2) + \ldots + a_{n-1}\Re(i^{n-1}) + \Re(i^n) = \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\Re(i^k)}

Maintenant, construisons la suite u_n = \Re(i^n).
On a u_0 = \Re(i^0) = \Re(1) = 1
u_1 = \Re(i^1) = \Re(i) = 0
u_2 = \Re(i^2) = \Re(-1) = -1
u_3 = \Re(i^3) = \Re(-i) = 0

Par construction des puissances de i, on a i^{4n+p} = i^p, donc les seules valeurs possibles de u_n sont S = \{u_0, u_1, u_2, u_3\} = \{1,0,-1,0\} \in \mathbb{Z}.

Récapitulons.
On a \binom{n}{k} = a_k \in \mathbb {N} et
\Re(i^k) \in \mathbb{Z} \Rightarrow a_k\Re(i^k) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}\Re(i^k)} \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \Re((1+i)^n) \in \mathbb{Z} \Rightarrow 2\Re((1+i)^n) \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow (1+i)^n+(1-i)^n \in \mathbb{Z}.

Qu'en pensez-vous ? (Je n'ai pas réussi à faire plus simple.)

Bon après-midi,

Posté par
carpediemre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 18:50

salut

c'est peut-être correct ... mais quel abus de formalisme ... inutile ... en particulier ce partie réelle inutiles ... du moins dans un premier temps ...

une méthode simple et rapide serait de faire une récurrence

P(n)  :  (1 + i)^n = a_n + ib_n $ et $ (a_n, b_n) \in \Z^2

sinon pour en revenir à ta méthode c'est plié en trois lignes :

(1 + i)^n = \sum_0^n {n \choose k} i^k

les coefficients binomiaux sont des entiers
\forall k\in \N  :  i^k \in \{1, i, -1, -i\}
la somme et le produit d'entiers est un entier

donc (1 + i)^n est une combinaison linéaire à coefficients entiers de 1 et i

PS : désolé ça fait cinq lignes !!

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 19:31

Et avec à peine plus de cinq lignes, on peut trouver une expression de la somme (1+i)n + (1-i)n en séparant les cas selon le reste de la division euclidienne de n par 4

Par exemple, pour le reste 1 :
(1+i)4k+1 + (1-i)4k+1 = 2(-4)k

Posté par
Picarresur6re : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 20:12

Bonsoir,

Oui vous avez raison… Décidément, j'ai du mal à faire simple.

Merci pour vos réponses. Bonne soirée,

Posté par
carpediemre : Somme de puissances de deux complexes 27-10-21 à 20:18

ce n'est pas inutile dans le sens où cela te fait travailler et manipuler ...

mais d'une part tu risques de te perdre en route et ne plus savoir où tu en es dans ton raisonnement ...

et d'autre lors d'un travail en temps limité ben le temps est ... limité !!! et pourrait te pénaliser ...

enfin en ce qui me concerne plus c'est simple plus c'est clair ...

plus c'est alambiqué plus c'est brumeux !!!

merci et à toi aussi


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