Comment résoudre dans C: (z+i)^n – (z-i)^n=0?

Bonjour, cette équation est difficile. Comment pourrais-je faire ?

Merci !

Ce n’est pas un devoir. C’est juste pour le plaisir.

Comme solutions, je trouve z= co tan kpi/n avec k appartient à {1,2,…,n-1}

6 Answers

  • Soient a et b 2 nombres complexes avec a=mod(a)*exp(i*arg(a)) et b=mod(b)*exp(i*arg(b)).

    mod = module et arg= argument

    La condition a^n=b^n equivaut à dire que (mod(a))^n=(mod(b))^n et arg(a)=arg(b)+2k*Pi/n où Pi est le nombre pi et k un entier relatif.

    mod(a) et mod(b) étant positifs (supposés non nuls <=> z différents de i et -i) le passage au logarithme néperien montre que

    mod(a)=mod(b)

    Donc z+i et z-i ont même module. Si z=r*exp(i*µ) cela équivaut à écrire :

    r²+2r*sinµ+1 =r²-2r*sinµ+1

    Donc, r*sinµ=0 soit r=0 et donc z=0 solution possible que si n est pair.

    Ou alors sinµ=0. z=r (µ=0) ou z=-r (µ=Pi).

    **Si z=r alors z+i= r+i qui a pour argument arctan(1/r) et z-i=r-i qui a pour argument -arctan(1/r).

    Donc, il existe k entier relatif tel que arctan(1/r) = -arctan(1/r)+2k*Pi/n et donc arctan(1/r) =k*Pi/n.

    Dans ces conditions, r=1/tan(k*Pi/n) (les cas de k*Pi/n =0, Pi ou +/-Pi/2 sont à exclure) avec k choisi tel que r>0.

    **Si z=-r alors z+i=-r+i (r>0) qui a pour argument Pi-arctan(1/r) et z-i=-r-i a pour argument Pi+arctan(1/r).

    Donc il existe k entier relatif tel que Pi-arctan(1/r)= Pi+arctan(1/r)+2k*Pi/n.

    Les solutions restent les mêmes pour r pour la condition z=r au paragraphe précédent.

    Je confirme donc bien tes solutions à toi. Bravo !

  • Je pose Un,k = e^(i.2kπ/n), racine ennième de l’unité (k entier positif ou nul strictement inférieur à n).

    Les solutions de (z+i)^n = (z-i)^n

    sont les solutions des n équations du premier degré (z+i) = (z-i).Un,k

    Pour k = 0, Un,0 = 1 et l’équation n’a pas de solution ; pour k ≠ 0 :

    zk = i.(Un,k +1)/(Un,k -1) = i.(Un,k +1)(U‾n,k -1)/|Un,k -1|²

    U‾n,k – Un,k = -2i.sin(2kπ/n)

    |Un,k -1|² = [cos(2kπ/n)-1]² + sin²(2kπ/n) = 2[1 -cos(2kπ/n)]

    zk = sin(2kπ/n) / [1 -cos(2kπ/n)] = 2sin(kπ/n).cos(π/n) / 2sin²(kπ/n)

    zk = cotan(kπ/n)

    Votre réponse est donc exacte.

    Nota : Lorsque n est pair, nous retrouvons bien, parmi les valeurs de zk, la solution triviale z = 0 pour k = n/2.

  • Déjà, l’égalité n’est pas vrai si z=i, donc i n’est pas solution.

    On peut donc considérer que si z est solution, z=/= i.

    A partir de là, tu réécris ça comme (z+i/z-i)^n=1.

    Donc tu sais que les « z+i/z-i » possibles sont les racines n-ièmes de l’unité : exp(i*k*2π/n).

    A partir, pour chaque k de 0 à n-1, tu as z+i/z-i=exp(i*k*2π/n)

    z+i=(z-i)*exp(i*k*2π/n)

    z(1-exp(i*k*2π/n))=-i*(1+exp(i*k*2π/n))

    -Cette égalité est impossible pour k=0 (car on aurait 0 = un truc qui ne peut pas être égal à 0).

    -Pour tous les autres k, on trouve z=-i*(1+ exp(i*k*2π/n) )/(1-exp(i*k*2π/n))

    Les solutions sont donc les -i*(1+ exp(i*k*2π/n) )/(1-exp(i*k*2π/n)) pour k allant de 1 à n-1.

    Et en mettant exp(i*k*π/n) en facteur en haut et bas, et en se servant de l’écriture complexe du cos et du sin, on retrouve des solutions de la forme cotan(k*π/n) (comme l’ont dit certains avant moi).

    Et on est bien sur d’avoir toutes les solutions, car en fait, (z+i)^n – (z-i)^n est un polynôme de degré n-1 (car les termes de degré n s’annulent), et on a trouvé toutes ses racines.

  • Cela s’écrit simplement

    (z+i)^n = (z-i)^n

    Peut être peut on prendre la racine nième de chacun des termes.

    Avec les précautions d’usage, et en discutant en fonction de la parité de n

  • c’est pour un devoir,

  • on fait la racine nième, pour éliminer les puissance n, en supposant que si n= 2 les carrés sont positifs sinon ça donne des nbres imaginaires

    on fait z + i – z + i = 0 d’où i = 0, tout simplement

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