Résoudre $z^n=(z-1)^n$

Red-Fish
Red-Fish
dans Algèbre
Bonjour,
Toujours dans les exercices de prépa sur les nombres complexes, je cherche à résoudre $z^n=(z-1)^n$ pour $n\in\mathbb{N}$*

$z\neq1$ Donc, $\Big( \dfrac{z}{z-1}\Big) ^n=1 \iff \dfrac{z}{z-1}=e^{(i\tfrac{2k\pi}{n})},\ $ avec $k \in [\![ 0;n-1]\!].$
D'où $1+\dfrac{1}{z-1}=e^{(i\tfrac{2k\pi}{n})},\ $ avec $k \in [\![ 0;n-1]\!].$
D'où $\dfrac{1}{z-1}=e^{(i\tfrac{2k\pi}{n})}-1= e^{(i\tfrac{k\pi}{n})}2i\sin(\dfrac{k\pi}{n}),\ $ avec $k \in [\![ 0;n-1]\!]..$

Mais mon expression est immonde et il faut que je calcule son inverse...
Faut-il s'y prendre autrement ?

Réponses

  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Tu as fait une erreur dans l’autre exercice... tu devrais corriger.

    Ici ${z\over z-1}=a$ donne $z=...$ fonction de $a$. Et les calculs sont simples.
  • Red-Fish
    Red-Fish
    Je suis en train de regarder, merci.

    Donc si je reprends ton idée, cela donne :
    $\Big( \dfrac{z}{z-1}\Big) ^n=1 \iff \dfrac{z}{z-1}=e^{(i\tfrac{2k\pi}{n})},\ $ avec $k \in [\![ 0;n-1]\!].$
    Donc $z=\dfrac{-e^{(i\tfrac{2k\pi}{n})}}{1-e^{(i\tfrac{2k\pi}{n})}}=\dfrac{e^{(i\tfrac{k\pi}{n})}}{2i\sin(\tfrac{k\pi}{n})}=\dfrac{-i\times cotan(\tfrac{k\pi}{n})}{2}+\dfrac{1}{2},\ $ avec $k \in [\![ 0;n-1]\!].$
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Si on prend $k=0$ le dénominateur s’annule.
  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    Les solutions sont - précautions prises - les complexes tels que $1-\frac{1}{z} \in \mathbb{U}_{n}$, et on connait bien les racines $n$-ièmes de l'unité.
  • Red-Fish
    Red-Fish
    Il faut effectivement exclure le cas où $k=0$,
    Si je ne me trompe, on peut se le permettre puisque $x^n=(x-1)^n$ n'a pas de solution réelle (autre que 1/2 suivant la parité de n)
  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    Cet argument se mord la queue, puisque tu cherches les solutions de cette équation. Disons plutôt que $k=0$ correspond au cas où $z-1=z$, ce qui arrive assez peu souvent. Donc il te reste tous les autres candidats (les $k$ correspondant aux racines n ième de l'unité sauf 1), qui d'ailleurs sont bien tous solution puisque le polynôme qui t'intéresse - $(z-1)^{n}-z^{n}$ - est de degré $n-1$ (et il a donc autant de racines dans $\mathbb{C}$, ici distinctes).
  • jean lismonde
    jean lismonde
    Bonjour
    il existe n - 1 solutions à ton équation qui est en fait de degré n - 1
    pour k variant de 1 à n - 1 il vient $$

    z = \frac{1}{2} - \frac{i}{2\tan\frac{k\pi}{n}}.

    $$ La démonstration passe par $\frac{1}{z} = 1 - e^{\tfrac{2ki\pi}{n}}$ soit : $z = \frac{e^\frac{ki\pi}{n}}{2i\sin\frac{ki\pi}{n}}.$
    Cordialement.
  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    @jean lismonde: C'est exactement le sens de mes deux messages précédents ...
  • Poirot
    Poirot
    @Polka : jean lismonde ne lit jamais les messages des autres intervenants avant de poster les siens, ce qui fait que ce genre de situation est très fréquente avec lui.
  • soland
    soland
    Un essai de kata

    On pose $\omega:=\exp(2i\pi/n)$
    $1$ n'est pas une solution de l'équation.
    On peut donc travailler dans $\mathbb{C}^*$ et récrire l'équation $$
    \left(\frac{z}{z-1}\right)^n = 1 .
    $$ La parenthèse est donc une racine $n$-ième de l'unité différente de $1$ : $$
    \frac{z}{z-1} = \omega^k ,\quad k\in\{ 1,2,3,\ldots, n-1 \}.
    $$ $f:z\mapsto z/(z-1)$ est sa propre réciproque, les solutions sont donc $$
    z = \frac{\omega^k}{\omega^k-1} , \quad k\in\{ 1,2,3,\ldots, n-1 \}.

    $$ Sayonara.97804
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