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Bac Tunisie
Mathématiques/Nombres complexes/Racines n-ièmes d'un nombre complexe : résoudre zⁿ=a, placer les images sur un cercle, reconnaître un polygone régulier
Nombres complexes

Racines nn-ièmes d'un nombre complexe : résoudre zn=az^n=a, placer les images sur un cercle, reconnaître un polygone régulier

Idée directrice

Pour résoudre zn=az^n=a (a≠0a\neq0), on écrit a=ρ eiαa=\rho\,e^{i\alpha} et l'inconnue z=r eiφz=r\,e^{i\varphi} (r>0r>0) : l'égalité des formes exponentielles donne r=ρnr=\sqrt[n]{\rho} et nφ≡α [2π]n\varphi\equiv\alpha\ [2\pi], soit φ=αn+2kπn\varphi=\frac{\alpha}{n}+\frac{2k\pi}{n} avec k∈{0,…,n−1}k\in\{0,\dots,n-1\} — exactement nn solutions. Quand une solution z0z_0 est connue (souvent proposée : « vérifier que (3+i)6=…(\sqrt3+i)^6=\dots »), zn=z0n  ⟺  (zz0)n=1z^n=z_0^n\iff\left(\frac{z}{z_0}\right)^n=1 : les solutions sont z0 ei2kπnz_0\,e^{i\frac{2k\pi}{n}}. Leurs images sont sur le cercle de centre OO et de rayon ρn\sqrt[n]{\rho}, régulièrement espacées d'un angle 2πn\frac{2\pi}{n} : elles forment un polygone régulier (triangle équilatéral pour n=3n=3, carré pour n=4n=4, pentagone, hexagone…), et leur somme est nulle.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Déterminer les racines cubiques du nombre complexe a » ; « Donner sous forme exponentielle les racines n-ièmes de l'unité » ; « Vérifier que (z₀)ⁿ = a ; en déduire les solutions de zⁿ = a » ; « Montrer que les points … sont les sommets d'un polygone régulier ».

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Écrire aa sous forme exponentielle (module, puis un argument par cos⁡\cos et sin⁡\sin).
  • Poser z=r eiφz=r\,e^{i\varphi} avec r>0r>0 (00 n'est jamais solution), identifier : rn=ρr^n=\rho et nφ≡α [2π]n\varphi\equiv\alpha\ [2\pi] ; diviser toute la congruence par nn : φ≡αn [2πn]\varphi\equiv\frac{\alpha}{n}\ \left[\frac{2\pi}{n}\right].
  • Lister les nn solutions avec k=0,1,…,n−1k=0,1,\dots,n-1 et dire pourquoi il n'y en a pas d'autres ; donner la forme algébrique quand les angles sont remarquables.
  • Placer les images : cercle de rayon ρn\sqrt[n]{\rho}, puis chaque point à partir du précédent par l'angle 2πn\frac{2\pi}{n} (zk+1zk=ei2πn\frac{z_{k+1}}{z_k}=e^{i\frac{2\pi}{n}}) — c'est aussi la preuve du polygone régulier.
  • Somme des racines : z0(1+q+⋯+qn−1)=z01−qn1−q=0z_0\left(1+q+\dots+q^{n-1}\right)=z_0\frac{1-q^n}{1-q}=0 avec q=ei2πn≠1q=e^{i\frac{2\pi}{n}}\neq1 ; pour n=3n=3, 1+j+j2=01+j+j^2=0.
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Diviser le module par nn au lieu d'en prendre la racine nn-ième (∣z∣=83=2|z|=\sqrt[3]{8}=2, pas 83\frac83) ; diviser l'argument par nn mais pas le 2kπ2k\pi (on obtient alors une seule solution) ; donner n+1n+1 solutions en prenant k=0,…,nk=0,\dots,n, ou oublier k=0k=0 ; écrire la forme exponentielle d'une racine avec un argument non réduit sans le dire ; conclure « polygone régulier » en montrant seulement que les points sont sur un cercle.

Sujet principal

Exercice — équation z6=−64z^6=-64 et hexagone régulier

3 questionsCorrigé masqué

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct (O,u⃗,v⃗)\left(O,\vec u,\vec v\right). On considère dans C\mathbb{C} l'équation (E) : z6=−64(E)\ :\ z^6=-64.

  1. Résolution de (E)(E).
    1. Déterminer le module et un argument de 3+i\sqrt3+i, puis vérifier que (3+i)6=−64\left(\sqrt3+i\right)^6=-64.
    2. Montrer que, pour tout nombre complexe zz, zz est solution de (E)(E) si et seulement si (z3+i)6=1\left(\dfrac{z}{\sqrt3+i}\right)^6=1.
    3. Résoudre dans C\mathbb{C} l'équation u6=1u^6=1 (racines sixièmes de l'unité). En déduire les solutions de (E)(E), c'est-à-dire les racines sixièmes du nombre complexe −64-64, sous forme exponentielle puis sous forme algébrique (partie réelle et partie imaginaire).
  2. Pour k∈{0,1,2,3,4,5}k\in\{0,1,2,3,4,5\}, on note AkA_k le point d'affixe zk=2 ei(π6+kπ3)z_k=2\,e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right)}.
    1. Montrer que les points AkA_k appartiennent au cercle Γ\Gamma de centre OO et de rayon 22, et placer A0A_0, A1A_1, A2A_2.
    2. Montrer que zk+1=eiπ3zkz_{k+1}=e^{i\frac{\pi}{3}}z_k pour k∈{0,1,2,3,4}k\in\{0,1,2,3,4\}, et que z0=eiπ3z5z_0=e^{i\frac{\pi}{3}}z_5. En déduire que les triangles OA0A1OA_0A_1, OA1A2OA_1A_2, …, OA5A0OA_5A_0 sont équilatéraux.
    3. En déduire que A0A1A2A3A4A5A_0A_1A_2A_3A_4A_5 est un hexagone régulier, et calculer son aire.
  3. Une factorisation.
    1. Vérifier que, pour tout nombre complexe zz, z6+64=(z2+4)(z4−4z2+16)z^6+64=\left(z^2+4\right)\left(z^4-4z^2+16\right).
    2. En déduire, sans nouveau calcul de discriminant, les solutions dans C\mathbb{C} de l'équation z4−4z2+16=0z^4-4z^2+16=0.
    3. Calculer z0+z1+z2+z3+z4+z5z_0+z_1+z_2+z_3+z_4+z_5. Interpréter ce résultat.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche
1.a $\left|\sqrt3+i\right|=\sqrt{3+1}=2$ ; un argument $\alpha$ vérifie $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt3}{2}$ et $\sin\alpha=\dfrac12$, donc $\alpha\equiv\dfrac{\pi}{6}\ [2\pi]$ et $\sqrt3+i=2\,e^{i\frac{\pi}{6}}$. Idée : élever une forme exponentielle à une puissance, c'est élever le module et multiplier l'argument. $\left(\sqrt3+i\right)^6=2^6\,e^{i\frac{6\pi}{6}}=64\,e^{i\pi}=-64$. 1.b D'après 1.a, $-64=\left(\sqrt3+i\right)^6$, et $\sqrt3+i\neq0$. Donc $z^6=-64\iff z^6=\left(\sqrt3+i\right)^6\iff\dfrac{z^6}{\left(\sqrt3+i\right)^6}=1\iff\left(\dfrac{z}{\sqrt3+i}\right)^6=1$. 1.c Idée : on écrit l'inconnue sous forme exponentielle et on identifie modules et arguments. $u=0$ n'est pas solution ; on pose $u=r\,e^{i\varphi}$ avec $r>0$. Alors $u^6=1\iff r^6e^{6i\varphi}=1\iff r^6=1$ et $6\varphi\equiv0\ [2\pi]\iff r=1$ et $\varphi=\dfrac{k\pi}{3}$, $k\in\mathbb Z$. Les valeurs $k=0,1,\dots,5$ donnent six nombres distincts (leurs arguments sont distincts dans $[0,2\pi[$) et toute autre valeur de $k$ redonne l'un d'eux : les solutions de $u^6=1$ sont $u_k=e^{i\frac{k\pi}{3}}$, $k\in\{0,\dots,5\}$. D'après 1.b, $z$ est solution de $(E)$ si et seulement si $z=\left(\sqrt3+i\right)u_k=2\,e^{i\frac{\pi}{6}}e^{i\frac{k\pi}{3}}=2\,e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right)}$. Sous forme algébrique : $z_0=2e^{i\frac{\pi}{6}}=\sqrt3+i$, $z_1=2e^{i\frac{\pi}{2}}=2i$, $z_2=2e^{i\frac{5\pi}{6}}=-\sqrt3+i$, $z_3=2e^{i\frac{7\pi}{6}}=-\sqrt3-i$, $z_4=2e^{i\frac{3\pi}{2}}=-2i$, $z_5=2e^{i\frac{11\pi}{6}}=\sqrt3-i$. Conclusion : $S_{\mathbb{C}}=\left\{\sqrt3+i\,;\,2i\,;\,-\sqrt3+i\,;\,-\sqrt3-i\,;\,-2i\,;\,\sqrt3-i\right\}$. 2.a $OA_k=|z_k|=2$ : les six points sont sur $\Gamma$. $A_0$ est le point de $\Gamma$ d'ordonnée $1$ et d'abscisse positive (droite $y=1$), $A_1$ le point $(0\,;2)$, et $A_2$ le symétrique de $A_0$ par rapport à l'axe $\left(O,\vec v\right)$. 2.b $\dfrac{z_{k+1}}{z_k}=e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{(k+1)\pi}{3}-\frac{\pi}{6}-\frac{k\pi}{3}\right)}=e^{i\frac{\pi}{3}}$, et $\dfrac{z_0}{z_5}=e^{i\left(\frac{\pi}{6}-\frac{11\pi}{6}\right)}=e^{-i\frac{5\pi}{3}}=e^{i\frac{\pi}{3}}$. *Idée : un quotient de module $1$ et d'argument $\frac{\pi}{3}$ donne un triangle isocèle d'angle au sommet $\frac{\pi}{3}$, donc équilatéral.* Chaque fois $OA_{k+1}=OA_k$ (module $1$) et $\left(\overrightarrow{OA_k},\overrightarrow{OA_{k+1}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]$ : le triangle $OA_kA_{k+1}$ est isocèle en $O$ avec un angle de $\dfrac{\pi}{3}$ en $O$, donc équilatéral, de côté $2$. Il en est de même de $OA_5A_0$. 2.c D'après 2.b, les six côtés $A_0A_1,\dots,A_5A_0$ valent $2$, et les six sommets sont sur le cercle $\Gamma$ : l'hexagone, inscrit dans $\Gamma$ et dont tous les côtés sont égaux, est régulier. Il est formé des six triangles équilatéraux de côté $2$, d'aire $\dfrac{\sqrt3}{4}\times2^2=\sqrt3$ chacun : son aire vaut $6\sqrt3$ (unités d'aire). 3.a $\left(z^2+4\right)\left(z^4-4z^2+16\right)=z^6-4z^4+16z^2+4z^4-16z^2+64=z^6+64$. 3.b Idée : une équation de degré 4 a au plus quatre solutions ; on les cherche parmi celles déjà connues. D'après 3.a, $z_k$ solution de $(E)$ signifie $z_k^2=-4$ ou $z_k^4-4z_k^2+16=0$. Or $z^2=-4\iff z=2i$ ou $z=-2i$, c'est-à-dire $z_1$ ou $z_4$. Les quatre autres solutions $z_0$, $z_2$, $z_3$, $z_5$ vérifient $z_k^2\neq-4$, donc elles annulent le second facteur ; une équation de degré $4$ ayant au plus quatre solutions, ce sont toutes. Conclusion : les solutions de $z^4-4z^2+16=0$ sont $\sqrt3+i$, $-\sqrt3+i$, $-\sqrt3-i$ et $\sqrt3-i$. 3.c D'après 2.b, $z_k=z_0q^k$ avec $q=e^{i\frac{\pi}{3}}\neq1$ et $q^6=e^{2i\pi}=1$. Donc $z_0+\dots+z_5=z_0\dfrac{1-q^6}{1-q}=0$ (contrôle : $z_{k+3}=-z_k$, les termes s'annulent deux à deux). L'isobarycentre des six sommets est donc $O$ : c'est le centre de l'hexagone.

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Racines cubiques de −42+42 i-4\sqrt2+4\sqrt2\,i : triangle équilatéral inscrit et son aire
Entraînement 01 / 02

Racines cubiques de −42+42 i-4\sqrt2+4\sqrt2\,i : triangle équilatéral inscrit et son aire

4 questionsCorrigé masqué
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $\left(O,\vec u,\vec v\right)$. On pose $a=-4\sqrt2+4\sqrt2\,i$ et $j=e^{i\frac{2\pi}{3}}$. 1. Écrire $a$ sous forme exponentielle. 2. Racines cubiques de $a$. 1. Vérifier que $\left(\sqrt2+i\sqrt2\right)^3=a$. 2. Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $z^3=a$ et donner ses solutions sous forme exponentielle. 3. On note $A$, $B$ et $C$ les points d'affixes $z_A=2e^{i\frac{\pi}{4}}$, $z_B=2e^{i\frac{11\pi}{12}}$ et $z_C=2e^{-i\frac{5\pi}{12}}$. 1. Montrer que $z_B=j\,z_A$ et $z_C=j^2z_A$. En déduire que $A$, $B$ et $C$ sont sur un même cercle de centre $O$ et que le triangle $ABC$ est équilatéral. 2. Vérifier que $1+j+j^2=0$ et en déduire $z_A+z_B+z_C$. Interpréter. 4. Longueurs et aire. 1. Calculer le module $|j-1|$ du nombre complexe $j-1$ et en déduire la longueur $AB$. 2. Calculer l'aire du triangle $ABC$.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche
1. $|a|=\sqrt{32+32}=8$ et $\dfrac a8=-\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}i$ : un argument $\alpha$ vérifie $\cos\alpha=-\dfrac{\sqrt2}{2}$ et $\sin\alpha=\dfrac{\sqrt2}{2}$, donc $\alpha\equiv\dfrac{3\pi}{4}\ [2\pi]$ et $a=8\,e^{i\frac{3\pi}{4}}$. 2.a $\sqrt2+i\sqrt2=2\left(\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}i\right)=2e^{i\frac{\pi}{4}}$, donc $\left(\sqrt2+i\sqrt2\right)^3=8\,e^{i\frac{3\pi}{4}}=a$. 2.b *Idée : $z^3=w^3$ avec $w\neq0$ équivaut à $\left(\frac zw\right)^3=1$ ; on peut aussi identifier modules et arguments.* On pose $z=r\,e^{i\varphi}$ ($r>0$, car $0$ n'est pas solution). $z^3=a\iff r^3e^{3i\varphi}=8\,e^{i\frac{3\pi}{4}}\iff r^3=8$ et $3\varphi\equiv\dfrac{3\pi}{4}\ [2\pi]\iff r=2$ et $\varphi=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{2k\pi}{3}$, $k\in\mathbb Z$. Les valeurs $k=0,1,2$ donnent trois solutions distinctes, les autres valeurs de $k$ les redonnent : $S_{\mathbb{C}}=\left\{2e^{i\frac{\pi}{4}}\,;\,2e^{i\frac{11\pi}{12}}\,;\,2e^{i\frac{19\pi}{12}}\right\}$, avec $2e^{i\frac{19\pi}{12}}=2e^{-i\frac{5\pi}{12}}$. 3.a $j\,z_A=e^{i\frac{2\pi}{3}}\cdot2e^{i\frac{\pi}{4}}=2e^{i\frac{11\pi}{12}}=z_B$ et $j^2z_A=2e^{i\left(\frac{4\pi}{3}+\frac{\pi}{4}\right)}=2e^{i\frac{19\pi}{12}}=z_C$. Les trois modules valent $2$ : $A$, $B$, $C$ sont sur le cercle de centre $O$ et de rayon $2$. *Idée : un quotient de module $1$ donne une égalité de longueurs, son argument donne l'angle au centre.* $\dfrac{z_B}{z_A}=\dfrac{z_C}{z_B}=j$ : $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)\equiv\left(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right)\equiv\dfrac{2\pi}{3}\ [2\pi]$, et de même $\left(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA}\right)\equiv\dfrac{2\pi}{3}\ [2\pi]$ car $\dfrac{z_A}{z_C}=\dfrac{1}{j^2}=j$ (puisque $j^3=1$). Pour les longueurs : $AB=\left|z_A(j-1)\right|=2|j-1|$, $BC=\left|z_Aj(j-1)\right|=2|j-1|$ (car $|j|=1$) et, comme $z_A=j\,z_C$ (car $j^3=1$), $CA=|z_A-z_C|=|z_C|\,|j-1|=2|j-1|$. Donc $AB=BC=CA$ : le triangle $ABC$ est équilatéral. 3.b $j=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i$ et $j^2=e^{i\frac{4\pi}{3}}=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2}i$, donc $1+j+j^2=0$. Par suite $z_A+z_B+z_C=z_A\left(1+j+j^2\right)=0$ : $O$ est le centre de gravité du triangle $ABC$, ce qui est cohérent avec un triangle équilatéral inscrit dans un cercle de centre $O$. 4.a $j-1=-\dfrac32+\dfrac{\sqrt3}{2}i$, donc $|j-1|=\sqrt{\dfrac94+\dfrac34}=\sqrt3$ et $AB=|z_B-z_A|=|z_A|\,|j-1|=2\sqrt3$. 4.b Le triangle $ABC$ est équilatéral de côté $2\sqrt3$ (question 3.a) : $\mathcal A(ABC)=\dfrac{\sqrt3}{4}\left(2\sqrt3\right)^2=3\sqrt3$ unités d'aire.
2 Racines nn-ièmes de l'unité : ∏k=1n−12sin⁡kπn=n\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}{n}=n
Entraînement 02 / 02

Racines nn-ièmes de l'unité : ∏k=1n−12sin⁡kπn=n\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}{n}=n

4 questionsCorrigé masqué
Soit $n$ un entier, $n\ge2$. Pour $k\in\{0,1,\dots,n-1\}$, on pose $\omega_k=e^{i\frac{2k\pi}{n}}$. 1. Montrer que les nombres $\omega_0,\omega_1,\dots,\omega_{n-1}$ sont deux à deux distincts et qu'ils sont les solutions dans $\mathbb{C}$ de l'équation $z^n=1$. 2. On admet que, pour tout nombre complexe $z$, $z^n-1=(z-\omega_0)(z-\omega_1)\cdots(z-\omega_{n-1})$. 1. Montrer que, pour tout $z\neq1$, $1+z+z^2+\dots+z^{n-1}=(z-\omega_1)(z-\omega_2)\cdots(z-\omega_{n-1})$. 2. On admet que cette égalité reste vraie pour $z=1$. En déduire que $(1-\omega_1)(1-\omega_2)\cdots(1-\omega_{n-1})=n$. 3. Passage aux modules. 1. Montrer que, pour tout réel $\alpha$, $1-e^{i\alpha}=-2i\sin\dfrac{\alpha}{2}\,e^{i\frac{\alpha}{2}}$. 2. En déduire que, pour $1\le k\le n-1$, $\left|1-\omega_k\right|=2\sin\dfrac{k\pi}{n}$. 3. Montrer que $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}{n}=n$. 4. Applications. 1. Vérifier directement le résultat pour $n=4$. 2. En déduire la valeur du produit $\sin\dfrac{\pi}{6}\,\sin\dfrac{\pi}{3}\,\sin\dfrac{\pi}{2}\,\sin\dfrac{2\pi}{3}\,\sin\dfrac{5\pi}{6}$ et la contrôler à l'aide des valeurs remarquables. 3. Interpréter géométriquement $|1-\omega_k|$ dans le polygone régulier de sommets les points d'affixes $\omega_0,\dots,\omega_{n-1}$.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche
1. Les arguments $\dfrac{2k\pi}{n}$, $0\le k\le n-1$, sont deux à deux distincts et dans $[0,2\pi[$, et les modules valent $1$ : les $\omega_k$ sont deux à deux distincts. Pour $z=r\,e^{i\varphi}$ ($r>0$) : $z^n=1\iff r^n=1$ et $n\varphi\equiv0\ [2\pi]\iff r=1$ et $\varphi=\dfrac{2k\pi}{n}$, $k\in\mathbb Z$ ; les valeurs $k=0,\dots,n-1$ donnent toutes les solutions (les autres valeurs de $k$ les redonnent). Conclusion : les solutions de $z^n=1$ sont exactement $\omega_0,\dots,\omega_{n-1}$. 2.a *Idée : somme géométrique de raison $z\neq1$.* Pour $z\neq1$ : $1+z+\dots+z^{n-1}=\dfrac{z^n-1}{z-1}$. Comme $\omega_0=1$, l'égalité admise s'écrit $z^n-1=(z-1)(z-\omega_1)\cdots(z-\omega_{n-1})$ ; en divisant par $z-1\neq0$ : $1+z+\dots+z^{n-1}=(z-\omega_1)\cdots(z-\omega_{n-1})$. 2.b Pour $z=1$, le premier membre vaut $1+1+\dots+1=n$ (il y a $n$ termes). Donc $(1-\omega_1)(1-\omega_2)\cdots(1-\omega_{n-1})=n$. 3.a Idée : angle moitié. $1-e^{i\alpha}=e^{i\frac{\alpha}{2}}\left(e^{-i\frac{\alpha}{2}}-e^{i\frac{\alpha}{2}}\right)=e^{i\frac{\alpha}{2}}\left(-2i\sin\dfrac{\alpha}{2}\right)=-2i\sin\dfrac{\alpha}{2}\,e^{i\frac{\alpha}{2}}$. 3.b Avec $\alpha=\dfrac{2k\pi}{n}$ : $\left|1-\omega_k\right|=|-2i|\,\left|\sin\dfrac{k\pi}{n}\right|\,\left|e^{i\frac{k\pi}{n}}\right|=2\left|\sin\dfrac{k\pi}{n}\right|$. Pour $1\le k\le n-1$, $0<\dfrac{k\pi}{n}<\pi$, donc $\sin\dfrac{k\pi}{n}>0$ et $\left|1-\omega_k\right|=2\sin\dfrac{k\pi}{n}$. 3.c Le module d'un produit est le produit des modules : d'après 2.b, $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}\left|1-\omega_k\right|=|n|=n$, et d'après 3.b, $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}{n}=n$. 4.a Pour $n=4$ : $2\sin\dfrac{\pi}{4}\times2\sin\dfrac{\pi}{2}\times2\sin\dfrac{3\pi}{4}=\sqrt2\times2\times\sqrt2=4$. Le résultat est vérifié. 4.b Pour $n=6$ : $\displaystyle\prod_{k=1}^{5}2\sin\frac{k\pi}{6}=6$, donc $\displaystyle\prod_{k=1}^{5}\sin\frac{k\pi}{6}=\frac{6}{2^5}=\frac{3}{16}$. Contrôle : $\dfrac12\times\dfrac{\sqrt3}{2}\times1\times\dfrac{\sqrt3}{2}\times\dfrac12=\dfrac{3}{16}$. 4.c $|1-\omega_k|=|\omega_k-\omega_0|$ est la distance entre le sommet $P_0$ d'affixe $1$ et le sommet $P_k$ d'affixe $\omega_k$ du polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans le cercle de centre $O$ et de rayon $1$. Le résultat dit que le produit des distances d'un sommet aux $n-1$ autres sommets vaut $n$.

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