Le produit des cordes du polygone régulier

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La somme géométrique, la description de ${\mathbb{U}}_n$, la factorisation par $z-a$ d'une fonction polynomiale dont $a$ est racine — le quotient a un degré de moins et le même coefficient dominant —, et l'angle moitié.

La stratégie. C'est le geste « factoriser, puis évaluer » : on écrit $Q$ comme produit de facteurs du premier degré, puis on évalue cette identité en un point bien choisi, $z=1$, où le membre de gauche est évident et le membre de droite est le produit cherché.

a) Les racines, puis la factorisation. Pour $k\in \{1,\dots ,n-1\}$, le nombre ${\omega }^k$ est une racine $n$-ième de l'unité différente de $1$ ; la somme géométrique s'applique : $$Q({\omega }^k)=\frac{1-{\left({\omega }^k\right)}^n}{1-{\omega }^k}=\frac{1-{\left({\omega }^n\right)}^k}{1-{\omega }^k}=0.$$ Ces $n-1$ racines sont deux à deux distinctes, puisque les éléments ${\omega }^0,{\omega }^1,\dots ,{\omega }^{n-1}$ de ${\mathbb{U}}_n$ le sont.

Les factorisations successives. Montrons par récurrence sur $m\in \{0,\dots ,n-1\}$ qu'il existe une fonction polynomiale $Q_m$, de degré $n-1-m$ et de coefficient dominant $1$, telle que $$Q(z)=(z-\omega )(z-{\omega }^2)\cdots (z-{\omega }^m)Q_m(z)(z\in \mathbb{C}),$$ et telle que $Q_m({\omega }^j)=0$ pour $m<j\le n-1$. Pour $m=0$, on prend $Q_0=Q$, de degré $n-1$ et de coefficient dominant $1$. Supposons le résultat au rang $m\le n-2$. Le nombre ${\omega }^{m+1}$ est racine de $Q_m$, qui est de degré au moins $1$ : on factorise, $Q_m(z)=(z-{\omega }^{m+1})Q_{m+1}(z)$, où $Q_{m+1}$ est de degré $n-2-m$ et de coefficient dominant $1$. Et pour $j>m+1$ : $0=Q_m({\omega }^j)=({\omega }^j-{\omega }^{m+1})Q_{m+1}({\omega }^j)$, avec ${\omega }^j\ne {\omega }^{m+1}$, donc $Q_{m+1}({\omega }^j)=0$. Au rang $m=n-1$, la fonction $Q_{n-1}$ est de degré $0$ et de coefficient dominant $1$ : c'est la constante $1$. D'où $$1+z+\cdots +z^{n-1}=\prod _{k=1}^{n-1}\left(z-{\omega }^k\right)(z\in \mathbb{C}).$$

Le point délicat. Pour factoriser une deuxième fois, il faut que ${\omega }^2$ soit encore racine du quotient $Q_1$, et pas seulement de $Q$ : c'est vrai parce que ${\omega }^2\ne \omega$, ce qui permet de diviser par ${\omega }^2-\omega$. Sans la distinction des racines, l'argument s'effondre.

b) L'évaluation en $1$. En $z=1$, le membre de gauche vaut $1+1+\cdots +1=n$ : $$\prod _{k=1}^{n-1}\left(1-{\omega }^k\right)=n.$$ Les sommets du polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans le cercle unité, dont l'un est le point $1$, ont pour affixes les ${\omega }^k$. La corde qui joint le sommet $1$ au sommet ${\omega }^k$ a pour longueur $|1-{\omega }^k|$ ; le module d'un produit étant le produit des modules : $$\prod _{k=1}^{n-1}\left|1-{\omega }^k\right|=|n|=n.$$ Le produit des longueurs des $n-1$ cordes issues d'un sommet vaut $n$.

c) Le produit des sinus. L'angle moitié donne $1-e^{i\theta }=-2i\sin \frac{\theta }{2}{e}^{i\theta /2}$, donc $|1-e^{i\theta }|=2\left|\sin \frac{\theta }{2}\right|$. Avec $\theta =\frac{2k\pi }{n}$ et $1\le k\le n-1$, l'angle $\frac{k\pi }{n}$ est dans $]0,\pi [$, où le sinus est strictement positif : $|1-{\omega }^k|=2\sin \frac{k\pi }{n}$. Le b) devient $$\prod _{k=1}^{n-1}2\sin \frac{k\pi }{n}=2^{n-1}\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=n,$$ d'où $$\prod _{k=1}^{n-1}\sin \frac{k\pi }{n}=\frac{n}{2^{n-1}}.$$

Contrôle numérique. Pour $n=3$ : $\sin \frac{\pi }{3}\sin \frac{2\pi }{3}=\frac{3}{4}=\frac{3}{2^2}$. Pour $n=4$ : $\frac{\sqrt{2}}{2}\times 1\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}=\frac{4}{2^3}$. Les deux identités sont vérifiées numériquement pour $2\le n<40$.

Ce que l'exercice installe. Le geste « factoriser par les racines, puis évaluer », qui démontre ici une identité trigonométrique sans trigonométrie, et qu'on retrouvera au chapitre des polynômes : un polynôme dont on connaît toutes les racines est connu, à son coefficient dominant près.