$(z+1{)}^n=(z-1{)}^n$ : deux preuves pour des solutions imaginaires pures

La stratégie : ramener à $w^n=1$. Si l'on peut diviser par $(z-1{)}^n$, l'équation s'écrit ${\left(\frac{z+1}{z-1}\right)}^n=1$ : le quotient est une racine $n$-ième de l'unité, qu'on connaît toutes, et l'on remonte à $z$. Ce qu'on a le droit d'utiliser : la description ${\mathbb{U}}_n=\{{\omega }^k:0\le k\le n-1\}$ avec $\omega =e^{2i\pi /n}$, et la technique de l'angle moitié.

1) On écarte le cas interdit. Si $z=1$, l'équation s'écrit $2^n=0$ : impossible. Donc toute solution vérifie $z\ne 1$, et l'on peut diviser par $(z-1{)}^n\ne 0$ : $$(z+1{)}^n=(z-1{)}^n⟺{\left(\frac{z+1}{z-1}\right)}^n=1.$$

2) Les racines $n$-ièmes de l'unité. Posons $u=\frac{z+1}{z-1}$. Alors $u^n=1$, donc $u={\omega }^k$ pour un $k\in \{0,1,\dots ,n-1\}$.

Le cas $k=0$ est à écarter, et c'est le point délicat. Il donnerait $u=1$, soit $z+1=z-1$, c'est-à-dire $1=-1$ : impossible. Il reste $k\in \{1,\dots ,n-1\}$, soit au plus $n-1$ solutions — et non $n$, alors que l'équation semble de degré $n$. L'explication : en développant $(z+1{)}^n-(z-1{)}^n$ par le binôme, les termes en $z^n$ se détruisent, et le terme en $z^{n-1}$ a pour coefficient $n\cdot 1-n\cdot (-1)=2n\ne 0$ ; l'équation est en réalité de degré $n-1$.

3) On résout en $z$. Pour $1\le k\le n-1$, ${\omega }^k\ne 1$, et $$\frac{z+1}{z-1}={\omega }^k⟺z+1={\omega }^k(z-1)⟺z\left(1-{\omega }^k\right)=-1-{\omega }^k⟺z=-\frac{1+{\omega }^k}{1-{\omega }^k}.$$ Réciproquement, chacune de ces valeurs est différente de $1$ — la valeur $z=1$ donnerait $1-{\omega }^k=-1-{\omega }^k$, soit $1=-1$ — et vérifie donc l'équation, en remontant les équivalences.

4) L'angle moitié explicite la forme. Posons $\theta =\frac{2k\pi }{n}$, de sorte que ${\omega }^k=e^{i\theta }$. La technique de l'angle moitié donne $1+e^{i\theta }=2\cos \frac{\theta }{2}{e}^{i\theta /2}$ et $1-e^{i\theta }=-2i\sin \frac{\theta }{2}{e}^{i\theta /2}$. Le quotient se simplifie : $$\frac{1+{\omega }^k}{1-{\omega }^k}=\frac{2\cos \frac{\theta }{2}}{-2i\sin \frac{\theta }{2}}=\frac{i\cos \frac{\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}},$$ car $\frac{1}{-i}=i$. Avec $\frac{\theta }{2}=\frac{k\pi }{n}$, les solutions sont $$z_k=-i\frac{\cos \frac{k\pi }{n}}{\sin \frac{k\pi }{n}},k=1,\dots ,n-1,$$ et $\sin \frac{k\pi }{n}\ne 0$ puisque $0<\frac{k\pi }{n}<\pi$. Le quotient $\frac{\cos \frac{k\pi }{n}}{\sin \frac{k\pi }{n}}$ est un réel : chaque $z_k$ est imaginaire pur. Et les $z_k$ sont deux à deux distincts, car $u=\frac{z+1}{z-1}$ détermine $z$ et les ${\omega }^k$ sont distincts. Première démonstration achevée : les $n-1$ solutions sont $-i\frac{\cos (k\pi /n)}{\sin (k\pi /n)}$, toutes imaginaires pures.

Contrôles. Pour $n=2$ : $k=1$, $\cos \frac{\pi }{2}=0$, $z=0$ ; et en effet $(0+1{)}^2=(0-1{)}^2$. Pour $n=3$ : $k=1$ donne $z=-i\frac{1/2}{\sqrt{3}/2}=-\frac{i}{\sqrt{3}}$, $k=2$ donne $z=-i\frac{-1/2}{\sqrt{3}/2}=\frac{i}{\sqrt{3}}$ ; et directement, $(z+1{)}^3-(z-1{)}^3=6z^2+2$, nul pour $z^2=-\frac{1}{3}$.

5) La seconde démonstration, géométrique. Toute solution vérifie, en prenant les modules, $|z+1{|}^n=|z-1{|}^n$, donc $|z+1|=|z-1|$ (les modules sont des réels positifs, et $t\mapsto t^n$ est injective sur ${\mathbb{R}}_{+}$). Algébriquement : $$|z+1{|}^2=|z-1{|}^2⟺(z+1)(\bar{z}+1)=(z-1)(\bar{z}-1)⟺z\bar{z}+z+\bar{z}+1=z\bar{z}-z-\bar{z}+1⟺z+\bar{z}=0⟺\mathrm{Re}(z)=0.$$ Géométriquement : le point d'affixe $z$ est à égale distance des points $-1$ et $1$, il est donc sur la médiatrice du segment qui les joint — l'axe des imaginaires purs. Seconde démonstration achevée.

Ce que chaque preuve donne. La seconde conclut en trois lignes mais ne donne aucune solution ; la première les donne toutes, avec leur nombre. Elles se complètent, et c'est pourquoi l'exercice demande les deux : la géométrie dit où chercher, l'algèbre dit quoi.

Ce que l'exercice installe. Une équation de la forme $P(z{)}^n=Q(z{)}^n$ se ramène à $u^n=1$ par le quotient — après avoir écarté le cas où le dénominateur s'annule, et la racine $u=1$ qui ne remonte à rien. Et l'égalité de deux modules $|z-a|=|z-b|$ se lit toujours comme une médiatrice : c'est le premier lieu géométrique du chapitre, et il suffit ici à voir le résultat avant de le calculer.