Exercices : Binôme de Newton et Nombres Complexes

Correction :

1. Développons $(1+i)^8$ avec la formule du binôme de Newton.

La formule du binôme de Newton est : $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$. Ici, $a=1$, $b=i$, et $n=8$. Les coefficients binomiaux $\binom{8}{k}$ pour $k=0, 1, \dots, 8$ se trouvent sur la 8ème ligne du triangle de Pascal : 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1.

Donc,

$(1+i)^8 = \binom{8}{0}1^8 i^0 + \binom{8}{1}1^7 i^1 + \binom{8}{2}1^6 i^2 + \binom{8}{3}1^5 i^3 + \binom{8}{4}1^4 i^4 + \binom{8}{5}1^3 i^5 + \binom{8}{6}1^2 i^6 + \binom{8}{7}1^1 i^7 + \binom{8}{8}1^0 i^8$

$(1+i)^8 = 1 \cdot 1 \cdot 1 + 8 \cdot 1 \cdot i + 28 \cdot 1 \cdot i^2 + 56 \cdot 1 \cdot i^3 + 70 \cdot 1 \cdot i^4 + 56 \cdot 1 \cdot i^5 + 28 \cdot 1 \cdot i^6 + 8 \cdot 1 \cdot i^7 + 1 \cdot 1 \cdot i^8$

Remplaçons les puissances de $i$ par leurs valeurs : $i^0=1, i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=1, i^5=i, i^6=-1, i^7=-i, i^8=1$.

$(1+i)^8 = 1 + 8i + 28(-1) + 56(-i) + 70(1) + 56(i) + 28(-1) + 8(-i) + 1(1)$

$(1+i)^8 = 1 + 8i - 28 - 56i + 70 + 56i - 28 - 8i + 1$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $1 - 28 + 70 - 28 + 1 = 72 - 56 = 16$

Partie imaginaire : $8i - 56i + 56i - 8i = (8 - 56 + 56 - 8)i = 0i = 0$

Donc, $(1+i)^8 = 16 + 0i = 16$.

2. Retrouvons ce résultat à l'aide de $(1+i)^2$.

Calculons d'abord $(1+i)^2$ :

$(1+i)^2 = 1^2 + 2 \cdot 1 \cdot i + i^2 = 1 + 2i - 1 = 2i$.

Maintenant, utilisons ce résultat pour calculer $(1+i)^8 = ((1+i)^2)^4$ :

$(1+i)^8 = ((1+i)^2)^4 = (2i)^4 = 2^4 \cdot i^4 = 16 \cdot (i^2)^2 = 16 \cdot (-1)^2 = 16 \cdot 1 = 16$.

On retrouve bien le même résultat, $(1+i)^8 = 16$.

Correction :

a. Développer $(1+i)^5$

On utilise la formule du binôme de Newton $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=1$, $b=i$, $n=5$. Les coefficients binomiaux de la 5ème ligne du triangle de Pascal sont : 1, 5, 10, 10, 5, 1.

$(1+i)^5 = \binom{5}{0}1^5 i^0 + \binom{5}{1}1^4 i^1 + \binom{5}{2}1^3 i^2 + \binom{5}{3}1^2 i^3 + \binom{5}{4}1^1 i^4 + \binom{5}{5}1^0 i^5$

$(1+i)^5 = 1 \cdot 1 \cdot 1 + 5 \cdot 1 \cdot i + 10 \cdot 1 \cdot i^2 + 10 \cdot 1 \cdot i^3 + 5 \cdot 1 \cdot i^4 + 1 \cdot 1 \cdot i^5$

$(1+i)^5 = 1 + 5i + 10i^2 + 10i^3 + 5i^4 + i^5$

Remplaçons les puissances de $i$ : $i^2=-1, i^3=-i, i^4=1, i^5=i$.

$(1+i)^5 = 1 + 5i + 10(-1) + 10(-i) + 5(1) + i$

$(1+i)^5 = 1 + 5i - 10 - 10i + 5 + i$

Regroupons parties réelle et imaginaire :

Partie réelle : $1 - 10 + 5 = -4$

Partie imaginaire : $5i - 10i + i = (5 - 10 + 1)i = -4i$

Donc, $(1+i)^5 = -4 - 4i$.

b. Développer $(i-1)^4$

On utilise la formule du binôme avec $a=-1$, $b=i$, $n=4$. Les coefficients binomiaux de la 4ème ligne du triangle de Pascal sont : 1, 4, 6, 4, 1.

$(i-1)^4 = (-1+i)^4 = \binom{4}{0}(-1)^4 i^0 + \binom{4}{1}(-1)^3 i^1 + \binom{4}{2}(-1)^2 i^2 + \binom{4}{3}(-1)^1 i^3 + \binom{4}{4}(-1)^0 i^4$

$(i-1)^4 = 1 \cdot 1 \cdot 1 + 4 \cdot (-1) \cdot i + 6 \cdot 1 \cdot i^2 + 4 \cdot (-1) \cdot i^3 + 1 \cdot 1 \cdot i^4$

$(i-1)^4 = 1 - 4i + 6i^2 - 4i^3 + i^4$

Remplaçons les puissances de $i$ : $i^2=-1, i^3=-i, i^4=1$.

$(i-1)^4 = 1 - 4i + 6(-1) - 4(-i) + 1$

$(i-1)^4 = 1 - 4i - 6 + 4i + 1$

Regroupons parties réelle et imaginaire :

Partie réelle : $1 - 6 + 1 = -4$

Partie imaginaire : $-4i + 4i = 0i = 0$

Donc, $(i-1)^4 = -4$.

c. Développer $(3+2i)^6$

On utilise la formule du binôme avec $a=3$, $b=2i$, $n=6$. Les coefficients binomiaux de la 6ème ligne du triangle de Pascal sont : 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1.

$(3+2i)^6 = \binom{6}{0}3^6 (2i)^0 + \binom{6}{1}3^5 (2i)^1 + \binom{6}{2}3^4 (2i)^2 + \binom{6}{3}3^3 (2i)^3 + \binom{6}{4}3^2 (2i)^4 + \binom{6}{5}3^1 (2i)^5 + \binom{6}{6}3^0 (2i)^6$

$(3+2i)^6 = 1 \cdot 3^6 \cdot 1 + 6 \cdot 243 \cdot 2i + 15 \cdot 81 \cdot (4i^2) + 20 \cdot 27 \cdot (8i^3) + 15 \cdot 9 \cdot (16i^4) + 6 \cdot 3 \cdot (32i^5) + 1 \cdot (64i^6)$

$(3+2i)^6 = 729 + 2916i + 1215 \cdot 4 \cdot (-1) + 540 \cdot 8 \cdot (-i) + 135 \cdot 16 \cdot (1) + 18 \cdot 32 \cdot (i) + 64 \cdot (-1)$

$(3+2i)^6 = 729 + 2916i - 4860 - 4320i + 2160 + 576i - 64$

Regroupons parties réelle et imaginaire :

Partie réelle : $729 - 4860 + 2160 - 64 = 2889 - 4924 = -2035$

Partie imaginaire : $2916i - 4320i + 576i = (2916 - 4320 + 576)i = -828i$

Donc, $(3+2i)^6 = -2035 - 828i$.

Correction :

a. Développer $(z+1)^6$

On utilise la formule du binôme avec $a=z$, $b=1$, $n=6$. Coefficients : 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1.

$(z+1)^6 = \binom{6}{0}z^6 1^0 + \binom{6}{1}z^5 1^1 + \binom{6}{2}z^4 1^2 + \binom{6}{3}z^3 1^3 + \binom{6}{4}z^2 1^4 + \binom{6}{5}z^1 1^5 + \binom{6}{6}z^0 1^6$

$(z+1)^6 = 1 \cdot z^6 \cdot 1 + 6 \cdot z^5 \cdot 1 + 15 \cdot z^4 \cdot 1 + 20 \cdot z^3 \cdot 1 + 15 \cdot z^2 \cdot 1 + 6 \cdot z \cdot 1 + 1 \cdot 1 \cdot 1$

$(z+1)^6 = z^6 + 6z^5 + 15z^4 + 20z^3 + 15z^2 + 6z + 1$.

b. Développer $\left(\dfrac 12 z+2\right)^4$

On utilise la formule du binôme avec $a=\dfrac 12 z$, $b=2$, $n=4$. Coefficients : 1, 4, 6, 4, 1.

$\left(\dfrac 12 z+2\right)^4 = \binom{4}{0}\left(\dfrac 12 z\right)^4 2^0 + \binom{4}{1}\left(\dfrac 12 z\right)^3 2^1 + \binom{4}{2}\left(\dfrac 12 z\right)^2 2^2 + \binom{4}{3}\left(\dfrac 12 z\right)^1 2^3 + \binom{4}{4}\left(\dfrac 12 z\right)^0 2^4$

$\left(\dfrac 12 z+2\right)^4 = 1 \cdot \left(\dfrac{1}{16} z^4\right) \cdot 1 + 4 \cdot \left(\dfrac{1}{8} z^3\right) \cdot 2 + 6 \cdot \left(\dfrac{1}{4} z^2\right) \cdot 4 + 4 \cdot \left(\dfrac 12 z\right) \cdot 8 + 1 \cdot 1 \cdot 16$

$\left(\dfrac 12 z+2\right)^4 = \dfrac{1}{16} z^4 + \dfrac{8}{8} z^3 + \dfrac{24}{4} z^2 + \dfrac{32}{2} z + 16$

$\left(\dfrac 12 z+2\right)^4 = \dfrac{1}{16} z^4 + z^3 + 6 z^2 + 16 z + 16$.

c. Développer $(z-3)^8$

On utilise la formule du binôme avec $a=z$, $b=-3$, $n=8$. Coefficients : 1, 8, 28, 56, 70, 56, 28, 8, 1.

$(z-3)^8 = (z+(-3))^8 = \sum_{k=0}^{8} \binom{8}{k} z^{8-k} (-3)^k$

$(z-3)^8 = \binom{8}{0}z^8 (-3)^0 + \binom{8}{1}z^7 (-3)^1 + \binom{8}{2}z^6 (-3)^2 + ... + \binom{8}{7}z^1 (-3)^7 + \binom{8}{8}z^0 (-3)^8$

$(z-3)^8 = 1 \cdot z^8 \cdot 1 + 8 \cdot z^7 \cdot (-3) + ... + 8 \cdot z \cdot (-2187) + 1 \cdot 1 \cdot 6561$

$(z-3)^8 = z^8 - 24z^7 + 252z^6 - 1512z^5 + 5670z^4 - 13608z^3 + 20412z^2 - 17496z + 6561$.

Correction :

Soit $A_n = \left(3+\sqrt 5\right)^n+\left(3-\sqrt 5\right)^n$. Nous allons utiliser la formule du binôme de Newton pour développer chaque terme.

Développons $(3+\sqrt 5)^n$ avec la formule du binôme :

$(3+\sqrt 5)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (\sqrt 5)^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} 5^{k/2}$

Développons $(3-\sqrt 5)^n$ avec la formule du binôme :

$(3-\sqrt 5)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (-\sqrt 5)^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (-1)^k (\sqrt 5)^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (-1)^k 5^{k/2}$

Alors, $A_n = (3+\sqrt 5)^n+(3-\sqrt 5)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} 5^{k/2} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} (-1)^k 5^{k/2}$

On peut regrouper les sommes :

$A_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 3^{n-k} 5^{k/2} \left(1 + (-1)^k\right)$

Analysons le terme $\left(1 + (-1)^k\right)$.

Si $k$ est impair, $(-1)^k = -1$, donc $1 + (-1)^k = 1 - 1 = 0$.

Si $k$ est pair, $(-1)^k = 1$, donc $1 + (-1)^k = 1 + 1 = 2$.

Ainsi, les termes de la somme pour $k$ impair sont nuls. On ne garde que les termes pour $k$ pair. Posons $k = 2p$, où $p$ est un entier naturel. Lorsque $k$ varie de $0$ à $n$ pair, $p$ varie de $0$ à $\lfloor n/2 \rfloor$.

Alors, pour $k=2p$, $5^{k/2} = 5^{2p/2} = 5^p$, et $\left(1 + (-1)^{2p}\right) = 2$. Donc :

$A_n = \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} 3^{n-2p} 5^{p} \cdot 2 = 2 \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} 3^{n-2p} 5^{p}$

Puisque $\binom{n}{2p}$, $3^{n-2p}$, et $5^p$ sont des entiers, la somme $\sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} 3^{n-2p} 5^{p}$ est un entier.

Par conséquent, $A_n = 2 \times (\text{un entier})$. Donc $A_n$ est un entier pair.

Conclusion : $\left(3+\sqrt 5\right)^n+\left(3-\sqrt 5\right)^n$ est un entier pair pour tout entier naturel $n$.

Correction :

Pour développer $(2-i)^4$, nous utilisons la formule du binôme de Newton $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=2$, $b=-i$, et $n=4$. Les coefficients binomiaux pour $n=4$ sont donnés par la 4ème ligne du triangle de Pascal : 1, 4, 6, 4, 1.

$(2-i)^4 = \binom{4}{0}2^4 (-i)^0 + \binom{4}{1}2^3 (-i)^1 + \binom{4}{2}2^2 (-i)^2 + \binom{4}{3}2^1 (-i)^3 + \binom{4}{4}2^0 (-i)^4$

$(2-i)^4 = 1 \cdot 2^4 \cdot 1 + 4 \cdot 2^3 \cdot (-i) + 6 \cdot 2^2 \cdot i^2 + 4 \cdot 2 \cdot (-i)^3 + 1 \cdot 1 \cdot i^4$

$(2-i)^4 = 1 \cdot 16 \cdot 1 + 4 \cdot 8 \cdot (-i) + 6 \cdot 4 \cdot i^2 + 8 \cdot (-i)^3 + 1 \cdot i^4$

Remplaçons les puissances de $i$ par leurs valeurs: $i^2 = -1$, $i^3 = -i$, $i^4 = 1$.

$(2-i)^4 = 16 - 32i + 24(-1) + 8(-(-i)) + 1$

$(2-i)^4 = 16 - 32i - 24 + 8i + 1$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $16 - 24 + 1 = -7$

Partie imaginaire : $-32i + 8i = -24i$

Donc, $(2-i)^4 = -7 - 24i$.

Correction :

Pour développer $(1-2i)^5$, on utilise la formule du binôme de Newton $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=1$, $b=-2i$, et $n=5$. Les coefficients binomiaux pour $n=5$ sont : 1, 5, 10, 10, 5, 1.

$(1-2i)^5 = \binom{5}{0}1^5 (-2i)^0 + \binom{5}{1}1^4 (-2i)^1 + \binom{5}{2}1^3 (-2i)^2 + \binom{5}{3}1^2 (-2i)^3 + \binom{5}{4}1^1 (-2i)^4 + \binom{5}{5}1^0 (-2i)^5$

$(1-2i)^5 = 1 \cdot 1^5 \cdot 1 + 5 \cdot 1^4 \cdot (-2i) + 10 \cdot 1^3 \cdot (-2i)^2 + 10 \cdot 1^2 \cdot (-2i)^3 + 5 \cdot 1 \cdot (-2i)^4 + 1 \cdot 1 \cdot (-2i)^5$

$(1-2i)^5 = 1 - 10i + 10(-2i)^2 + 10(-2i)^3 + 5(-2i)^4 + (-2i)^5$

Calculons les puissances de $-2i$ :

$(-2i)^2 = 4i^2 = -4$

$(-2i)^3 = (-2)^3 i^3 = -8(-i) = 8i$

$(-2i)^4 = (-2)^4 i^4 = 16 \cdot 1 = 16$

$(-2i)^5 = (-2)^5 i^5 = -32i$

Substituons ces valeurs :

$(1-2i)^5 = 1 - 10i + 10(-4) + 10(8i) + 5(16) - 32i$

$(1-2i)^5 = 1 - 10i - 40 + 80i + 80 - 32i$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $1 - 40 + 80 = 41$

Partie imaginaire : $-10i + 80i - 32i = (80 - 10 - 32)i = 38i$

Donc, $(1-2i)^5 = 41 + 38i$.

Correction :

On doit développer $\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6$. On utilise la formule du binôme de Newton avec $a=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, $b=i\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, et $n=6$. Les coefficients binomiaux pour $n=6$ sont : 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1.

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^{6-k} \left(i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^k$

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = \binom{6}{0}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 \left(i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^0 + \binom{6}{1}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^5 \left(i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^1 + ... + + \binom{6}{6}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^0 \left(i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6$

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = 1 \cdot \left(\dfrac{1}{2^3}\right) \cdot 1 + 6 \cdot \left(\dfrac{1}{2^{5/2}}\right) \cdot \left(i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) + ... + 1 \cdot 1 \cdot \left(i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6$

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = \dfrac{1}{8} + 6 \cdot \dfrac{1}{4\sqrt{2}} \cdot \dfrac{i}{\sqrt{2}} + 15 \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{i^2}{2} + 20 \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{2}} \cdot \dfrac{i^3}{2\sqrt{2}} + 15 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{i^4}{4} + 6 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{i^5}{4\sqrt{2}} + \dfrac{i^6}{8}$

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = \dfrac{1}{8} + \dfrac{6i}{8} + \dfrac{15}{4} \cdot \dfrac{-1}{2} + \dfrac{20}{4} \cdot \dfrac{-i}{2} + \dfrac{15}{2} \cdot \dfrac{1}{4} + \dfrac{6}{4} \cdot \dfrac{i}{2} + \dfrac{-1}{8}$

$\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = \dfrac{1}{8} + \dfrac{3}{4}i - \dfrac{15}{8} - \dfrac{5}{2}i + \dfrac{15}{8} + \dfrac{3}{4}i - \dfrac{1}{8}$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $\dfrac{1}{8} - \dfrac{15}{8} + \dfrac{15}{8} - \dfrac{1}{8} = 0$

Partie imaginaire : $\dfrac{3}{4}i - \dfrac{5}{2}i + \dfrac{3}{4}i = \left(\dfrac{3}{4} - \dfrac{10}{4} + \dfrac{3}{4}\right)i = \left(\dfrac{6-10}{4}\right)i = -i$

Donc, $\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}} + i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^6 = 0 - i = -i$.

Correction :

Développons $(-\sqrt{3} + i)^3$ en utilisant la formule du binôme de Newton $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=-\sqrt{3}$, $b=i$, et $n=3$. Les coefficients binomiaux pour $n=3$ sont : 1, 3, 3, 1.

$(-\sqrt{3} + i)^3 = \binom{3}{0}(-\sqrt{3})^3 i^0 + \binom{3}{1}(-\sqrt{3})^2 i^1 + \binom{3}{2}(-\sqrt{3})^1 i^2 + \binom{3}{3}(-\sqrt{3})^0 i^3$

$(-\sqrt{3} + i)^3 = 1 \cdot (-\sqrt{3})^3 \cdot 1 + 3 \cdot (-\sqrt{3})^2 \cdot i + 3 \cdot (-\sqrt{3}) \cdot i^2 + 1 \cdot 1 \cdot i^3$

$(-\sqrt{3} + i)^3 = (-\sqrt{3})^3 + 3(-\sqrt{3})^2 i + 3(-\sqrt{3}) i^2 + i^3$

Calculons les puissances de $-\sqrt{3}$ et $i$ :

$(-\sqrt{3})^3 = -(\sqrt{3})^3 = -3\sqrt{3}$

$(-\sqrt{3})^2 = (\sqrt{3})^2 = 3$

$i^2 = -1$

$i^3 = -i$

Substituons ces valeurs :

$(-\sqrt{3} + i)^3 = -3\sqrt{3} + 3(3)i + 3(-\sqrt{3})(-1) + (-i)$

$(-\sqrt{3} + i)^3 = -3\sqrt{3} + 9i + 3\sqrt{3} - i$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $-3\sqrt{3} + 3\sqrt{3} = 0$

Partie imaginaire : $9i - i = 8i$

Donc, $(-\sqrt{3} + i)^3 = 0 + 8i = 8i$.

Correction :

1. Développement avec la formule du binôme de Newton :

On utilise $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=2$, $b=3i$, et $n=3$. Coefficients binomiaux pour $n=3$ : 1, 3, 3, 1.

$(2+3i)^3 = \binom{3}{0}2^3 (3i)^0 + \binom{3}{1}2^2 (3i)^1 + \binom{3}{2}2^1 (3i)^2 + \binom{3}{3}2^0 (3i)^3$

$(2+3i)^3 = 1 \cdot 2^3 \cdot 1 + 3 \cdot 2^2 \cdot (3i) + 3 \cdot 2 \cdot (3i)^2 + 1 \cdot 1 \cdot (3i)^3$

$(2+3i)^3 = 8 + 3 \cdot 4 \cdot 3i + 6 \cdot (9i^2) + (27i^3)$

$(2+3i)^3 = 8 + 36i + 54i^2 + 27i^3$

Remplaçons $i^2=-1$ et $i^3=-i$ :

$(2+3i)^3 = 8 + 36i + 54(-1) + 27(-i)$

$(2+3i)^3 = 8 + 36i - 54 - 27i$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $8 - 54 = -46$

Partie imaginaire : $36i - 27i = 9i$

Donc, $(2+3i)^3 = -46 + 9i$.

2. Vérification par développement direct :

$(2+3i)^3 = (2+3i)^2 (2+3i)$

Calculons $(2+3i)^2$ :

$(2+3i)^2 = 2^2 + 2 \cdot 2 \cdot 3i + (3i)^2 = 4 + 12i + 9i^2 = 4 + 12i - 9 = -5 + 12i$

Maintenant, multiplions par $(2+3i)$ :

$(2+3i)^3 = (-5 + 12i)(2+3i) = -5(2) + (-5)(3i) + (12i)(2) + (12i)(3i)$

$(2+3i)^3 = -10 - 15i + 24i + 36i^2 = -10 + 9i + 36(-1) = -10 + 9i - 36$

$(2+3i)^3 = -46 + 9i$

Les deux méthodes donnent le même résultat, $(2+3i)^3 = -46 + 9i$.

Correction :

Développons $(1+i)^4$ et $(1-i)^4$ séparément en utilisant le binôme de Newton avec $n=4$. Coefficients binomiaux pour $n=4$ : 1, 4, 6, 4, 1.

$(1+i)^4 = \binom{4}{0}1^4 i^0 + \binom{4}{1}1^3 i^1 + \binom{4}{2}1^2 i^2 + \binom{4}{3}1^1 i^3 + \binom{4}{4}1^0 i^4 = 1 + 4i + 6i^2 + 4i^3 + i^4$

$(1+i)^4 = 1 + 4i - 6 - 4i + 1 = -4$

$(1-i)^4 = \binom{4}{0}1^4 (-i)^0 + \binom{4}{1}1^3 (-i)^1 + ... + \binom{4}{4}1^0 (-i)^4 = 1 + 4(-i) + 6(-i)^2 + 4(-i)^3 + (-i)^4$

$(1-i)^4 = 1 - 4i + 6i^2 - 4i^3 + i^4 = 1 - 4i - 6 + 4i + 1 = -4$

Calculons la différence :

$(1+i)^4 - (1-i)^4 = (-4) - (-4) = -4 + 4 = 0$

Donc, $(1+i)^4 - (1-i)^4 = 0$.

Correction :

On doit développer $(1+j)^3$ où $j = -\dfrac{1}{2} + i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. On utilise le binôme de Newton $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=1$, $b=j$, et $n=3$. Coefficients binomiaux pour $n=3$ : 1, 3, 3, 1.

$(1+j)^3 = \binom{3}{0}1^3 j^0 + \binom{3}{1}1^2 j^1 + \binom{3}{2}1^1 j^2 + \binom{3}{3}1^0 j^3 = 1 + 3j + 3j^2 + j^3$

Nous savons que $j^2 = \left(-\dfrac{1}{2} + i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} - 2\cdot \dfrac{1}{2} \cdot i\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \left(i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{3}{4} = -\dfrac{2}{4} - i\dfrac{\sqrt{3}}{2} = -\dfrac{1}{2} - i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Et $j^3 = j \cdot j^2 = \left(-\dfrac{1}{2} + i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \left(-\dfrac{1}{2} - i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 - \left(i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4} - \left(-\dfrac{3}{4}\right) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4} = 1$

Substituons les valeurs de $j$, $j^2$ et $j^3$ :

$(1+j)^3 = 1 + 3j + 3j^2 + j^3 = 1 + 3\left(-\dfrac{1}{2} + i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) + 3\left(-\dfrac{1}{2} - i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) + 1$

$(1+j)^3 = 1 - \dfrac{3}{2} + i\dfrac{3\sqrt{3}}{2} - \dfrac{3}{2} - i\dfrac{3\sqrt{3}}{2} + 1$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $1 - \dfrac{3}{2} - \dfrac{3}{2} + 1 = 2 - \dfrac{6}{2} = 2 - 3 = -1$

Partie imaginaire : $i\dfrac{3\sqrt{3}}{2} - i\dfrac{3\sqrt{3}}{2} = 0$

Donc, $(1+j)^3 = -1 + 0i = -1$.

Correction :

Développons $(x+iy)^3$ avec le binôme de Newton $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=x$, $b=iy$, et $n=3$. Coefficients binomiaux pour $n=3$ : 1, 3, 3, 1.

$(x+iy)^3 = \binom{3}{0}x^3 (iy)^0 + \binom{3}{1}x^2 (iy)^1 + \binom{3}{2}x^1 (iy)^2 + \binom{3}{3}x^0 (iy)^3$

$(x+iy)^3 = 1 \cdot x^3 \cdot 1 + 3 \cdot x^2 \cdot (iy) + 3 \cdot x \cdot (iy)^2 + 1 \cdot 1 \cdot (iy)^3$

$(x+iy)^3 = x^3 + 3ix^2y + 3x(i^2y^2) + i^3y^3$

Remplaçons $i^2 = -1$ et $i^3 = -i$ :

$(x+iy)^3 = x^3 + 3ix^2y + 3x(-y^2) + (-i)y^3$

$(x+iy)^3 = x^3 + 3ix^2y - 3xy^2 - iy^3$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $x^3 - 3xy^2$

Partie imaginaire : $3x^2y - y^3$

Donc, $(x+iy)^3 = (x^3 - 3xy^2) + i(3x^2y - y^3)$.

Correction :

Développons $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5$ en utilisant le binôme de Newton avec $a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $b=-\dfrac{1}{2}i$, et $n=5$. Coefficients binomiaux pour $n=5$ : 1, 5, 10, 10, 5, 1.

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = \sum_{k=0}^{5} \binom{5}{k} \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{5-k} \left(-\dfrac{1}{2}i\right)^k$

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = \binom{5}{0}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^5 \left(-\dfrac{1}{2}i\right)^0 + \binom{5}{1}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^4 \left(-\dfrac{1}{2}i\right)^1 + ... + \binom{5}{5}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^0 \left(-\dfrac{1}{2}i\right)^5$

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = 1 \cdot \left(\dfrac{3^{5/2}}{2^5}\right) \cdot 1 + 5 \cdot \left(\dfrac{3^2}{2^4}\right) \cdot \left(-\dfrac{1}{2}i\right) + ... + 1 \cdot 1 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}i\right)^5$

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = \dfrac{9\sqrt{3}}{32} - 5 \cdot \dfrac{9}{16} \cdot \dfrac{i}{2} + 10 \cdot \dfrac{3\sqrt{3}}{8} \cdot \dfrac{i^2}{4} + 10 \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{i^3}{-8} + 5 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{i^4}{16} + \dfrac{i^5}{-32}$

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = \dfrac{9\sqrt{3}}{32} - \dfrac{45}{32}i + \dfrac{30\sqrt{3}}{32}i^2 - \dfrac{30}{32}i^3 + \dfrac{5\sqrt{3}}{32}i^4 - \dfrac{1}{32}i^5$

Remplaçons les puissances de $i$ : $i^2=-1, i^3=-i, i^4=1, i^5=i$.

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = \dfrac{9\sqrt{3}}{32} - \dfrac{45}{32}i - \dfrac{30\sqrt{3}}{32} + \dfrac{30}{32}i + \dfrac{5\sqrt{3}}{32} - \dfrac{1}{32}i$

Regroupons les parties réelles et imaginaires :

Partie réelle : $\dfrac{9\sqrt{3}}{32} - \dfrac{30\sqrt{3}}{32} + \dfrac{5\sqrt{3}}{32} = \dfrac{(9-30+5)\sqrt{3}}{32} = \dfrac{-16\sqrt{3}}{32} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Partie imaginaire : $-\dfrac{45}{32}i + \dfrac{30}{32}i - \dfrac{1}{32}i = \dfrac{(-45+30-1)i}{32} = \dfrac{-16}{32}i = -\dfrac{1}{2}i$

Donc, $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i\right)^5 = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}i$.

Correction :

Soit $Z_n = (2+i)^n + (2-i)^n$. Développons chaque terme avec le binôme de Newton.

$(2+i)^n = \sum{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{n-k} i^k$

$(2-i)^n = \sum{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{n-k} (-i)^k = \sum{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{n-k} (-1)^k i^k$

Alors, $Z_n = (2+i)^n + (2-i)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{n-k} i^k + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{n-k} (-1)^k i^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^{n-k} i^k (1 + (-1)^k)$

Considérons le terme $(1 + (-1)^k)$.

Si $k$ est impair, $(-1)^k = -1$, donc $1 + (-1)^k = 0$.

Si $k$ est pair, $(-1)^k = 1$, donc $1 + (-1)^k = 2$.

Seuls les termes avec $k$ pair contribuent à la somme. Posons $k=2p$. Alors $i^k = i^{2p} = (i^2)^p = (-1)^p$.

Pour $k=2p$, $1 + (-1)^k = 2$. Ainsi,

$Z_n = \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} 2^{n-2p} i^{2p} \cdot 2 = 2 \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} 2^{n-2p} (-1)^p$

Dans cette somme, $\binom{n}{2p}$, $2^{n-2p}$, et $(-1)^p$ sont tous des nombres réels. Donc, la somme est un nombre réel. Par conséquent, $Z_n$ est un nombre réel.

Conclusion : $(2+i)^n + (2-i)^n$ est un nombre réel pour tout entier naturel $n$.

Correction :

Développons $(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n$ en utilisant le binôme de Newton avec $a=\cos(\theta)$, $b=i \sin(\theta)$.

$(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (\cos(\theta))^{n-k} (i \sin(\theta))^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (\cos(\theta))^{n-k} (i)^k (\sin(\theta))^k$

Séparons la somme en parties réelle et imaginaire. Pour $k$ pair, $i^k$ est réel ($i^0=1, i^2=-1, i^4=1, \dots$). Pour $k$ impair, $i^k$ est imaginaire ($i^1=i, i^3=-i, i^5=i, \dots$).

Séparons la somme en termes pairs ($k=2p$) et impairs ($k=2p+1$) :

$(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n = \sum_{p} \binom{n}{2p} (\cos(\theta))^{n-2p} (i)^{2p} (\sin(\theta))^{2p} + \sum_{p} \binom{n}{2p+1} (\cos(\theta))^{n-(2p+1)} (i)^{2p+1} (\sin(\theta))^{2p+1}$

$(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n = \sum_{p} \binom{n}{2p} (\cos(\theta))^{n-2p} (-1)^p (\sin(\theta))^{2p} + i \sum_{p} \binom{n}{2p+1} (\cos(\theta))^{n-(2p+1)} (-1)^p (\sin(\theta))^{2p+1}$

Donc, la forme algébrique est :

Partie réelle : $Re = \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} (-1)^p (\cos(\theta))^{n-2p} (\sin(\theta))^{2p}$

Partie imaginaire : $Im = \sum_{p=0}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor} \binom{n}{2p+1} (-1)^p (\cos(\theta))^{n-(2p+1)} (\sin(\theta))^{2p+1}$

Ainsi, $(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n $

=$ \left[ \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} (-1)^p (\cos(\theta))^{n-2p} (\sin(\theta))^{2p} \right] + i \left[ \sum_{p=0}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor} \binom{n}{2p+1} (-1)^p (\cos(\theta))^{n-(2p+1)} (\sin(\theta))^{2p+1} \right]$

Formule de Moivre :

La formule de Moivre stipule que $(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)$.

En comparant les deux résultats, on obtient les expressions pour $\cos(n\theta)$ et $\sin(n\theta)$ en termes de puissances de $\cos(\theta)$ et $\sin(\theta)$ :

$\cos(n\theta) = \sum_{p=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2p} (-1)^p (\cos(\theta))^{n-2p} (\sin(\theta))^{2p}$

$\sin(n\theta) = \sum_{p=0}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor} \binom{n}{2p+1} (-1)^p (\cos(\theta))^{n-(2p+1)} (\sin(\theta))^{2p+1}$

Le développement avec le binôme de Newton permet de retrouver et de prouver la formule de Moivre, et donne des expressions polynomiales pour $\cos(n\theta)$ et $\sin(n\theta)$.

Correction :

Considérons la somme $S = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (\cos(k\theta) + i \sin(k\theta))$. En utilisant la formule de Moivre, $\cos(k\theta) + i \sin(k\theta) = (e^{i\theta})^k$. Donc,

$$S = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (e^{ik\theta}) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (e^{i\theta})^k \cdot 1^{n-k}$$

On reconnaît ici la forme du développement binomial de $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$ avec $a=1$ et $b=e^{i\theta}$. Ainsi, d'après la formule du binôme de Newton :

$$S = (1 + e^{i\theta})^n$$

Pour simplifier $1 + e^{i\theta}$, nous allons factoriser par l'argument moitié. On utilise les formules d'Euler : $e^{i\theta} = \cos(\theta) + i\sin(\theta)$.

$$1 + e^{i\theta} = 1 + \cos(\theta) + i \sin(\theta)$$

On utilise les formules trigonométriques de l'angle moitié : $1 + \cos(\theta) = 2 \cos^2(\theta/2)$ et $\sin(\theta) = 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)$.

$$1 + e^{i\theta} = 2 \cos^2(\theta/2) + i 2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)$$

Factorisons par $2 \cos(\theta/2)$ :

$$1 + e^{i\theta} = 2 \cos(\theta/2) (\cos(\theta/2) + i \sin(\theta/2))$$

Encore grâce à la formule d'Euler, $\cos(\theta/2) + i \sin(\theta/2) = e^{i\theta/2}$. Donc,

$$1 + e^{i\theta} = 2 \cos(\theta/2) e^{i\theta/2}$$

Substituons cette expression dans $S = (1 + e^{i\theta})^n$ :

$$S = (2 \cos(\theta/2) e^{i\theta/2})^n = 2^n \cos^n(\theta/2) (e^{i\theta/2})^n = 2^n \cos^n(\theta/2) e^{in\theta/2}$$

Réécrivons $e^{in\theta/2}$ sous forme trigonométrique en utilisant la formule d'Euler : $e^{in\theta/2} = \cos\left(\dfrac{n\theta}{2}\right) + i \sin\left(\dfrac{n\theta}{2}\right)$.

$$S = 2^n \cos^n(\theta/2) \left( \cos\left(\dfrac{n\theta}{2}\right) + i \sin\left(\dfrac{n\theta}{2}\right) \right)$$

Développons pour séparer partie réelle et imaginaire :

$$S = 2^n \cos^n(\theta/2) \cos\left(\dfrac{n\theta}{2}\right) + i \cdot 2^n \cos^n(\theta/2) \sin\left(\dfrac{n\theta}{2}\right)$$

Par définition, $S = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (\cos(k\theta) + i \sin(k\theta)) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cos(k\theta) + i \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin(k\theta)$.

En identifiant les parties réelles et imaginaires des deux expressions de $S$, on obtient :

$$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cos(k\theta) = 2^n \cos^n(\theta/2) \cos\left(\dfrac{n\theta}{2}\right)$$

$$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin(k\theta) = 2^n \cos^n(\theta/2) \sin\left(\dfrac{n\theta}{2}\right)$$

Correction :

Considérons la somme complexe $C + iS = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin^k(\theta) (\cos(k\theta) + i \sin(k\theta)) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin^k(\theta) e^{ik\theta} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (\sin(\theta) e^{i\theta})^k 1^{n-k}$

Par la formule du binôme de Newton avec $a=1$ et $b=\sin(\theta) e^{i\theta}$,

$C + iS = (1 + \sin(\theta) e^{i\theta})^n = (1 + \sin(\theta) (\cos(\theta) + i \sin(\theta)))^n = (1 + \sin(\theta)\cos(\theta) + i \sin^2(\theta))^n$

Soit $z = 1 + \sin(\theta)\cos(\theta) + i \sin^2(\theta)$. On veut calculer $z^n$. Il semble difficile de simplifier davantage sous forme trigonométrique simple. Cependant, si on reconsidère la partie réelle et imaginaire séparément:

$C = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin^k(\theta) \cos(k\theta)$ et $S = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin^k(\theta) \sin(k\theta)$

Revenons à $C + iS = (1 + \sin(\theta) e^{i\theta})^n$. On peut laisser l'expression sous cette forme, ou essayer de la simplifier d'une autre manière.

Une autre approche pourrait être d'utiliser la formule d'Euler directement pour $\cos(k\theta)$ et $\sin(k\theta)$, mais cela reviendrait essentiellement à la même démarche.

Sans simplification évidente à une forme plus compacte, l'expression complexe $(1 + \sin(\theta) e^{i\theta})^n$ est la forme la plus "calculée" que nous ayons obtenue par le binôme de Newton. Il est possible que ces sommes n'aient pas de forme close simple en termes de fonctions trigonométriques élémentaires pour un $n$ général, ou qu'une simplification astucieuse nous échappe ici.

En conclusion, une forme compacte simple pour ces sommes en utilisant le binôme de Newton directement n'est pas immédiatement évidente. L'expression complexe $(1 + \sin(\theta) e^{i\theta})^n$ est une réponse possible, bien que non explicitement séparée en parties réelle et imaginaire sous une forme très simplifiée.