Ce que cache (1+i)^n

I — Une puissance à observer

1. On calcule successivement

$$(1+i)^2=1+2i+i^2=2i,$$

puis

$$(1+i)^3=2i(1+i)=-2+2i,$$

et

$$(1+i)^4=(-2+2i)(1+i)=-4.$$

Cette dernière égalité permet d'obtenir

$$\begin{aligned} (1+i)^5&=-4(1+i)=-4-4i,\\ (1+i)^6&=-4(1+i)^2=-8i,\\ (1+i)^7&=-4(1+i)^3=8-8i,\\ (1+i)^8&=-4(1+i)^4=16. \end{aligned}$$

Les quatre nouvelles valeurs sont donc obtenues en multipliant les quatre précédentes par $-4$. On conjecture

$$\boxed{(1+i)^{n+4}=-4(1+i)^n}.$$

2. Pour tout $n\in\mathbb N$,

$$(1+i)^{n+4}=(1+i)^n(1+i)^4=-4(1+i)^n.$$

Si $n=4q+r$ avec $r\in\{0,1,2,3\}$, alors

$$(1+i)^n=\bigl((1+i)^4\bigr)^q(1+i)^r=(-4)^q(1+i)^r.$$

On obtient alors :

• si $n=4q$,

$$(1+i)^n=(-4)^q,\qquad A_n=(-4)^q,\qquad B_n=0 ;$$

• si $n=4q+1$,

$$(1+i)^n=(-4)^q(1+i),\qquad A_n=B_n=(-4)^q ;$$

• si $n=4q+2$,

$$(1+i)^n=2i(-4)^q,\qquad A_n=0,\qquad B_n=2(-4)^q ;$$

• si $n=4q+3$,

$$(1+i)^n=(-2+2i)(-4)^q,\qquad A_n=-2(-4)^q,\qquad B_n=2(-4)^q.$$

II — La même puissance, autrement

3. La formule du binôme de Newton donne

$$(1+i)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom nk i^k.$$

Pour $j\in\mathbb N$,

$$i^{2j}=(i^2)^j=(-1)^j, \qquad i^{2j+1}=i(i^2)^j=i(-1)^j.$$

Les termes d'indice pair forment donc la partie réelle

$$\binom n0-\binom n2+\binom n4-\binom n6+\cdots=S_n,$$

et les termes d'indice impair forment la partie imaginaire

$$i\left(\binom n1-\binom n3+\binom n5-\binom n7+\cdots\right)=iT_n.$$

Ainsi

$$(1+i)^n=S_n+iT_n.$$

Comme $(1+i)^n=A_n+iB_n$, l'égalité de deux nombres complexes donne

$$\boxed{A_n=S_n,\qquad B_n=T_n}.$$

Pour $n=0$, cela reste vrai puisque $S_0=1$ et $T_0=0$.

4. En combinant les questions 2 et 3,

$$\boxed{S_{4q}=(-4)^q,\qquad T_{4q}=0},$$ $$\boxed{S_{4q+1}=(-4)^q,\qquad T_{4q+1}=(-4)^q},$$ $$\boxed{S_{4q+2}=0,\qquad T_{4q+2}=2(-4)^q},$$ $$\boxed{S_{4q+3}=-2(-4)^q,\qquad T_{4q+3}=2(-4)^q}.$$

III — Deux sommes, une seule identité

5. À partir de

$$(1+i)^{n+1}=(1+i)(A_n+iB_n),$$

on obtient

$$\begin{aligned} (1+i)^{n+1} &=(A_n-B_n)+i(A_n+B_n). \end{aligned}$$

Par identification des parties réelle et imaginaire,

$$A_{n+1}=A_n-B_n, \qquad B_{n+1}=A_n+B_n.$$

D'où

$$\begin{aligned} C_{n+1} &=A_{n+1}^2+B_{n+1}^2\\ &=(A_n-B_n)^2+(A_n+B_n)^2\\ &=2(A_n^2+B_n^2)=2C_n. \end{aligned}$$

La suite $(C_n)$ est donc géométrique de raison $2$. Comme

$$C_0=A_0^2+B_0^2=1,$$

on a, pour tout $n\in\mathbb N$,

$$\boxed{A_n^2+B_n^2=2^n}.$$

Avec $A_n=S_n$ et $B_n=T_n$, cela devient

$$\boxed{S_n^2+T_n^2=2^n}.$$

IV — Ce que comptent ces sommes

(a) Pour chaque $k\in\{0,\ldots,n\}$, le coefficient $\binom nk$ est le nombre de parties de $E$ ayant exactement $k$ éléments. Ainsi,

$$N_0=\binom n0+\binom n4+\binom n8+\cdots, \qquad N_2=\binom n2+\binom n6+\binom n{10}+\cdots.$$

En soustrayant,

$$\boxed{S_n=N_0-N_2}.$$

De même,

$$\boxed{T_n=N_1-N_3}.$$

(b) Fixons $x\in E$. Toute partie $F$ ne contenant pas $x$ est appariée avec $F\cup\{x\}$. Ces deux parties ont des cardinaux consécutifs : l'une est paire et l'autre impaire. Réciproquement, chaque partie de $E$ appartient à une unique paire de cette forme.

Il y a autant de telles paires que de parties de $E\setminus\{x\}$, soit $2^{n-1}$. Chaque paire contient exactement une partie de cardinal pair et une de cardinal impair. Donc

$$\boxed{N_0+N_2=N_1+N_3=2^{n-1}}.$$

(c) On dispose des deux systèmes

$$N_0+N_2=2^{n-1},\qquad N_0-N_2=S_n,$$

et

$$N_1+N_3=2^{n-1},\qquad N_1-N_3=T_n.$$

En les résolvant,

$$\boxed{N_0=2^{n-2}+\frac{S_n}{2}}, \qquad \boxed{N_2=2^{n-2}-\frac{S_n}{2}},$$ $$\boxed{N_1=2^{n-2}+\frac{T_n}{2}}, \qquad \boxed{N_3=2^{n-2}-\frac{T_n}{2}}.$$

(d) Puisque $S_n=N_0-N_2$ et $T_n=N_1-N_3$, l'identité de la question 5 devient

$$\boxed{ (N_0-N_2)^2+(N_1-N_3)^2 =N_0+N_1+N_2+N_3.}$$

Le membre de droite est le nombre total de parties de $E$, donc $2^n$.

Les deux différences du membre de gauche mesurent deux déséquilibres : le premier entre les parties dont le cardinal est de la forme $4q$ et celles dont le cardinal est de la forme $4q+2$ ; le second entre les parties de cardinal $4q+1$ et celles de cardinal $4q+3$.

IDÉESous cette forme, l'identité est combinatoire, mais une preuve directe n'est pas évidente : le membre de gauche contient des différences puis des carrés, donc des annulations. Les nombres complexes encodent précisément ces annulations par le cycle $1,i,-1,-i$ des puissances de $i$.

V — Un ensemble de 1000 éléments

(a) Comme

$$1000=4\times250,$$

la question 4 donne

$$\Sigma=S_{1000}=(-4)^{250}=4^{250}=2^{500},$$

donc

$$\boxed{\Sigma=2^{500}}.$$

Cette somme comporte $501$ coefficients binomiaux, mais aucun n'a été calculé individuellement.

Toujours parce que $1000=4\times250$,

$$\Theta=T_{1000}=0,$$

donc

$$\boxed{\Theta=0}.$$

(b) Pour un ensemble à $1000$ éléments, les formules de la question 6 donnent

$$\begin{aligned} N_0&=2^{998}+\frac{2^{500}}2=2^{998}+2^{499},\\ N_2&=2^{998}-\frac{2^{500}}2=2^{998}-2^{499},\\ N_1&=2^{998}+\frac02=2^{998},\\ N_3&=2^{998}-\frac02=2^{998}. \end{aligned}$$

Ainsi,

$$\boxed{N_0=2^{998}+2^{499}},\qquad \boxed{N_1=2^{998}},$$ $$\boxed{N_2=2^{998}-2^{499}},\qquad \boxed{N_3=2^{998}}.$$

En particulier, parmi les $2^{1000}$ parties d'un ensemble à $1000$ éléments, exactement

$$\boxed{2^{998}+2^{499}}$$

ont un cardinal divisible par $4$.