Exercices corrigés - Trigonométrie et nombres complexes

En s'aidant du cercle trigonométrique, on remarque qu'une solution particulière est donnée par $\theta_0=\frac{2\pi}3$. L'ensemble des solutions est alors $$\left\{\frac{2\pi}3+2k\pi:\ k\in\mathbb Z\right\}.$$

On sait que $538=179\times 3+1$ et donc $$\cos\left(\frac{538\pi}{3}\right)=\cos\left(179\pi+\frac{\pi}3\right)=\cos\left(\frac{4\pi}3\right)=-\frac 12.$$ De même, on a $123=20\times 6+3$ et donc $$\sin\left(\frac{123\pi}6\right)=\sin\left(20\pi+\frac{\pi}2\right)=\sin\left(\frac\pi 2\right)=1.$$ De même, on a $77=19\times 4+1$ et donc $$\tan\left(-\frac{77\pi}4\right)=\tan\left(-19\pi-\frac\pi 4\right)=\tan\left(-\frac\pi 4\right)=-1.$$

D'après la formule $\cos(2x)=2\cos^2(x)-1$, on a $$2\cos^2(\pi/12)=\cos(\pi/6)+1=\frac{\sqrt 3}2+1.$$ Puisque $\cos(\pi/12)>0$, on a $$\cos\left(\frac\pi{12}\right)=\frac{\sqrt{\sqrt 3+2}}2.$$ On en déduit que $$\sin^2\left(\frac\pi{12}\right)=1-\cos^2\left(\frac\pi{12}\right)=\frac{2-\sqrt 3}{4}.$$ Puisque $\sin(\pi/12)>0$, on a donc $$\sin\left(\frac\pi{12}\right)=\frac{\sqrt{2-\sqrt 3}}2.$$ Une autre possibilité pour résoudre cet exercice était de remarquer que $$\frac{\pi}3-\frac\pi4=\frac{\pi}{12}$$ et d'appliquer les formules d'addition $\sin(a-b)$ et $\cos(a-b)$.

On remarque que $2\frac{\pi}8=\frac{\pi}4$. On a donc \begin{align*} \tan(\pi/4)&=\frac{\tan(\pi/8)+\tan(\pi/8)}{1-\tan^2(\pi/8)}\\ &=\frac{2\tan(\pi/8)}{1-\tan^2(\pi/8)}. \end{align*} Puisque $\tan(\pi/4)=1$, $\tan(\pi/8)$ est solution de l'équation $x^2+2x-1=0$. Les deux solutions de cette équation sont $$x_0=\frac{-2-\sqrt 8}{2}=-1-\sqrt{2},\ x_1=\frac{-2+\sqrt 8}2=-1+\sqrt 2.$$ Comme on sait que $\tan(\pi/8)>0$ puisque $\pi/8\in ]0,\pi/2[$, on en déduit que $$\tan\left(\frac\pi 8\right)=\sqrt 2-1.$$

Bien sûr, on peut déduire la troisième formule des deux autres. La plus facile est la troisième, car d'après la formule de duplication de $\tan$ : $$\tan(x)=\tan\left(2\frac x2\right)=\frac{2t}{1-t^2}.$$ Par ailleurs, on a \begin{align*} \sin(x)&=\sin\left(2\frac x2\right)\\ &=2\sin(x/2)\cos(x/2)\\ &=2\tan(x/2)\cos^2(x/2). \end{align*} Puisque de plus $$\cos^2(x/2)=\frac{1}{1+\tan^2(x/2)}$$ on obtient le résultat.

On va démontrer le résultat par récurrence sur $n$. On fixe $x\in\mathbb R$ et pour $n\geq 1$, on note $P_n:"|\sin(nx)|\leq n|\sin(x)|"$.
Initialisation : la propriété est clairement vraie pour $n=1$.
Hérédité : soit $n\geq 1$ tel que $P_n$ est vraie et prouvons $P_{n+1}$. Alors on a $$\sin((n+1)x)=\sin(nx)\cos(x)+\sin(x)\cos(nx).$$ En utilisant l'inégalité triangulaire, puis $|\cos(x)|\leq 1$ et $|\cos(nx)|\leq 1$, on trouve \begin{align*} |\sin((n+1)x)|&\leq |\sin(nx)|\cdot |\cos(x)|+|\sin(x)|\cdot |\cos(nx)|\\ &\leq |\sin(nx)|\cdot 1+|\sin(x)|\cdot 1\\ &\leq n|\sin(x)|+|\sin(x)|\\ &\leq (n+1)|\sin(x)| \end{align*} où l'avant-dernière ligne vient de l'hypothèse de récurrence. Donc $P_{n+1}$ est vraie.
Conclusion : La propriété $P_n$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

On va démontrer la formule par récurrence sur $n$. Notons $\mathcal P_n$ la propriété $$\mathcal P_n=``\prod_{k=1}^n \cos\left(\frac a{2^k}\right)=\frac1{2^n}\cdot \frac{\sin(a)}{\sin\left(\frac a{2^n}\right)}''.$$ Initialisation : On a $\sin(a)=2\sin(a/2)\cos(a/2)$ et donc $$\frac{\sin(a)}{2\sin(a/2)}=\cos(a/2)$$ ce qui prouve que $\mathcal P_1$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P_n$ est vraie, et prouvons $\mathcal P_{n+1}$. Sachant que $$\sin(a/2^n)=2\sin(a/2^{n+1})\cos(a/2^{n+1})$$ on a \begin{align*} \frac{\sin(a)}{2^{n+1}\sin\left(\frac a{2^{n+1}}\right)}&=\frac{1}{2^n}\times\frac{\sin(a)}{\sin\left(\frac a{2^n}\right)}\times\cos\left(\frac a{2^{n+1}}\right)\\ &=\prod_{k=1}^n \cos\left(\frac a{2^k}\right)\times \cos\left(\frac a{2^{n+1}}\right)\\ &=\prod_{k=1}^{n+1} \cos\left(\frac a{2^k}\right). \end{align*} Ainsi $\mathcal P_{n+1}$ est vraie.
Conclusion : $\mathcal P_n$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

On pose $X=\cos(x)$, et l'équation devient $2X^2+9X+4=0$. Son discriminant est $\Delta=49=7^2$, et ses racines sont $X_1=-4$ et $X_2=-1/2$. L'équation $\cos(x)=-4$ n'a aucune solution. Les solutions de l'équation $\cos(x)=-1/2$ sont les réels qui s'écrivent $\frac{4\pi}3+k2\pi$, $k\in\mathbb Z$, et $\frac{-4\pi}3+k2\pi$, $k\in\mathbb Z$. Finalement l'ensemble des solutions est $$\left\{ \frac{4\pi}3+k2\pi:\ k\in\mathbb Z\right\}\cup \left\{\frac{-4\pi}3+k2\pi:k\in\mathbb Z\right\}.$$

Il faut s'aider du cercle trigonométrique!

1. Pour $x\in [0,2\pi]$, on a $$\sin(x)\geq 1/2\iff x\in\left[\frac{\pi}6;\frac{5\pi}6\right].$$ Pour $x\in [-\pi,\pi]$, on a le même résultat : $$\sin(x)\geq 1/2\iff x\in \left[\frac{\pi}6;\frac{5\pi}6\right].$$ Finalement, par $2\pi$-périodicité, pour $x\in \mathbb R$, on a $$\sin(x)\geq 1/2\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x\in \left[\frac{\pi}6+2k\pi;\frac{5\pi}6+2k\pi\right].$$
2. Pour $x\in [0,2\pi]$, on a $$\cos(x)\geq 1/2\iff x\in \left[0,\frac\pi3\right]\cup \left[\frac{5\pi}3;2\pi\right].$$ Pour $x\in [-\pi,\pi]$, on a $$\cos(x)\geq 1/2\iff x\in \left[-\frac{\pi}3;\frac{\pi}3\right].$$ On conclut de la même façon par $2\pi$-périodicité, mais on utilise plutôt la deuxième expression qui est plus facile. Finalement, pour $x\in\mathbb R$, $$\cos(x)\geq 1/2\iff \exists k\in \mathbb Z,\ x\in\left[-\frac{\pi}3+2k\pi;\frac{\pi}3+2k\pi\right].$$

Posons $X=\cos x$ et $Y=\sin x$. Alors $X$ et $Y$ sont solutions du système $$\left\{\begin{array}{rcl} 2X-Y&=&\sqrt 3+\frac 12\\ X+2Y&=&\frac{\sqrt 3}2-1 \end{array}\right.$$ On résout ce système en remarquant par exemple que $$2\times 2X+X=2\times\left(\sqrt 3+\frac 12\right)+\frac{\sqrt 3}2-1=\frac{5\sqrt 3}2.$$ On en déduit que $X=\sqrt 3/2$ puis que $Y=-1/2$. Ainsi, on cherche $x\in\mathbb R$ tel que $\cos(x)=\sqrt 3/2$ et $\sin(x)=-1/2$. La valeur $x=-\pi/6$ est une solution particulière, et c'est la seule dans $[-\pi;\pi]$. On en déduit que l'ensemble des solutions est $$\mathcal S=\left\{-\frac\pi 6+2k\pi:\ k\in\mathbb Z\right\}.$$

Posons $X=\cos(x)$ et $Y=\sin(y)$. Alors le couple $(X,Y)$ est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} 2X+3Y&=&\sqrt 2-\frac 32\\ 4X+Y&=&2\sqrt 2-\frac 12. \end{array}\right.$$ On résout ce système en remarquant que $$Y-2\times 3Y=2\sqrt 2-\frac 12-2\times\left(\sqrt 2-\frac 32\right)$$ ce qui donne encore $$-5Y=\frac 52\iff Y=-\frac 12.$$ On en déduit ensuite que $X=\frac{\sqrt 2}2$. On a donc $\sin(y)=-\frac 12$ ce qui entraîne que $y=-\pi/6$ ou $y=-5\pi/6$, puis $\cos x=\sqrt 2/2$, ce qui entraîne $x=\pi/4$ ou $x=-\pi/4$. Finalement, on trouve 4 couples de solutions : $$\mathcal S=\left\{\left(\frac \pi4,-\frac \pi 6\right); \left(\frac \pi4,-\frac{5\pi} 6\right);\left(-\frac \pi4,-\frac \pi 6\right);\left(-\frac \pi4,-\frac{5\pi} 6\right)\right\}.$$

C'est une méthode classique. On met en facteur $\sqrt{(\sqrt 3)^2+1^2}=2$, de sorte que $$\sqrt 3\cos x-\sin x=2\left(\frac{\sqrt 3}2\cos x-\frac 12\sin x\right)=2\big(\cos(\pi/6)\cos x-\sin(\pi/6)\sin x\big)=2\cos\left(x+\frac\pi 6\right).$$ L'équation est donc équivalente à $$\cos\left(x+\frac\pi 6\right)=\frac{m}2.$$ Elle admet donc des solutions si et seulement si $m\in[-2,2]$. Si $m=\sqrt 2$, alors on a $$\cos\left(x+\frac\pi 6\right)=\frac{m}2=\cos\left(\frac{\pi}4\right)\iff x=\frac{\pi}{12}+2k\pi,\ k\in\mathbb Z\textrm{ ou } x=-\frac{5\pi}{12}+2k\pi,\ k\in\mathbb Z.$$

On sait que $\cos(2x)=2\cos^2 (x)-1$ et donc l'équation est équivalente à $$2\cos^2(x)+\cos(x)-1=0.$$ Posons $y=\cos x$ et déterminons les solutions de l'équation $2y^2+y-1=0$. Calculant le discriminant, on voit que les solutions de cette équation sont $y=-1$ et $y=1/2$. On en déduit donc que $\cos(2x)+\cos(x)=0$ si et seulement si $\cos(x)=-1$ ou $\cos(x)=1/2$. Puisque l'on cherche les solutions uniquement dans $[0,2\pi]$, l'ensemble des solutions est $\{\pi,\pi/3,5\pi/3\}$.

Pour ne pas se tromper en simplifiant par $\sin x$, on passe tout à gauche et on factorise : $$\tan(x)-2\sin(x)=\sin(x)\left(\frac{1}{\cos x}-2\right)=\sin(x)\frac{1-2\cos x}{\cos x}.$$ On conclut par un tableau de signes. On trouve donc que l'ensemble des solutions est $$\left]-\pi,-\frac\pi2\right[\cup \left[-\frac{\pi}3;0\right]\cup\left[\frac{\pi}3,\frac{\pi}2\right[\cup\{\pi\}.$$ Remarquons qu'on aurait pu simplement étudier le signe de $\sin(x)\frac{1-2\cos x}{\cos x}$ sur $[0,\pi]$ puis conclure par imparité de cette fonction.

On sait que $\ln(u)$ est défini uniquement si $u>0$. Donc $\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)$ est défini uniquement si $\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|$ est strictement positif. La valeur absolue d'un réel étant toujours positive ou nulle, la fonction $f$ est bien définie pour les réels $x$ tels que $$\sin\left(\frac\pi2 x\right)\neq 0.$$ Mais on a \begin{align*} \sin\left(\frac\pi2 x\right)=0&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac\pi2x=k\pi\\ &\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=2k. \end{align*} La fonction $f$ est donc bien définie pour tous les réels, sauf les entiers pairs : $\mathcal D_f=\mathbb R\backslash 2\mathbb Z$.
Pour déterminer la parité de $f$, remarquons déjà que son domaine de définition est symétrique par rapport à $0$, et donc que si $x\in\mathcal D_f$, alors $-x\in\mathcal D_f$. Soit donc $x\in\mathcal D_f$. Alors \begin{align*} f(-x)&=\ln\left(\left|\sin\left(-\frac\pi2 x\right)\right|\right) \\ &=\ln\left(\left|-\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\textrm{ (car la fonction $\sin$ est impaire)}\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right) \textrm{ (car la fonction $|\cdot|$ est paire)}\\ &=f(x). \end{align*} Ainsi, la fonction $f$ est paire.
De plus, on a \begin{align*} f(x+2)&=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 (x+2)\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x+\pi\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|-\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\\ &=f(x) \end{align*} où on a utilisé que $\sin(t+\pi)=-\sin t$ et que $|-a|=|a|$. Ainsi, $f$ est périodique de période $2$.

On écrit : \begin{eqnarray*} \cos^5 x&=&\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)^5\\ &=&\frac{1}{32}\left(e^{5ix}+5e^{i3x}+10e^{ix}+10e^{-ix}+5e^{-i3x}+e^{-i5x}\right)\\ &=&\frac{1}{16}\big(\cos(5x)+5\cos(3x)+10\cos x\big). \end{eqnarray*} Le même raisonnement donne $$\sin^5 x=\frac{1}{16}\big(\sin(5x)-5\sin(3x)+10\sin(x)\big).$$ Pour la dernière expression, on procède ainsi : \begin{eqnarray*} \cos^2 x\sin^3 x&=&\left(\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\right)^2\left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^3\\ &=&\frac{e^{2ix}+2+e^{-2ix}}{4}\times\frac{e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix}}{-8i}\\ &=&\frac{e^{5ix}-e^{3ix}-2e^{ix}+2e^{-ix}+e^{-3ix}-e^{-5ix}}{-32 i}\\ &=&\frac{2i\sin(5x)-2i\sin(3x)-4i\sin(x)}{-32i}\\ &=&\frac{-1}{16}\sin(5x)+\frac1{16}\sin(3x)+\frac18\sin(x). \end{eqnarray*}

1. D'après la formule de de Moivre, on sait que $$\cos(4\theta)+i\sin(4\theta)=\big(\cos(\theta)+i\sin(\theta)\big)^4.$$ On développe le second membre, toujours en utilisant la formule du binôme : \begin{align*} \big(\cos(\theta)+i\sin(\theta)\big)^4&=\cos^4(\theta)+4\cos^3(\theta)(i\sin(\theta))+6\cos^2(\theta)(i\sin(\theta))^2\\ &\quad\quad+4\cos(\theta)(i\sin\theta)^3+(i\sin(\theta))^4\\ &=\cos^4(\theta)+4i\cos^3(\theta)\sin(\theta)-6\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)\\ &\quad\quad -4i\cos(\theta)\sin^3(\theta)+\sin^4(\theta). \end{align*} Finalement, en identifiant les parties réelles et imaginaires, on trouve \begin{align*} \cos(4\theta)&=\cos^4(\theta)-6\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)+\sin^4(\theta)\\ \sin(4\theta)&=4\cos^3(\theta)\sin(\theta)-4\cos(\theta)\sin^3(\theta). \end{align*}

On va partir, en utilisant la formule de de Moivre, de $$\cos(5x)+i\sin(5x)=e^{i5x}=(e^{ix})^5=(\cos x+i\sin x)^5.$$ On développe ensuite ce produit et on identifie parties réelles et parties imaginaires. On trouve $$\cos(5x)=\cos^5 x −10\cos^3x \sin^2 x +5\cos x \sin^4 x$$ et $$\sin(5x)=5\cos^4x\sin x −10\cos^2x \sin^3x +\sin^5 x.$$

On linéarise les fonctions trigonométriques à l'aide des nombres complexes : \begin{eqnarray*} \cos^4t\sin^2t&=&\left(\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}\right)^4\left(\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}\right)^2\\ &=&\frac{-1}{2^6}\left(e^{i4t}+4e^{i2t}+6+4e^{-i2t}+e^{-i4t}\right)\left(e^{2it}-2+e^{-2it}\right)\\ &=&\frac{-1}{2^6}\left(e^{i6t}+2e^{i4t}-e^{i2t}-4-e^{-i2t}+2e^{-i4t}+e^{-i6t}\right)\\ &=&\frac{-1}{2^5}\left(\cos(6t)+2\cos(4t)-\cos(2t)-2\right). \end{eqnarray*} On en déduit : \begin{eqnarray*} \int_0^{\pi/2}\cos^4t\sin^2tdt&=&\frac{-1}{2^5}\int_0^{\pi/2}\big(\cos (6t)+2\cos (4t)-\cos (2t)-2\big)dt\\ &=&\frac{\pi}{32}. \end{eqnarray*}

Soit $k\in\{0,\dots,n-1\}$ et soit $\omega_k=e^{2ik\pi/n}$. Alors $$|\omega_k-1|=|e^{i2k\pi/n}-e^{i0}|=2|\sin(k\pi/n)|$$ en factorisant par l'angle moitié. De plus, pour $k\in\{0,\dots,n-1\}$, $k\pi/n\in[0,\pi]$ et le sinus est positif. On en déduit \begin{eqnarray*} \sum_{z\in\mathbb U_n}|z-1|&=&2\sum_{k=0}^{n-1}\sin(k\pi/n)\\ &=&2\Im m\left(\sum_{k=0}^{n-1}e^{ik\pi/n}\right)\\ &=&4\Im m\left(\frac 1{1-e^{i\pi/n}}\right)\\ &=&4\Im m\left(\frac 1{-2i\sin(\pi/2n)e^{i\pi/2n}}\right)\\ &=&2\Im m\left(\frac{ie^{-i\pi/2n}}{\sin(\pi/2n)}\right)\\ &=&2\frac{\cos(\pi/2n)}{\sin(\pi/2n)}. \end{eqnarray*}

La somme des racines $5-$ièmes de l'unité est nulle. On a donc $$1+e^{2i\pi/5}+e^{i4\pi/5}+e^{i6\pi/5}+e^{i8\pi/5}=0.$$ Or, $$e^{i8\pi/5}=e^{-2i\pi/5}\textrm{ et }e^{6i\pi/5}=e^{-4i\pi/5}.$$ Utilisant les formules d'Euler, on en déduit que $$1+2\cos(2\pi/5)+2\cos(4\pi/5)=0.$$ Or, $$\cos(4\pi/5)=2\cos^2(2\pi/5)-1,$$ ce qui donne $$4\cos^2(2\pi/5)+2\cos(2\pi/5)-1=0.$$ $\cos(2\pi/5)$ est donc une racine de l'équation $4X^2+2X-1=0$. Le discriminant de ce polynôme du second degré est $\Delta=20$, et ses racines sont $$x_1=\frac{-1-\sqrt 5}4\textrm{ et }x_2=\frac{-1+\sqrt 5}4.$$ Puisque $\cos(2\pi/5)>0$, on en déduit que $$\cos(2\pi/5)=\frac{-1+\sqrt 5}4.$$