# Calcul avec les nombres complexes/Exercices/Sur la trigonométrie

En cas de difficultés à faire les exercices ci-dessous, voir éventuellement et préalablement d'autres exercices plus simples sur la trigonométrie utilisant les nombres complexes.

## Exercice 5-1

Linéariser les expressions suivantes :
a) $\cos ^{3}x\sin ^{3}x$ ;
b) $\cos ^{4}x\sin ^{3}x$ ;
c) $\cos ^{4}x\sin ^{2}x$.
a) $\cos ^{3}x\sin ^{3}x=\left({\frac {\sin 2x}{2}}\right)^{3}=$ (linéarisation classique de sin$^3$) ${\frac {3\sin 2x-\sin 6x}{32}}$.
b) $\cos ^{4}x\sin ^{3}x=\cos x{\frac {3\sin 2x-\sin 6x}{32}}=$ (produit de cosinus et de sinus) ${\frac {3}{32}}{\frac {\sin 3x+\sin x}{2}}-{\frac {1}{32}}{\frac {\sin 7x+\sin 5x}{2}}$.
c) $\cos ^{4}x\sin ^{2}x={\frac {1+\cos 2x}{2}}\left({\frac {\sin 2x}{2}}\right)^{2}={\frac {\sin ^{2}2x}{8}}-{\frac {\cos 2x\sin ^{2}2x}{8}}=$ (linéarisation de cos×sin$^2$) ${\frac {1-\cos 4x}{16}}+{\frac {\cos 2x-\cos 6x}{32}}$.

## Exercice 5-2

Linéariser les expressions suivantes :
a) $2^{2m}\cos ^{2m}x$
b) $(-1)^{m}2^{2m}\sin ^{2m}x$
c) $2^{2m+1}\cos ^{2m+1}x$
d) $(-1)^{m}2^{2m+1}\sin ^{2m+1}x$
e) ${\frac {\sin((2n+1)x)}{\sin x}}$
f) ${\frac {\sin(2nx)}{\sin x}}$
g) $\cos(2x)\sin ^{3}x$
a) $2^{2m}\cos ^{2m}x=\left(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}+\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}\right)^{2m}=\sum _{k=0}^{2m}{2m \choose k}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (2m-k)x}\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} kx}={2m \choose m}+2\sum _{k=0}^{m-1}{2m \choose k}\cos \left(2(m-k)x\right)$
b) $(-1)^{m}2^{2m}\sin ^{2m}x=\left(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}\right)^{2m}=\sum _{k=0}^{2m}{2m \choose k}(-1)^{k}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (2m-k)x}\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} kx}=(-1)^{m}{2m \choose m}+2\sum _{k=0}^{m-1}{2m \choose k}(-1)^{k}\cos \left(2(m-k)x\right)$
c) $2^{2m+1}\cos ^{2m+1}x=\left(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}+\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}\right)^{2m+1}=\sum _{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (2m+1-k)x}\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} kx}=2\sum _{k=0}^{m}{2m+1 \choose k}\cos \left((2m+1-2k)x\right)$
d) $(-1)^{m}2^{2m+1}\sin ^{2m+1}x={\frac {1}{\mathrm {i} }}\left(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}\right)^{2m+1}={\frac {1}{\mathrm {i} }}\left(\sum _{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}(-1)^{k}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (2m+1-k)x}\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} kx}\right)=2\sum _{k=0}^{m}{2m+1 \choose k}(-1)^{k}\sin \left((2m+1-2k)x\right)$
e) ${\frac {\sin((2n+1)x)}{\sin x}}={\frac {\mathrm {e} ^{(2n+1)\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-(2n+1)\mathrm {i} x}}{\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}}}=\sum _{k=-n}^{n}\mathrm {e} ^{2k\mathrm {i} x}=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)$.
f) ${\frac {\sin(2nx)}{\sin x}}={\frac {\mathrm {e} ^{2n\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-2n\mathrm {i} x}}{\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}}}=\sum _{k=1}^{n}\left(\mathrm {e} ^{(2k-1)\mathrm {i} x}+\mathrm {e} ^{-(2k-1)\mathrm {i} x}\right)=2\sum _{k=1}^{n}\cos((2k-1)x)$.
g) $\cos(2x)\sin ^{3}x=\cos(2x){\frac {3\sin x-\sin(3x)}{4}}={\frac {3}{4}}{\frac {\sin(x+2x)+\sin(x-2x)}{2}}-{\frac {1}{4}}{\frac {\sin(3x+2x)+\sin(3x-2x)}{2}}={\frac {3\sin(3x)-2\sin x-\sin(5x)}{8}}$.

## Exercice 5-3

Simplifier l’expression :
    ${\frac {\sin a+\sin 3a+\sin 5a+\cdots +\sin(2n-1)a}{\cos a+\cos 3a+\cos 5a+\cdots +\cos(2n-1)a}}$
Cette expression est de la forme ${\frac {S}{C}}$ avec
    $C+\mathrm {i} S=\sum _{k=0}^{n-1}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (1+2k)a}$.
Si $a\equiv 0\mod \pi$ alors $C+\mathrm {i} S=\pm n$ donc ${\frac {S}{C}}={\frac {0}{\pm n}}=0$.
Sinon, $C+\mathrm {i} S=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} a}{\frac {\mathrm {e} ^{2n\mathrm {i} a}-1}{\mathrm {e} ^{2\mathrm {i} a}-1}}=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} a}{\frac {\mathrm {e} ^{n\mathrm {i} a}}{\mathrm {e} ^{\mathrm {i} a}}}{\frac {2\mathrm {i} \sin na}{2\mathrm {i} \sin a}}=\mathrm {e} ^{n\mathrm {i} a}{\frac {\sin na}{\sin a}}$ donc ${\frac {S}{C}}=\tan na$, sauf si $na\equiv 0\mod {\frac {\pi }{2}}$, auquel cas $C=0$ donc ${\frac {S}{C}}$ n'est pas défini.
On peut aussi déduire ce résultat de l'exercice suivant.

## Exercice 5-4
### Question 1

Soit $n\in \mathbb {N}$. Calculer $C(x):=\sum _{k=0}^{n}\cos 2kx$ et $S(x):=\sum _{k=1}^{n}\sin 2kx$ pour tout $x\in \mathbb {R}$ et en déduire $A(x):=\sum _{k=1}^{n}k\cos kx$ et $B(x):=\sum _{k=1}^{n}k\sin kx$.
La somme
    $C(x)+\mathrm {i} S(x)=\sum _{k=0}^{n}\mathrm {e} ^{\mathrm {i} 2kx}$
est égale en général à
    ${\frac {\mathrm {e} ^{\mathrm {i} 2(n+1)x}-1}{\mathrm {e} ^{\mathrm {i} 2x}-1}}=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} nx}{\frac {\mathrm {e} ^{\mathrm {i} (n+1)x}-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} (n+1)x}}{\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}-\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x}}}=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} nx}{\frac {\sin(n+1)x}{\sin x}}$,
sauf si $\mathrm {e} ^{\mathrm {i} 2x}=1$, auquel cas cette somme est égale à $n+1$ (on peut vérifier, dans cette expression comme dans les suivantes, que chaque fonction ainsi décrite par cas est bien continue). Par conséquent :
* $C(x)$ est égal à $n+1$ si $x\in \pi \mathbb {Z}$ et à ${\frac {\cos nx\sin(n+1)x}{\sin x}}={\frac {1}{2}}+{\frac {\sin(2n+1)x}{2\sin x}}$ sinon ;
* $S(x)$ est égal à $0$ si $x\in \pi \mathbb {Z}$ et à ${\frac {\sin nx\sin(n+1)x}{\sin x}}={\frac {\cos x-\cos(2n+1)x}{2\sin x}}$ sinon.
(On peut aussi trouver ces résultats par télescopage.)
Si $x\notin \pi \mathbb {Z}$, $2A(2x)=\sum _{k=1}^{n}2k\cos 2kx=S'(x)={\frac {n\sin(2n+1)x}{\sin x}}-{\frac {\sin ^{2}nx}{\sin ^{2}x}}$ donc (en posant $t=2x$)
* si $t\notin 2\pi \mathbb {Z}$, $A(t)={\frac {n\sin \left((2n+1)t/2\right)}{2\sin(t/2)}}-{\frac {\sin ^{2}(nt/2)}{2\sin ^{2}(t/2)}}$.
* Si $t\in 2\pi \mathbb {Z}$, $A(t)=\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}$.
Si $x\notin \pi \mathbb {Z}$, $2B(2x)=\sum _{k=1}^{n}2k\sin 2kx=-C'(x)={\frac {(n+1)\sin \left(2nx\right)-n\sin \left(2(n+1)x\right)}{2\sin ^{2}x}}$ donc
* si $t\notin 2\pi \mathbb {Z}$, $B(t)={\frac {(n+1)\sin nt-n\sin(n+1)t}{4\sin ^{2}(t/2)}}$.
* Si $t\in 2\pi \mathbb {Z}$, $B(t)=0$.

### Question 2

De manière semblable, calculer les sommes suivantes où $a$, $b$ et $x$ sont des réels :
a) $\sum _{k=0}^{n}\cos(a+kb)$ ;
b) $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\cos(a+kb)$ ;
c) $\sum _{k=0}^{n}k{\binom {n}{k}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} kx}$.
a)
    $\sum _{k=0}^{n}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (a+kb)}={\begin{cases}{\text{si }}b\not \equiv 0\mod {2\pi }~:&{\frac {\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (n+1)b}-1}{\operatorname {e} ^{\mathrm {i} b}-1}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} a}={\frac {\sin {\frac {(n+1)b}{2}}}{\sin {\frac {b}{2}}}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \left({\frac {nb}{2}}+a\right)}\\{\text{si }}b\equiv 0\mod {2\pi }~:&\sum _{k=0}^{n}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} a}=(n+1)\operatorname {e} ^{\mathrm {i} a}\end{cases}}$ donc, en prenant la partie réelle :
    $\sum _{k=0}^{n}\cos(a+kb)={\begin{cases}{\text{si }}b\not \equiv 0\mod {2\pi }~:&{\frac {\sin {\frac {(n+1)b}{2}}}{\sin {\frac {b}{2}}}}\cos \left({\frac {nb}{2}}+a\right)\\{\text{si }}b\equiv 0\mod {2\pi }~:&(n+1)\cos a.\end{cases}}$
b) $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (a+kb)}=\left(1+\mathrm {e} ^{\mathrm {i} b}\right)^{n}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} a}=2^{n}\cos ^{n}\cos ^{n}(b/2)\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \left({\frac {nb}{2}}+a\right)}$ donc, en prenant la partie réelle :
    $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\cos(a+kb)=2^{n}\cos ^{n}(b/2)\cos \left({\frac {nb}{2}}+a\right)$.
c) $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} kx}=\left(1+\mathrm {e} ^{\mathrm {i} x}\right)^{n}=2^{n}\cos ^{n}(x/2)\operatorname {e} ^{\mathrm {i} nx/2}$ donc, en dérivant puis en divisant par $\mathrm {i}$ :
    $\sum _{k=0}^{n}k{\binom {n}{k}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} kx}={\frac {2^{n}\cos ^{n-1}(x/2)\operatorname {e} ^{\mathrm {i} nx/2}}{\mathrm {i} }}\left(-{\frac {n}{2}}\sin(x/2)+\cos(x/2){\frac {\mathrm {i} n}{2}}\right)=n\,2^{n-1}\cos ^{n-1}(x/2)\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (n+1)x/2}$.

## Exercice 5-5

1° En utilisant la formule de Moivre, calculez $\cos 5\theta$ en fonction de $\cos \theta$.
2° En déduire une équation du 5e degré admettant pour solution $\cos {\frac {\pi }{5}}$.
3° En interprétant les autres solutions de cette équation, la résoudre, et précisez la valeur de $\cos {\frac {\pi }{5}}$.
Valeurs trigonométriques exactes Notons $c=\cos \theta$ et $s=\sin \theta$.
* $\cos 5\theta =\operatorname {Re} \left(\left(c+\mathrm {i} s\right)^{5}\right)=c^{5}-10c^{3}s^{2}+5cs^{4}=c^{5}-10c^{3}\left(1-c^{2}\right)+5c\left(1-2c^{2}+c^{4}\right)=16c^{5}-20c^{3}+5c$.
* Si $\theta ={\frac {\pi }{5}}$, $\cos 5\theta =\cos \pi =-1$ donc $16c^{5}-20c^{3}+5c+1=0$.
* Les cinq solutions de cette équation sont les cosinus des cinq angles $\theta \in \left[0,2\pi \right[$ tels que $5\theta \equiv \pi {\bmod {2\pi }}$ : $\theta =(2k+1){\frac {\pi }{5}}$ avec $k=0,1,\dots ,4$. $\cos \pi =-1$ (qui correspond à $k=2$) est racine de cette équation, et les quatre autres racines sont en fait deux racines doubles : $\cos {\frac {9\pi }{5}}=\cos {\frac {\pi }{5}}$ et $\cos {\frac {7\pi }{5}}=\cos {\frac {3\pi }{5}}$, donc $16c^{5}-20c^{3}+5c+1$ doit pouvoir s'écrire sous la forme $\left(c+1\right)\left(4c^{2}+pc+q\right)^{2}$. Effectivement, $p=-2$ et $q=-1$ conviennent. La racine positive de $4c^{2}-2c-1=0$ est $\cos {\frac {\pi }{5}}={\frac {1+{\sqrt {5}}}{4}}$ (voir Valeurs trigonométriques exactes). Remarque : l'autre racine, ${\frac {1-{\sqrt {5}}}{4}}$, est $\cos {\frac {3\pi }{5}}$. Par conséquent, $\cos {\frac {2\pi }{5}}={\frac {{\sqrt {5}}-1}{4}}$ (voir Valeurs trigonométriques exactes).

## Exercice 5-6

Soit : $z=\cos {\frac {2\pi }{7}}+\mathrm {i} \sin {\frac {2\pi }{7}};\qquad S=z+z^{2}+z^{4};\qquad T=z^{3}+z^{5}+z^{6}$.
1° Démontrez que $S$ et $T$ sont conjugués et que la partie imaginaire de $S$ est positive.
2° Calculez $S+T$, $ST$, puis $S$ et $T$.
3° Quelles formules trigonométriques pouvez-vous déduire de ce qui précède ?
* $T=z^{-4}+z^{-2}+z^{-1}={\bar {z}}^{4}+{\bar {z}}^{2}+{\bar {z}}={\bar {S}}$.
* $S+T={\frac {z-z^{7}}{1-z}}=-1$ et $ST=z^{4}+z^{5}+z^{6}+3z^{7}+z^{8}+z^{9}+z^{10}=z^{4}+z^{5}+z^{6}+3+z+z^{2}+z^{3}=S+T+3=2$ donc $S={\frac {-1+\mathrm {i} {\sqrt {7}}}{2}}$ et $T={\frac {-1-\mathrm {i} {\sqrt {7}}}{2}}$ (car il est clair géométriquement que $S$ est celui des deux dont la partie imaginaire est positive).
* $\cos {\frac {2\pi }{7}}+\cos {\frac {4\pi }{7}}+\cos {\frac {6\pi }{7}}=-{\frac {1}{2}}$ et $\sin {\frac {2\pi }{7}}+\sin {\frac {4\pi }{7}}-\sin {\frac {6\pi }{7}}={\frac {\sqrt {7}}{2}}$.

## Exercice 5-7

Soient $n$ un entier strictement positif et $\theta$ un réel appartenant à $\left]0,\pi \right[$. On pose :
* $S_{n}=\cos ^{2}\theta +\cos ^{2}\theta \cos 2\theta +\cdots +\cos ^{p}\theta \cos p\theta +\cdots +\cos ^{n}\theta \cos n\theta$ ;
* $S_{n}'=\cos \theta \sin \theta +\cos ^{2}\theta \sin 2\theta +\cdots +\cos ^{p}\theta \sin p\theta +\cdots +\cos ^{n}\theta \sin n\theta$ ;
* $\Sigma _{n}=S_{n}+iS_{n}'$.
* Montrez que $\Sigma _{n}$ est la somme des $n$ premiers termes d'une suite géométrique complexe, dont on donnera le premier terme et la raison.
* En déduire la valeur de $\Sigma _{n}$, puis de $S_{n}$, en fonction de $n$ et $\theta$.
* $\Sigma _{n}=\sum _{k=1}^{n}\left(\cos \theta \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right)^{k}$ est la somme des $n$ premiers termes de la suite géométrique de raison $q=\cos \theta \operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }$ et de premier terme $q$.
* Notons $c=\cos \theta$, $s=\sin \theta$ et $u=\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }=c+\mathrm {i} s$. $\Sigma _{n}={\frac {q-q^{n+1}}{1-q}}={\frac {\left(cu-c^{n+1}u^{n+1}\right)\left(1-cu^{-1}\right)}{|1-cu|^{2}}}={\frac {cu-c^{n+1}u^{n+1}-c^{2}+c^{n+2}u^{n}}{|1-cu|^{2}}}$ et $|1-cu|^{2}=\left(1-c^{2}\right)^{2}+\left(cs\right)^{2}=1-2c^{2}+c^{2}\left(c^{2}+s^{2}\right)=1-c^{2}=s^{2}$ donc $S_{n}={\frac {c^{2}-c^{n+1}\cos(n+1)\theta -c^{2}+c^{n+2}\cos n\theta }{1-c^{2}}}={\frac {c^{n+1}}{s^{2}}}\left(c\cos n\theta -\cos(n+1)\theta \right)={\frac {c^{n+1}\sin n\theta }{s}}$.
| Sur la résolution d'équation | Sur les racines n-ièmes |