question
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24 - Inéquations trigonométriques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Résoudre sur $\mathbb R$ les inéquations suivantes :
$2\cos^2 x-9\cos x+4\geq 0$;
$\cos 5x+\cos 3x\geq \cos x$.
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Posons $X=\cos x$. L'inéquation est alors équivalente à
$2X^2-9X+4\geq 0.$ Le discriminant du polynôme de second degré associé est $49=7^2$.
Ses deux racines sont $1/2$ et $4$. Ainsi, $2X^2-9X+4\geq 0$ si et seulement si
$X\leq 1/2$ ou $X\geq 4$. Revenant à $\cos x=X$, le dernier cas est impossible et on a donc
$$2\cos^2x-9\cos x+4\geq 0\iff \cos x\leq \frac 12\iff x\in\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left[\frac{\pi}3+2k\pi,\frac{5\pi}3+2k\pi\right].$$
On commence par utiliser une formule de trigonométrie :
$$\cos 5x+\cos 3x=2\cos(4x)\cos x.$$
Ainsi, l'inéquation est équivalente à
$$\cos x\left(2\cos(4x)-1\right)\geq 0.$$
On va résoudre cette inéquation sur un intervalle de longueur $2\pi$, puis on va utiliser la $2\pi$-périodicité du cosinus.
Remarquons aussi que l'inégalité est vrai en $\pm\frac\pi 2$, là où le cosinus s'annule. Maintenant,
si $x\in\left]-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2\right[$, on a $\cos(x)>0$ et l'inéquation est équivalente à
$$2\cos(4x)-1\geq 0\iff \cos(4x)\geq\frac 12.$$
Ceci donne encore :
$$\exists l\in\mathbb Z,\ x\in \left[l\frac{\pi}2-\frac{\pi}{12},l\frac{\pi}2+\frac{\pi}{12}\right].$$
On cherche les solutions dans l'intervalle $\left]-\frac\pi 2,\frac\pi 2\right[$ et on trouve
$$\left]-\frac{\pi}2,-\frac{5\pi}{12}\right]\cup\bigg[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{12}\bigg]\cup\left[\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}2\right[.$$
On cherche maintenant les solutions dans l'intervalle $\left]\frac\pi 2,\frac{3\pi}2\right[$. L'inéquation y est équivalente à
$$2\cos(4x)-1\leq 0$$
dont l'ensemble des solutions sur l'intervalle considéré est
$$\left[\frac{7\pi}{12},\frac{11\pi}{12}\right]\cup\left[\frac{13\pi}{12},\frac{17\pi}{12}\right].$$
Finalement, l'ensemble des solutions sur $\mathbb R$ est
\begin{eqnarray*}
\bigcup_{k\in\mathbb Z}\bigg(\left[-\frac{\pi}2+2k\pi,-\frac{5\pi}{12}+2k\pi\right]
\cup\bigg[-\frac{\pi}{12}+2k\pi,\frac{\pi}{12}+2k\pi\bigg]\cup\left[\frac{5\pi}{12}+2k\pi,\frac{\pi}2+2k\pi\right]\cup\\
\quad\quad
\left[\frac{7\pi}{12}+2k\pi,\frac{11\pi}{12}+2k\pi\right]\cup\left[\frac{13\pi}{12}+2k\pi,\frac{17\pi}{12}+2k\pi\right]\Bigg).
\end{eqnarray*}
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25 - Avec un déphasage [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb R$ par
$$f(x)=\cos\left(\frac{3x}2-\frac{\pi}4\right).$$
Déterminer une période $T$ de $f$.
Déterminer en quels points $f$ atteint son maximum, son minimum, puis résoudre l'équation $f(x)=0$.
Représenter graphiquement la fonction $f$ sur l'intervalle $[-T,T]$.
$f$ est-elle paire?
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Soit $T$ un nombre réel. On a
$$f(x+T)=\cos\left(\frac{3}2(x+T)-\frac{\pi}4\right)=\cos\left(\frac 32x -\frac{\pi}4+\frac{3T}2\right).$$
On a $f(x+T)=f(x)$ par exemple si $3T/2=2\pi$, donc si $T=4\pi/3$. La fonction $f$ est donc $4\pi/3$ périodique.
On a
\begin{align*}
f(x)=1&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac32x-\frac{\pi}4=2k\pi\\
&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=\frac{4k\pi}3+\frac{\pi}6.
\end{align*}
La fonction $f$ atteint donc son maximum en les point $\frac{4k\pi}3+\frac{\pi}6$, $k\in\mathbb Z$.
De même, on a
\begin{align*}
f(x)=-1&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac32x-\frac{\pi}4=\pi+2k\pi\\
&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=\frac{4k\pi}3+\frac{5\pi}6.
\end{align*}
La fonction $f$ atteint donc son maximum en les point $\frac{4k\pi}3+\frac{5\pi}6$, $k\in\mathbb Z$. Finalement, on a aussi
\begin{align*}
f(x)=0&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac32x-\frac{\pi}4=\frac\pi2+k\pi\\
&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=\frac{2k\pi}3+\frac{\pi}2.
\end{align*}
Les solutions de l'équation $f(x)=0$ sont donc les réels $\frac{2k\pi}3+\frac{\pi}2$, $k\in\mathbb Z$.
On peut représenter $f$ en s'inspirant de la courbe représentative de la fonction cosinus, et en utilisant les résultats de la question précédente, qu'on peut compléter par exemple avec $f(0)=\cos(-\pi/4)=\sqrt 2/2$.
On trouve :
Puisque $f(0)\neq 0$, la fonction $f$ n'est pas impaire. De plus, $f(\pi/2)=0$ alors que $f(-\pi/2)=\cos(-\pi)=-1\neq -f(\pi/2)$. La fonction $f$ n'est pas paire!
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26 - Domaine, parité et périodicité [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)$. Quel est le domaine de définition de $f$? La fonction $f$ est-elle paire? impaire? périodique? | 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 $2$.
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27 - Périodique... [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb R$ par
$$f(x)=\cos(3x)\cos^3x.$$
Pour $x\in\mathbb R$, exprimer $f(-x)$ et $f(x+\pi)$ en fonction de $f(x)$.
Sur quel intervalle $I$ peut-on se contenter d'étudier $f$?
Vérifier que $f'(x)$ est du signe de $-\sin(4x)$, et on déduire le sens de variation de $f$ sur $I$.
Tracer la courbe représentative de $f$.
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On a
$$f(-x)=\cos(-3x)(\cos^3(-x))=\cos(3x)\cos^3(x)=f(x).$$
La fonction $f$ est paire, on peut se contenter de l'étudier sur $[0,+\infty[$.
De plus,
$$f(x+\pi)=\cos(3x+3\pi)\cos^3(x+\pi)=-\cos(3x)(-\cos x)^3=f(x).$$
$f$ est donc $\pi$-périodique. Finalement, on peut se contenter d'étudier $f$ sur l'intervalle $I=[0,\pi/2]$. On obtiendra aussi la courbe de $f$ sur $[-\pi/2,\pi/2]$ par parité. Cet intervalle est de longueur $\pi$ et la fonction est $\pi$-périodique. On va donc déduire le reste de la courbe par des translations de vecteur $k\pi \vec i$, $k\in\mathbb Z$.
$f$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x\in I$, on a
\begin{eqnarray*}
f'(x)&=&-3\sin(3x)\cos^3(x)-3\cos(3x)\sin(x)\cos^2(x)\\
&=&-3\cos^2(x)\big(\sin(3x)\cos(x)+\sin(x)\cos(3x)\big)\\
&=&-3\cos^2(x)\sin(4x).
\end{eqnarray*}
Puisque $\cos^2(x)\geq 0$, $f'$ est bien du signe de $-\sin(4x)$ sur l'intervalle $[0,\pi/2]$. En particulier,
si $x\in[0,\pi/4]$, $f'(x)\leq 0$ et $f$ est décroissante;
si $x\in[\pi/4,\pi/2]$, $f'(x)\geq 0$ et $f$ est croissante.
On obtient le dessin suivant :
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28 - Quotient de sinus [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie par
$$f(x)=\frac{\sin x}{1+\sin x}.$$
On note $\Gamma$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
Quel est le domaine de définition de $f$? Vérifier que $f$ est $2\pi$-périodique.
Comparer $f(\pi-x)$ et $f(x)$. Que dire sur $\Gamma$?
Étudier les variations de $f$ sur l'intervalle $\left]-\frac\pi 2,\frac\pi 2\right]$,
puis déterminer la limite de $f$ en $-\pi/2$.
Construire $\Gamma$ à l'aide des renseignements précédents.
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$f(x)$ est défini partout où le dénominateur ne s'annule pas, c'est-à-dire pour tout les $x$ avec $\sin x\neq -1$. Le domaine de définition de $f$ est donc
$$\mathcal D_f=\mathbb R\backslash \left\{-\frac\pi 2+2k\pi;\ k\in\mathbb Z\right\}.$$
De plus, la $2\pi$-périodicité de $\sin$ entraîne facilement la $2\pi$-périodicité de $f$.
De $\sin(\pi-x)=\sin x$, on déduit que $f(\pi-x)=f(x)$. Ceci signifie que la droite d'équation $x=\pi/2$ est un axe de symétrie de $\Gamma$.
Posons $g(x)=\frac x{x+1}$ et $h(x)=\sin x$. On a $f=g\circ h$. De plus, $h$ est croissante sur l'intervalle $]-\pi/2,\pi/2]$ dont l'image est $]-1,1]$. La fonction $g$ est elle croissante sur l'intervalle $]-1,1]$ (par exemple, on peut écrire $g(x)=1-\frac1{x+1}$. Par composition, $f$ est croissante sur $]-\pi/2,\pi/2]$.
On a $\sin(x)\to -1^+$ lorsque $x$ tend vers $-\pi/2$ et $\lim_{x\to -1^+}g(x)=-\infty$. Ainsi, par composition de limites, $f$ tend vers $-\infty$ en $-\pi/2$.
On construit d'abord $\gamma$ sur $]-\pi/2,\pi/2]$. On la déduit sur $]-\pi/2,3\pi/2]$ par symétrie d'axe $x=\pi/2$. Enfin, on l'obtient sur $\mathbb R$ par périodicité de période $2\pi$, et donc par des translations de vecteur $k2\pi\vec i$, $k\in\mathbb Z$. On obtient :
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29 - Étude d'une fonction trigonométrique [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\frac{\sin x}{2+\cos x}$.
Déterminer le domaine de définition de $f$. Justifier que $f$ est dérivable sur son domaine de définition.
Pour $x\in\mathbb R$, calculer $f(x+2\pi)$ et $f(-x)$. Que peut-on en déduire sur la courbe représentative de $f$? En déduire qu'il suffit d'étudier $f$ sur $[0,\pi]$ pour construire toute la courbe représentative de $f$.
Montrer que, pour tout réel $x$, on a
$$f'(x)=\frac{1+2\cos x}{(2+\cos x)^2}.$$
Étudier le signe de $1+2\cos x$ sur $[0,\pi]$.
Établir le tableau de variations de $f$ sur $[0,\pi]$.
Tracer la courbe représentative de $f$.
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Puisque $\cos x\geq -1$ pour tout $x\in\mathbb R$, on a $2+\cos x>0$. Le dénominateur ne s'annule pas, et $f$ est définie sur $\mathbb R$ tout entier. Comme quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas, $f$ est dérivable sur $\mathbb R$.
On a
$$f(x+2\pi)=\frac{\sin(x+2\pi)}{2+\cos(x+2\pi)}=\frac{\sin x}{2+\cos x}=f(x)$$
puisque $\sin$ et $\cos$ sont $2\pi$-périodiques. De plus, on a
$$f(-x)=\frac{\sin(-x)}{2+\cos(-x)}=\frac{-\sin(x)}{2+\cos x}=-f(x).$$
La fonction $f$ est donc impaire. La courbe représentative de $f$ est donc symétrique par rapport à l'origine du repère. De plus, par $2\pi$-périodicité, on peut limiter l'étude à un intervalle de longueur $2\pi$ puis déduire la courbe représentative de $f$ par des translations de vecteur $(2\pi,0)$. Il suffit donc d'étudier la fonction sur $[0,\pi]$, construire la courbe sur cet intervalle, l'obtenir sur $[-\pi,\pi]$ par symétrie par rapport à $O$, puis sur $\mathbb R$ par périodicité.
En utilisant la formule de dérivabilité d'un quotient, on a
$$f'(x)=\frac{\cos x(2+\cos x)-(-\sin x)(\sin x)}{(2+\cos x)^2}=\frac{2\cos x+\cos^2 x+\sin^2 x}{(2+\cos x)^2}=\frac{1+2\cos x}{(2+\cos x)^2}.$$
On a $1+2\cos x\geq 0\iff \cos x\geq -1/2$. En s'aidant du cercle trigonométrique, on trouve que $\cos x\geq -1/2$ sur $[0,2\pi/3]$ et $\cos x\leq -1/2$ sur $[2\pi/3,\pi]$.
On en déduit le tableau de variations suivant :
On trouve la courbe suivante :
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30 - Périodicité [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $\alpha\in\mathbb R$ et $f$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par $f(x)=\cos(x)+\cos(\alpha x)$. On veut démontrer que $f$ est périodique si et seulement si $\alpha\in\mathbb Q$.
On suppose que $\alpha=p/q\in\mathbb Q$. Démontrer que $f$ est périodique.
On suppose que $\alpha\notin\mathbb Q$. Résoudre l'équation $f(x)=2$. En déduire que $f$ n'est pas périodique.
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On remarque que
\begin{align*}
f(x+2\pi q)&=\cos(x+2\pi q)+\cos\left(\frac pqx+2\pi p\right)\\
&=\cos(x)+\cos\left(\frac pqx\right)\\
&=f(x).
\end{align*}
Ainsi, $f$ est $2\pi q$-périodique.
Puisque $\cos$ est à valeurs dans $[-1,1]$, pour que $f(x)=2$, il est nécessaire et suffisant que $\cos(x)=1$ et $\cos(\alpha x)=1$.
Les solutions de $\cos(x)=1$ sont les réels de la forme $2k\pi$, avec $k\in\mathbb Z$. De plus,
$$\cos(\alpha x)=1\iff\exists\ell\in\mathbb Z,\ \alpha x=2\ell\pi\iff \exists \ell\in\mathbb Z,\ x=2\ell\pi/\alpha.$$
Si $x\neq 0$ est solution de l'équation $f(x)=2$, il existe donc deux entiers relatifs $k$ et $\ell$ non-nuls tels que $x=2k\pi=2\ell\pi/\alpha$. En particulier, $\alpha=\ell/k$ est un nombre rationnel, ce qui n'est pas le cas.
Donc la seule solution de $f(x)=2$ est $0$. Ceci empêche $f$ d'être périodique, car si $f$ était périodique de période $T$, on aurait aussi $f(T)=2$.
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31 - Linéariser! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé
Établir la formule de trigonométrie
$\cos^4(\theta)=\cos(4\theta)/8+\cos(2\theta)/2+3/8$.
Fournir une relation analogue pour $\sin^4(\theta)$.
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D'après la formule d'Euler, on a
$$\cos^4(\theta)=\left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^4.$$
On développe ensuite en utilisant la formule du binôme de Newton et on trouve :
\begin{align*}
\cos^4(\theta)&=\frac1{16}\left(e^{4i\theta}+4e^{3i\theta}e^{-i\theta}+6e^{2i\theta}e^{-2i\theta}+4e^{i\theta}e^{-3i\theta}+e^{-4i\theta}\right)\\
&=\frac1{16}\left(e^{4i\theta}+4e^{2i\theta}+6+4e^{-2i\theta}+e^{-4i\theta}\right)\\
&=\frac1{16}\left(\color{red}{e^{4i\theta}+e^{-4i\theta}}+\color{blue}{4e^{2i\theta}+4e^{-2i\theta}}+6\right)\\
&=\frac1{16}\left(\color{red}{2\cos(4\theta)}+\color{blue}{8\cos(2\theta)}+6\right)\\
&=\frac{\cos(4\theta)}8+\frac{\cos(2\theta)}2+\frac 38.
\end{align*}
On fait la même chose, mais on part de
$$\sin^4(\theta)=\left(\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\right)^4.$$
En utilisant le même argument, ainsi que $i^4=1$, on trouve
\begin{align*}
\sin^4(\theta)&=\frac1{16}\left(e^{4i\theta}-4e^{2i\theta}+6-4e^{-2i\theta}+e^{-4i\theta}\right)\\
&=\frac{\cos(4\theta)}{8}-\frac{\cos(2\theta)}2+\frac 38.
\end{align*}
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32 - Linéariser! [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Linéariser $\cos^5 x$, $\sin^5 x$ et $\cos^2 x\sin^3 x$. | 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*}
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33 - Addition [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé
Démontrer la formule de trigonométrie
$\cos(4\theta)=\cos^4(\theta)-6\cos^2(\theta)\sin^2(\theta)+\sin^4(\theta)$.
Fournir une relation analogue pour $\sin(4\theta)$.
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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*}
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34 - Addition [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Exprimer $\cos(5x)$ et $\sin(5x)$ en fonction de $\cos x$ et $\sin x$. | 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
$$\sin(5x)=5\cos^4x\sin x −10\cos^2x \sin^3x +\sin^5 x.$$
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35 - Un calcul d'intégrale [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer $\int_0^{\pi/2}\cos^4t\sin^2tdt$. | 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*}
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36 - Sommes trigonométriques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\in\mathbb N^*$ et $x,y\in\mathbb R$. Calculer les sommes suivantes :
$\dis \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos(x+ky)$;
$\displaystyle S=\sum_{k=0}^n \frac{\cos(kx)}{(\cos x)^k}\textrm{ et }T=\sum_{k=0}^n \frac{\sin(kx)}{(\cos x)^k},$
avec $x\neq\frac{\pi}2+k\pi$, $k\in\mathbb Z$;
$\displaystyle D_n=\sum_{k=-n}^n e^{ikx}$ et $\displaystyle K_n=\sum_{k=0}^n D_k$, avec $x\neq 0+2k\pi$, $k\in\mathbb Z$.
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On a :
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos(x+ky)&=&\Re\left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} e^{ix}e^{iky}\right)\\
&=&\Re e\left(e^{ix}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k} \left(e^{iy}\right)^k1^{n-k}\right)\\
&=&\Re e\left(e^{ix}(1+e^{iy})^n\right)\\
&=&\Re e\left(e^{ix}e^{iny/2}(e^{-iy/2}+e^{iy/2})^n\right)\\
&=&\Re e\left(e^{i(x+ny/2)}(2\cos(y/2))^n\right)\\
&=&2^n\cos(x+ny/2)\cos^n(y/2).
\end{eqnarray*}
On utilise $S+iT$ qui se calcule comme une somme géométrique :
$$S+iT=\sum_{k=0}^n \frac{e^{ikx}}{(\cos x)^k}=\sum_{k=0}^n \left(\frac{e^{ix}}{\cos x}\right)^k.$$
On distingue deux cas :
Si $x=0\ [\pi]$, alors $\frac{e^{ix}}{\cos x}=1$, et $S+iT=n+1$. On en déduit $S=n+1$ et $T=0$.
Si $x\neq 0\ [\pi]$, alors
\begin{eqnarray*}
S+iT&=&\frac{1-\left(\frac{e^{ix}}{\cos x}\right)^{n+1}}{1-\frac{e^{ix}}{\cos x}}\\
&=&\frac{1}{(\cos x)^n}\times\frac{(\cos x)^{n+1}-e^{ix(n+1)}}{\cos x-e^{ix}}\\
&=&\frac{1}{(\cos x)^n}\times\frac{\cos^{n+1}(x)-\cos\big((n+1)x\big)-i\sin\big((n+1)x\big)}{-i\sin(x)}\\
&=&\frac{\sin\big((n+1)x\big)}{\cos^n(x)\sin(x)}+i\frac{\cos^{n+1}(x)-\cos\big((n+1)x\big)}{\cos^nx\sin x}.
\end{eqnarray*}
On en déduit
$$S=\frac{\sin\big((n+1)x\big)}{\cos^n(x)\sin(x)}\textrm{ et }T=\frac{\cos^{n+1}(x)-\cos\big((n+1)x\big)}{\cos^nx\sin x}.$$
$D_n$ est une somme géométrique, de premier terme $e^{-inx}$ et de raison $e^{ix}\neq 1$. On obtient donc
$$D_n=\frac{e^{-inx}-e^{i(n+1)x}}{1-e^{ix}}=\frac{e^{ix/2}}{e^{ix/2}}\times\frac{e^{-i(n+1/2)x}-e^{i(n+1/2)x}}{e^{-ix/2}-e^{ix/2}}.$$
On en déduit que
$$D_n=\frac{\sin\left(\left(n+\frac12\right)x\right)}{\sin (x/2)}.$$
Pour calculer $K_n$, une méthode (légèrement différente de celle de la question précédente) est d'écrire que
$\sin\left(\left(n+\frac12\right)x\right)=\Im m\left(e^{i(n+1/2)x}\right)$, puis d'utiliser une somme géométrique. On a en effet :
\begin{eqnarray*}
K_n&=&\frac{1}{\sin(x/2)}\Im m\left(\sum_{k=0}^n e^{i(k+1/2)x}\right)\\
&=&\frac{1}{\sin(x/2)}\Im m \left(e^{ix/2}\sum_{k=0}^n e^{ikx}\right)\\
&=&\frac{1}{\sin(x/2)}\Im m \left(e^{ix/2}\frac{1-e^{i(n+1)x}}{1-e^{ix}}\right)\\
&=&\frac1{\sin(x/2)}\Im m\left(e^{ix/2}\frac{e^{i(n+1)x/2}\sin((n+1)x/2)}{e^{ix/2}\sin(x/2)}\right)\\
&=&\frac{\sin^2\big((n+1)x/2\big)}{\sin^2(x/2)}.
\end{eqnarray*}
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37 - Somme de modules [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $n\in\mathbb N^*$; on note $\mathbb U_n$ l'ensemble des racines $n$-ièmes de l'unité. Calculer $\sum_{z\in \mathbb U_n}|z-1|$. | 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*}
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38 - Calcul d'un cosinus [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé A partir de la somme des racines $5-$ièmes de l'unité, calculer $\cos(2\pi/5)$. | 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.$ |