Correction : Analyse, Calcul d'un cosinus

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Nombres réels et complexes. Trigonométrie.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

Correction

Préliminaire :

1 11
 2+ 2+ϕ2+ϕ1
∑=e(+ϕ)=e1−e−(+ϕ1)ϕ=eeϕϕe−−ϕ−eϕ=e(+2ϕ)sin2+ϕϕ
01 e e2e2−e2sin2
Puis, en passant à la partie réelle, la relation proposée.

1.a

1.b

1.c

1.d

2.a
2.b
2.c

Problème

5+1=0⇔5=eπ. Posons0=eπ5.
5+1=0⇔5=05⇔ ( 50=1 .
Posonsω=e2π5de sorte queω0,ω1,ω2,ω3,ω4désignent les racines 5ièmede l’unité.

5+1=0⇔ 0=ω0,ω1,ω2,ω3ouω4.
Finalement= {0,0ω1,0ω2,0ω3,0ω4} ={eθ,e3θ,e5θ,e7θ,e9θ}.
−
5+1=(+1)(43+2−+1) .

Soitsolution de l’équation4−3+2−+1=0 .
Nécessairement≠ on peut donc introduire0 et=+1.

4 2
On remarque que2=2+2+12=+22+1 puis que2−−1=4−3+22−+1=0 .
  
−
Les racines de l’équation2−−1=0 sont1=1+52e t2=1 5 .
2
P
ar suiteest solution de :2−1+1=0 ou de2−2+1=0 .

Les racines de1 51 0= + +0−2 5=1+5−10−2 5 .
2− +2+ =sont12512,122 2
Les racines de2−1−52+1=0 sont3=1−5+10+2 5 ,4=1−5−10+ .2 5
2 2 2 2
Inversement :
On a vu précédemment que l’éq5+1=0 possède cinq solutions. Or5+1=(+1)( l’équation) et
+1=0 possède= − seule solution, donc on peut affirmer que l’équation1 pour()=0 possède
au moins quatre solutions. Comme précédemment, nous n’avons vu que quatre solutions possibles, on
peut affirmer que celle-ci sont effectivement solutions.
= −
.
On a{eθ,e3θ,e5θ,e7θ,e9θ}{1,1,2,3,4}
Comme 3θ,5θ, 7θ∈π2,3π les solutions2 , e3θ,e5θ,e7θsont de parties réelles négatives.

En les éliminant :{eθ,e9θ}= {1,2}et comme Re(1)=Re(2 peut conclut :) on cosθ=1+. 45
cos 2θ=2 cos2θ−1, cos 4θ=2 cos22θ−1=2(2 cos2θ−1)2−1=8cosθ4−8cosθ2+1 .
5θ=πdonc cos 4θ=cos(π−θ)= −cosθd’où cosθest solution de l’équation 84−82++1=0 .
84−82++1=(+1)(83−82+1)=(+1)(−1 2)(82−4−2) .
84−82++1=0⇔= −1 ou1 2 ou 42−2−1=0 .
=
e 42−2−1=0 sont 1+5 1−5
Les racines d1= te 42=.
4

1/3

3.a

3.b

3.c

4.a

4.b

Finalement l’ensemble solution de l’équation 84−82++1=0 est{− ,1,1 21,2}.
Parmi ces solutions figure cosθ.
Puisqueθ∈0,3πon a cosθ∈121,. La seule solution de l’équation appartenant à121,est1.
A nouveauθ=1+5.
cos
4
s
cosθ+cos 3θ=(θ, 2θ,1)=cos 2θs2nisniθθ=4nisin2sθθ 4or sinθ=in(5θ−θ)=sin(π−θ)=sinθdonc
cosθ+cos 3θ=1 2 .

cosθcos 3θ=12(cos(θ+3θ)+cos(θ−3θ))=12(cos 4θ+cos 2θ)= −sc1o(2θ+cos 3θ)= − 1.4
cosθ 3et cosθsont solution de l’équation2−12−41=0 soit encore 42−2−1=0 .
Cette dernière a précédemment été résolue et cosθapparaît comme étant sa seule solution positive.
1+cos 2θ+⋯+cos8θ=(0, 2θ, 4)=cos(4θ5n(si)sin(θθ))=0 .

On a cos 2θ=2 cos2θ− 41, cosθ= −cosθ 6, cosθ=cos(2π−6θ)=cos 4θ= −cosθet
cos(8θ)=cos(2π−8θ)=cos(2θ)=2 cos2θ−1 .
En injectant ceci dans la relation précédente on obtient 4 cos2θ−2 cosθ−1=0 .
On retrouve l’équation déjà résolue et on conclut comme précédemment.

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