Correction : Algèbre générale, Calcul de cosinus par radicaux

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Algèbre élémentaire. Fonctions trigonométriques circulaires.

Sujets

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

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 251
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.
2.a

2.b

2.c

2.d

3.

1.a

Correction

Partie I

()⇔5= Les solutions de1 . ( les racines 5) sontème, téni’uirvosaà edl , 12π5,4π5,6π5,8π.
()4+3+2+ +1 .
=  
Pour≠0 ,(2)= +12++1−1 .1,1= −
= =et1.

 =5 , les racines sont1= −12+ t5 e2= −12−5 .
Il est clair que 0 n’est pas solution de l’équation()=0 et donc les solutions de cette équation sont les
mêmes que celles de()2=0 à savoir les solutions des deux équations :
(1) :+1=1et (2) :+1=2.
 
(1)⇔2−1+1=0 ,1= −254− ,10
5 1
1=54−1+254+ 1et 02=4−−425+10
2
(2)⇔−2+1=0 ,2=254− 10,
−1−5 10−2 5
3= −14−5+10− et2 544=4− .4
Les solutions de l’équation()=0 sont1,2,3,4
Puisque5−1=(−1)() , les solutions de l’équation () sont 1,1,2,3,4mais sont aussi
12π54π56π58π
, , ,,.
On observe que Re(2π5)>0 et Im(2π5)> que0 alors Re(3)≤ Re(0 ,4)≤0 et Im(2)≤0 , on
peut donc conclure2π5=1ce qui donne :

π10
cos 2π=5− 21 et sin=2 5+.
5 4 5 4
On observe que Re(4π5)<0 et Im(4π5)>0 alors que Re(1)≥ Re(0 ,2
peut donc conclure4π5=3ce qui donne :

4π= −5+1 et sin 4π=10−2 5 .
cos
5 4 5 4
Enfin osπ= −cos 4πet sinπ=sin 4πce qui donne
, c 5 5 5 5

π+4
cos 4=5 1 et sinπ=

5 4 5

Partie II

10−2
4

5
.

Puisque sin(2)=0 , il existeℓ∈ℤtel que=2ℓπ.
−1
On a alors(,)=∑cos=coset de même(,)=sin.
=0

)≥0 et Im(4)≤0 , on

- 1 / 4 -

1.b

2.a

2.b

2.c

2.d

3.a

3.b

4.

 
(,)+(,)=∑=−10(+)=−− 1t1éiruq.eap n ioomgésor atmm
 −1=+ −2−−2=+ − sin(2)
De plus−1((1)2)2−−2( 2)( 1)sin(trei tapssnanniareco 2e)n donc et s
réelles et imaginaires :
=sincoet)nis2sin(1)
(, s) 2+(−)12( , − +2
.
 =
sin sin
2 2
En localisant les angles dans 0,π2 ouπ2 ,π 3 cos, on obtient aisément :θ> 5 cos0 ,θ>0 ,
cos 7θ>0 et cos11θ<0 .
Or cos11θ= −cos 6θet cos 6θ<cos 5θ 5donc cosθ+cos11θ>0 .
Il est alors immédiat que1>0 .
sin 8θcos 8θ1 sin16θ1
+2= = =.
1+2=(θ, 2θ) avec= qui donne :8 ce1sinθ2 sinθ2
Rappelons coscos=12(cos(+)+cos(−))et donc
212est la somme des cosinus des angles suivants :
4θ, 2θ,12θ, 6θ,16θ,10θ,18θ,12θ, 6θ, 4θ,14θ, 4θ,18θ, 8θ, 20θ,10θ
8θ, 6θ,16θ, 2θ, 20θ, 6θ, 22θ,8θ,12θ,10θ, 20θ, 2θ, 24θ, 2θ, 26θ, 4θ.
En exploitant cos(2π−)=cos, on obtient cos 26θ=cos 8θ, cos 24θ=cos10θ 22, cosθ=cos12θ,
cos 20θ=cos14θet cos18θ=cos16θ.
Ainsi : 212=4(cos 2θ+cos 4θ+⋯+cos16θ) .
Sachant cos(π−)= −cos, on obtient :
12= −2(cos15θ+cos13θ⋯+cosθ)= −2(1+2)= −1 .
Sachant1+2= et1 212= −1 , on peut affirmer que1et2sont les racines de l’équation
1+17 1−17

=
2−12−1=0 à savoir14 te2=4 r ca sont ai1<0 .
212 10est la somme des cosinus des anglesθ, 4θ,14θ,8θ,12θ, 2θ,16θ, 6θce qui donne
212= −(cosθ+⋯+cos15θ)= −1 2 puis12= −1 4 .
234est la somme des cosinus des angles 10θ,8θ,16θ,14θ, 22θ, 4θ, 28θ, 2θce qui donne
234= −(cosθ+⋯+cos15θ)= −1 2 puis34= −1 4 .

1+2=1et12= − donc1 41et2sont les racines de l’équation2−1−41=0 . Sachant
2=cos 7θ−cos 6θ<0 , on obtient après résolution :1=1+17+843+2 17 et

1+17−34+2 17
.
2=
8
De même pour3,4et sachant4<0
1−17+34− 12 17−17−34−2 17
3=e 8 t4=8 .
2 cosθcos13θ=cos14θ+cos12θ= −(cos 3θ+cos 5θ)= −1donc cosθcos13θ= −12 . De plus
cosθ+cos13θ=3donc cosθet cos13θsont les solutions de l’équation2−3−21=0 . Enfin,
puisque cosθ>cos13θ, on saura déterminer laquelle des deux solutions de l’équation précédente est
cosθ.

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