Trigonométrie : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Valeurs remarquables et angles associés

1. On se ramène chaque fois à un angle de référence.
   • \(\frac{5\pi}{6} = \pi – \frac{\pi}{6}\), donc \(\cos \frac{5\pi}{6} = -\cos \frac{\pi}{6} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\).
   • Le sinus est impair, donc \(\sin(-\frac{2\pi}{3}) = -\sin(\pi – \frac{\pi}{3}) = -\sin \frac{\pi}{3} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\).
   • \(\frac{7\pi}{4} = 2\pi – \frac{\pi}{4}\), donc \(\tan \frac{7\pi}{4} = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1\).
   • \(\frac{11\pi}{3} = 4\pi – \frac{\pi}{3}\), donc \(\cos \frac{11\pi}{3} = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\).
   • \(\frac{29\pi}{6} = 4\pi + \frac{5\pi}{6}\), donc \(\sin \frac{29\pi}{6} = \sin \frac{5\pi}{6} = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}\).

   Résultats : \(-\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(-\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(-1\), \(\frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{2}\).

2. On a \(\sin(\pi + x) = -\sin x\), \(\cos(\frac{\pi}{2} – x) = \sin x\), \(\cos(\pi – x) = -\cos x\) et \(\cos(-x) = \cos x\). Par conséquent, \(A(x) = -\sin x + \sin x – 2\cos x + \cos x\). Ainsi, \(A(x) = -\cos x\).
3. La condition \(x \not\equiv 0 \ [\frac{\pi}{2}]\) assure que \(\tan x\) est défini et non nul, et que \(\tan(\frac{\pi}{2} – x)\) l’est aussi. D’abord, \(\tan(\pi – x) = \frac{\sin x}{-\cos x} = -\tan x\). Ensuite, la tangente est \(\pi\)-périodique, donc \(\tan(\pi + x) = \tan x\). Enfin, \(\tan(\frac{\pi}{2} – x) = \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1}{\tan x}\), d’où \(\frac{1}{\tan(\frac{\pi}{2} – x)} = \tan x\). Donc \(B(x) = \tan x\).
4. On a \(\cos^2 x = 1 – \sin^2 x = 1 – \frac{9}{25} = \frac{16}{25}\). Or \(x \in [\frac{\pi}{2}, \pi]\), donc \(\cos x \leq\, 0\), et \(\cos x = -\frac{4}{5}\). Il vient \(\tan x = \frac{3/5}{-4/5} = -\frac{3}{4}\). De plus, \(\cos(\pi – x) = -\cos x = \frac{4}{5}\) et \(\sin(\frac{\pi}{2} + x) = \cos x = -\frac{4}{5}\). Résultats : \(\cos x = -\frac{4}{5}\), \(\tan x = -\frac{3}{4}\), \(\cos(\pi – x) = \frac{4}{5}\), \(\sin(\frac{\pi}{2} + x) = -\frac{4}{5}\).

Point de méthode : retirez d’abord le plus grand multiple de \(2\pi\) possible, puis reconnaissez \(\pi \pm \alpha\) ou \(\frac{\pi}{2} \pm \alpha\) avec \(\alpha\) remarquable.

Corrigé de l’exercice 2 : Mesures d’angles modulo 2π

1. On calcule la différence avec \(-\frac{\pi}{3}\) et on regarde si c’est un multiple de \(2\pi\).
   • \(\frac{17\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = 6\pi = 3 \times 2\pi\) : oui.
   • \(\frac{13\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = \frac{14\pi}{3}\), qui n’est pas un multiple entier de \(2\pi\) : non.
   • \(-\frac{7\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = -2\pi\) : oui.
   • \(\frac{5\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = 2\pi\) : oui.
   • \(\frac{8\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = 3\pi\) : non, car \(3\pi = \frac{3}{2} \times 2\pi\).

   Les réels congrus à \(-\frac{\pi}{3}\) sont \(\frac{17\pi}{3}\), \(-\frac{7\pi}{3}\) et \(\frac{5\pi}{3}\).

2. D’abord, \(\frac{37\pi}{6} = 6\pi + \frac{\pi}{6}\), et \(6\pi = 3 \times 2\pi\) : la mesure principale est \(\frac{\pi}{6}\). Ensuite, \(-\frac{25\pi}{4} = -6\pi – \frac{\pi}{4}\) : la mesure principale est \(-\frac{\pi}{4}\). Enfin, \(2027 = 3 \times 675 + 2\), donc \(\frac{2027\pi}{3} = 675\pi + \frac{2\pi}{3} = 674\pi + \frac{5\pi}{3}\). Or \(674\pi = 337 \times 2\pi\) et \(\frac{5\pi}{3} \equiv -\frac{\pi}{3} \ [2\pi]\). Les mesures principales sont \(\frac{\pi}{6}\), \(-\frac{\pi}{4}\) et \(-\frac{\pi}{3}\).
3. On a \(3x \equiv \frac{\pi}{2} \ [2\pi]\) si et seulement s’il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(3x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi\), c’est-à-dire \(x = \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3}\). Autrement dit, \(x \equiv \frac{\pi}{6} \ [\frac{2\pi}{3}]\). Pour \(k = 0, 1, 2\), on obtient \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{5\pi}{6}\) et \(\frac{3\pi}{2}\). Ensuite, pour \(k = 3\), on retrouve \(\frac{\pi}{6} + 2\pi\), donc le premier point. Il y a trois points : ceux d’abscisses curvilignes \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{5\pi}{6}\) et \(\frac{3\pi}{2}\), sommets d’un triangle équilatéral.
4. Prenons \(x = 0\) et \(y = \frac{2\pi}{3}\). Alors \(3x = 0\) et \(3y = 2\pi\), donc \(3x \equiv 3y \ [2\pi]\). En revanche, \(y – x = \frac{2\pi}{3}\) n’est pas un multiple de \(2\pi\). Donc \(3x \equiv 3y \ [2\pi]\) n’implique pas \(x \equiv y \ [2\pi]\) ; on a seulement \(x \equiv y \ [\frac{2\pi}{3}]\).

Corrigé de l’exercice 3 : Retrouver les formules à partir de l’addition

1. Avec \(a = \frac{\pi}{2}\) et \(b = x\), la formule admise donne \(\cos(\frac{\pi}{2} – x) = 0 \times \cos x + 1 \times \sin x = \sin x\). Ensuite, on applique ce résultat à \(\frac{\pi}{2} – x\) à la place de \(x\) : \(\cos x = \sin(\frac{\pi}{2} – x)\). Ainsi, \(\cos(\frac{\pi}{2} – x) = \sin x\) et \(\sin(\frac{\pi}{2} – x) = \cos x\).
2. Avec \(a = 0\) et \(b = x\), on obtient \(\cos(-x) = \cos 0 \cos x + \sin 0 \sin x = \cos x\). Le cosinus est donc pair.
3. On écrit \(a + b = a – (-b)\). Grâce à la parité du cosinus et à l’imparité du sinus :
   \[\cos(a + b) = \cos a \cos(-b) + \sin a \sin(-b) = \cos a \cos b – \sin a \sin b.\]
   Ensuite, d’après la question 1, \(\sin(a + b) = \cos(\frac{\pi}{2} – a – b) = \cos((\frac{\pi}{2} – a) – b)\). On développe :
   \[\sin(a + b) = \cos(\tfrac{\pi}{2} – a)\cos b + \sin(\tfrac{\pi}{2} – a)\sin b = \sin a \cos b + \cos a \sin b.\]
   On retrouve \(\cos(a + b) = \cos a \cos b – \sin a \sin b\) et \(\sin(a + b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b\).
4. Avec \(a = b = x\), on obtient \(\cos 2x = \cos^2 x – \sin^2 x\) et \(\sin 2x = 2 \sin x \cos x\). De plus, la formule admise avec \(a = b = x\) donne \(\cos 0 = \cos^2 x + \sin^2 x\), donc \(\cos^2 x + \sin^2 x = 1\). En remplaçant \(\sin^2 x\) par \(1 – \cos^2 x\), puis \(\cos^2 x\) par \(1 – \sin^2 x\), on conclut. Donc \(\cos 2x = \cos^2 x – \sin^2 x = 2\cos^2 x – 1 = 1 – 2\sin^2 x\) et \(\sin 2x = 2\sin x \cos x\).
5. On écrit \(3x = 2x + x\). Notons \(c = \cos x\) et \(s = \sin x\).
   \[\begin{aligned}
   \cos 3x = \cos 2x \cos x – \sin 2x \sin x = (2c^2 – 1)c – 2s^2 c\\
   = 2c^3 – c – 2(1 – c^2)c = 4c^3 – 3c.
   \end{aligned}\]
   De même :
   \[\begin{aligned}
   \sin 3x = \sin 2x \cos x + \cos 2x \sin x = 2sc^2 + (1 – 2s^2)s\\
   = 2s(1 – s^2) + s – 2s^3 = 3s – 4s^3.
   \end{aligned}\]
   Ainsi, \(\cos 3x = 4\cos^3 x – 3\cos x\) et \(\sin 3x = 3\sin x – 4\sin^3 x\).

Point de méthode : pour vérifier une formule retrouvée, testez-la en une valeur simple. Par exemple, avec \(x = \frac{\pi}{2}\), on a bien \(\sin \frac{3\pi}{2} = -1 = 3 – 4\).

Corrigé de l’exercice 4 : Valeurs exactes par addition et duplication

1. On applique les formules de soustraction :
   \[\cos \frac{\pi}{12} = \cos \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4} + \sin \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2},\]
   \[\sin \frac{\pi}{12} = \sin \frac{\pi}{3} \cos \frac{\pi}{4} – \cos \frac{\pi}{3} \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}.\]
   Donc \(\cos \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}\) et \(\sin \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}\).
2. D’une part, \(\frac{5\pi}{12} = \frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{12}\), donc \(\cos \frac{5\pi}{12} = \sin \frac{\pi}{12}\). D’autre part, \(\frac{7\pi}{12} = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4}\), donc \(\cos \frac{7\pi}{12} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\). Ainsi, \(\cos \frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}\) et \(\cos \frac{7\pi}{12} = \frac{\sqrt{2} – \sqrt{6}}{4}\). On retrouve \(\cos \frac{7\pi}{12} = -\cos \frac{5\pi}{12}\), ce qui est cohérent avec \(\frac{7\pi}{12} = \pi – \frac{5\pi}{12}\).
3. Première méthode : \((\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4})^2 = \frac{6 + 2 + 2\sqrt{12}}{16} = \frac{8 + 4\sqrt{3}}{16} = \frac{2 + \sqrt{3}}{4}\). Seconde méthode : \(\cos^2 \frac{\pi}{12} = \frac{1 + \cos \frac{\pi}{6}}{2} = \frac{1}{2}(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{2 + \sqrt{3}}{4}\). Les deux calculs donnent \(\cos^2 \frac{\pi}{12} = \frac{2 + \sqrt{3}}{4}\).
4. On a \(\cos^2 \frac{\pi}{8} = \frac{1 + \cos \frac{\pi}{4}}{2} = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}\) et \(\sin^2 \frac{\pi}{8} = \frac{1 – \cos \frac{\pi}{4}}{2} = \frac{2 – \sqrt{2}}{4}\). Or \(\frac{\pi}{8} \in ]0, \frac{\pi}{2}[\), donc le cosinus et le sinus sont positifs. Par conséquent, \(\cos \frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\) et \(\sin \frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2 – \sqrt{2}}}{2}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Équations trigonométriques élémentaires

1. On a \(\frac{1}{2} = \cos \frac{\pi}{3}\). D’après le théorème du cours, \(\cos x = \cos \frac{\pi}{3} \Leftrightarrow x \equiv \pm \frac{\pi}{3} \ [2\pi]\). Les solutions sont les réels \(\frac{\pi}{3} + 2k\pi\) et \(-\frac{\pi}{3} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
2. On a \(-\frac{\sqrt{2}}{2} = \sin(-\frac{\pi}{4})\). Donc \(2x = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi\) ou \(2x = \pi + \frac{\pi}{4} + 2k\pi\). On divise par \(2\), sans oublier la période. Les solutions sont \(x = -\frac{\pi}{8} + k\pi\) et \(x = \frac{5\pi}{8} + k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. On a \(\sqrt{3} = \tan \frac{\pi}{3}\), et la tangente est \(\pi\)-périodique. Les solutions sont \(x = \frac{\pi}{3} + k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
4. L’égalité \(\cos 3x = \cos(x + \frac{\pi}{4})\) équivaut à \(3x = x + \frac{\pi}{4} + 2k\pi\) ou \(3x = -x – \frac{\pi}{4} + 2k\pi\). La première donne \(2x = \frac{\pi}{4} + 2k\pi\), soit \(x = \frac{\pi}{8} + k\pi\). La seconde donne \(4x = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi\), soit \(x = -\frac{\pi}{16} + \frac{k\pi}{2}\). Les solutions sont \(\frac{\pi}{8} + k\pi\) et \(-\frac{\pi}{16} + \frac{k\pi}{2}\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
5. On écrit \(\sin x = \cos(\frac{\pi}{2} – x)\). L’équation devient \(\cos 2x = \cos(\frac{\pi}{2} – x)\). Ainsi, \(2x = \frac{\pi}{2} – x + 2k\pi\) ou \(2x = -\frac{\pi}{2} + x + 2k\pi\). D’une part, \(x = \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3}\). D’autre part, \(x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi\). Or, avec \(k = -1\) dans la première famille, on obtient \(\frac{\pi}{6} – \frac{2\pi}{3} = -\frac{\pi}{2}\). La seconde famille est donc incluse dans la première. Les solutions sont les réels \(\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3}\), \(k \in \mathbb{Z}\) : ce sont les points \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{5\pi}{6}\) et \(\frac{3\pi}{2}\) du cercle. Vérification : en \(x = \frac{3\pi}{2}\), \(\sin x = -1\) et \(\cos 3\pi = -1\).

Point de méthode : quand deux familles de solutions apparaissent, placez-les sur le cercle pour repérer les doublons.

Corrigé de l’exercice 6 : Équations se ramenant à une équation élémentaire

1. On pose \(X = \cos x\). L’équation devient \(2X^2 – 3X + 1 = 0\), soit \((2X – 1)(X – 1) = 0\). Donc \(\cos x = \frac{1}{2}\) ou \(\cos x = 1\). Dans \([0, 2\pi[\), la première donne \(\frac{\pi}{3}\) et \(\frac{5\pi}{3}\), la seconde donne \(0\). L’ensemble des solutions est \(\{0, \frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}\}\).
2. On remplace \(\sin^2 x\) par \(1 – \cos^2 x\) : \(2 – 2\cos^2 x + 3\cos x = 0\), c’est-à-dire \(2\cos^2 x – 3\cos x – 2 = 0\). Le discriminant de \(2X^2 – 3X – 2\) vaut \(9 + 16 = 25\). Les racines sont donc \(\frac{3 + 5}{4} = 2\) et \(\frac{3 – 5}{4} = -\frac{1}{2}\). Or \(\cos x = 2\) est impossible. Il reste \(\cos x = -\frac{1}{2} = \cos \frac{2\pi}{3}\). Les solutions sont \(\pm \frac{2\pi}{3} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. On a \(\cos x + \sin x = \sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos x + \frac{\sqrt{2}}{2}\sin x) = \sqrt{2}\cos(x – \frac{\pi}{4})\). L’équation équivaut donc à \(\cos(x – \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos \frac{\pi}{4}\). Ainsi, \(x – \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi\) ou \(x – \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi\). Les solutions sont \(x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi\) et \(x = 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
4. Grâce à la duplication, \(\sin 2x – \cos x = 2\sin x \cos x – \cos x = \cos x \, (2\sin x – 1)\). Un produit est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. D’abord, \(\cos x = 0\) donne \(\frac{\pi}{2}\) et \(\frac{3\pi}{2}\). Ensuite, \(\sin x = \frac{1}{2}\) donne \(\frac{\pi}{6}\) et \(\frac{5\pi}{6}\). L’ensemble des solutions est \(\{\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}\}\).

Point de méthode : ne divisez jamais par \(\cos x\) ; factorisez, sinon vous perdez les solutions où \(\cos x = 0\).

Corrigé de l’exercice 7 : Inéquations trigonométriques au cercle

1. L’équation \(\cos x = \frac{1}{2}\) a pour solutions \(\pm \frac{\pi}{3}\) dans \(]-\pi, \pi]\). Le point \(M(x)\) doit se trouver à droite de la droite \(x = \frac{1}{2}\), sur l’arc qui contient \(I\). L’ensemble des solutions est \([-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}]\).
2. Dans \([0, 2\pi[\), on a \(\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2}\) pour \(x = \frac{4\pi}{3}\) et \(x = \frac{5\pi}{3}\). Le point \(M(x)\) doit être strictement sous la droite horizontale \(y = -\frac{\sqrt{3}}{2}\), comme le montre la figure plus bas. L’ensemble des solutions est \(]\frac{4\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}[\).
3. L’inéquation équivaut à \(\sin^2 x \leq\, \frac{1}{2}\), c’est-à-dire \(|\sin x| \leq\, \frac{\sqrt{2}}{2}\). Le point \(M(x)\) doit rester entre les deux droites horizontales \(y = \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\). On obtient deux arcs : l’un autour de \(I\), l’autre autour du point d’abscisse curviligne \(\pi\). L’ensemble des solutions est \([0, \frac{\pi}{4}] \cup [\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}] \cup [\frac{7\pi}{4}, 2\pi[\).

   

4. On pose \(y = 2x\). Quand \(x\) décrit \(]-\pi, \pi]\), \(y\) décrit \(]-2\pi, 2\pi]\). Or \(\cos y > \frac{1}{2}\) si et seulement si \(y \in ]-\frac{\pi}{3} + 2k\pi, \frac{\pi}{3} + 2k\pi[\) pour un entier \(k\). On intersecte avec \(]-2\pi, 2\pi]\) : pour \(k = -1\), on obtient \(]-2\pi, -\frac{5\pi}{3}[\) ; pour \(k = 0\), \(]-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}[\) ; pour \(k = 1\), \(]\frac{5\pi}{3}, 2\pi]\). Le point \(y = 2\pi\) convient, car \(\cos 2\pi = 1\). On divise enfin par \(2\). L’ensemble des solutions est \(]-\pi, -\frac{5\pi}{6}[ \cup ]-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}[ \cup ]\frac{5\pi}{6}, \pi]\).
5. La fonction tangente est strictement croissante sur \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\), et \(\tan \frac{\pi}{4} = 1\). Donc \(\tan x > 1 \Leftrightarrow x > \frac{\pi}{4}\) sur cet intervalle. L’ensemble des solutions est \(]\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}[\).

Point de méthode : après un changement de variable \(y = 2x\), l’intervalle d’étude double de longueur ; il faut donc chercher plusieurs arcs.

Corrigé de l’exercice 8 : Transformation de a cos x + b sin x

1. Comme \((a, b) \neq (0, 0)\), on a \(r > 0\). Le couple \((\frac{a}{r}, \frac{b}{r})\) vérifie \((\frac{a}{r})^2 + (\frac{b}{r})^2 = 1\) : c’est un point du cercle trigonométrique. Il existe donc \(\varphi\) tel que \(\cos \varphi = \frac{a}{r}\) et \(\sin \varphi = \frac{b}{r}\). Alors, par la formule d’addition, \(r\cos(x – \varphi) = r\cos x \cos \varphi + r\sin x \sin \varphi\). Ainsi, \(a\cos x + b\sin x = r\cos(x – \varphi)\) pour tout réel \(x\).
2. Ici \(a = 1\), \(b = \sqrt{3}\) et \(r = 2\). On cherche \(\varphi\) tel que \(\cos \varphi = \frac{1}{2}\) et \(\sin \varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}\) : \(\varphi = \frac{\pi}{3}\) convient. Donc \(\cos x + \sqrt{3}\sin x = 2\cos(x – \frac{\pi}{3})\). L’équation devient \(\cos(x – \frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\), soit \(x – \frac{\pi}{3} = \pm \frac{\pi}{4} + 2k\pi\). Les solutions sont \(x = \frac{7\pi}{12} + 2k\pi\) et \(x = \frac{\pi}{12} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. Ici \(r = \sqrt{9 + 16} = 5\). Soit \(\varphi\) tel que \(\cos \varphi = \frac{3}{5}\) et \(\sin \varphi = \frac{4}{5}\). Alors \(f(x) = 5\cos(x – \varphi)\). Comme le cosinus prend toutes les valeurs de \([-1, 1]\), \(f\) prend toutes les valeurs de \([-5, 5]\). Le maximum vaut \(5\), atteint aux points \(\varphi + 2k\pi\) ; le minimum vaut \(-5\), atteint aux points \(\varphi + \pi + 2k\pi\).
4. Ici \(a = \sqrt{3}\), \(b = -1\) et \(r = 2\). On cherche \(\varphi\) avec \(\cos \varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin \varphi = -\frac{1}{2}\), soit \(\varphi = -\frac{\pi}{6}\). L’inéquation s’écrit \(2\cos(x + \frac{\pi}{6}) > 1\), soit \(\cos(x + \frac{\pi}{6}) > \frac{1}{2}\). Quand \(x\) décrit \(]-\pi, \pi]\), \(u = x + \frac{\pi}{6}\) décrit \(]-\frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}]\). Sur cet intervalle, \(\cos u > \frac{1}{2}\) équivaut à \(u \in ]-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}[\). L’ensemble des solutions est \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{6}[\). Vérification : en \(x = 0\), on a bien \(\sqrt{3} > 1\).

Corrigé de l’exercice 9 : Linéarisation de produits

1. On écrit les formules d’addition :
   \[\cos(a + b) = \cos a \cos b – \sin a \sin b, \qquad \cos(a – b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b.\]
   En les additionnant, puis en les soustrayant, on obtient les deux premières formules. De même, on additionne \(\sin(a + b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b\) et \(\sin(a – b) = \sin a \cos b – \cos a \sin b\). Donc \(\cos a \cos b = \frac{1}{2}[\cos(a + b) + \cos(a – b)]\), \(\sin a \sin b = \frac{1}{2}[\cos(a – b) – \cos(a + b)]\) et \(\sin a \cos b = \frac{1}{2}[\sin(a + b) + \sin(a – b)]\).
2. On applique ces formules :
   • \(\cos 3x \cos x = \frac{1}{2}(\cos 4x + \cos 2x)\) ;
   • \(\sin 2x \sin 5x = \frac{1}{2}(\cos(-3x) – \cos 7x) = \frac{1}{2}(\cos 3x – \cos 7x)\) ;
   • \(\cos x \sin 4x = \sin 4x \cos x = \frac{1}{2}(\sin 5x + \sin 3x)\).

   Ce sont les trois linéarisations demandées.

3. D’abord, \(\cos^3 x = \cos x \cdot \frac{1 + \cos 2x}{2} = \frac{\cos x}{2} + \frac{\cos 2x \cos x}{2}\). Or \(\cos 2x \cos x = \frac{1}{2}(\cos 3x + \cos x)\). Donc \(\cos^3 x = \frac{\cos x}{2} + \frac{\cos 3x + \cos x}{4}\). Ensuite, \(\sin^2 x \cos x = \frac{1 – \cos 2x}{2}\cos x = \frac{\cos x}{2} – \frac{\cos 3x + \cos x}{4}\). Ainsi, \(\cos^3 x = \frac{3\cos x + \cos 3x}{4}\) et \(\sin^2 x \cos x = \frac{\cos x – \cos 3x}{4}\).
4. Grâce à la question 3 :
   \[I = \int_0^{\pi/2} \frac{3\cos x + \cos 3x}{4} \, \mathrm{d}x = [\frac{3\sin x}{4} + \frac{\sin 3x}{12}]_0^{\pi/2} = \frac{3}{4} – \frac{1}{12} = \frac{2}{3}.\]
   De même, avec la question 2 :
   \[J = \frac{1}{2}\int_0^{\pi} (\cos 3x – \cos 7x) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2}[\frac{\sin 3x}{3} – \frac{\sin 7x}{7}]_0^{\pi} = 0.\]
   Donc \(I = \frac{2}{3}\) et \(J = 0\).

Point de méthode : linéariser, c’est remplacer des produits et des puissances par des sommes de \(\cos(kx)\) et de \(\sin(kx)\), dont on connaît les primitives.

Corrigé de l’exercice 10 : Transformation de sommes en produits

1. Soient \(p\) et \(q\) deux réels. On pose \(a = \frac{p + q}{2}\) et \(b = \frac{p – q}{2}\), de sorte que \(a + b = p\) et \(a – b = q\). La formule \(\cos a \cos b = \frac{1}{2}[\cos(a + b) + \cos(a – b)]\) donne \(\cos p + \cos q = 2\cos a \cos b\). Ensuite, \(\sin a \sin b = \frac{1}{2}[\cos(a – b) – \cos(a + b)]\) donne \(\cos q – \cos p = 2\sin a \sin b\). Enfin, \(\sin a \cos b = \frac{1}{2}[\sin(a + b) + \sin(a – b)]\) donne \(\sin p + \sin q = 2\sin a \cos b\). Donc \(\cos p + \cos q = 2\cos\frac{p + q}{2}\cos\frac{p – q}{2}\), \(\cos p – \cos q = -2\sin\frac{p + q}{2}\sin\frac{p – q}{2}\) et \(\sin p + \sin q = 2\sin\frac{p + q}{2}\cos\frac{p – q}{2}\).
2. On a \(\cos 3x + \cos x = 2\cos 2x \cos x\). L’équation équivaut donc à \(\cos 2x = 0\) ou \(\cos x = 0\). D’une part, \(2x = \frac{\pi}{2} + k\pi\) donne \(x = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}\). D’autre part, \(x = \frac{\pi}{2} + k\pi\). Les solutions sont \(\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}\) et \(\frac{\pi}{2} + k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. On regroupe les termes extrêmes : \(\sin 3x + \sin x = 2\sin 2x \cos x\). L’équation devient \(\sin 2x \, (2\cos x + 1) = 0\). D’abord, \(\sin 2x = 0\) équivaut à \(x = \frac{k\pi}{2}\). Ensuite, \(\cos x = -\frac{1}{2}\) équivaut à \(x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2k\pi\). Les solutions sont \(\frac{k\pi}{2}\) et \(\pm \frac{2\pi}{3} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
4. On a \(\cos x – \cos 5x = -2\sin 3x \sin(-2x) = 2\sin 3x \sin 2x\). Donc \(\cos x = \cos 5x\) équivaut à \(\sin 3x = 0\) ou \(\sin 2x = 0\). Dans \([0, \pi]\), la première condition donne \(0\), \(\frac{\pi}{3}\), \(\frac{2\pi}{3}\), \(\pi\) ; la seconde donne \(0\), \(\frac{\pi}{2}\), \(\pi\). Ainsi, \(\cos x – \cos 5x = 2\sin 3x \sin 2x\), et l’ensemble des solutions est \(\{0, \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}, \frac{2\pi}{3}, \pi\}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Superposition de deux signaux et battements

1. On applique \(\cos p + \cos q = 2\cos\frac{p + q}{2}\cos\frac{p – q}{2}\) avec \(p = 21t\) et \(q = 19t\). On a \(\frac{p + q}{2} = 20t\) et \(\frac{p – q}{2} = t\). Donc \(s(t) = 2\cos t \cos(20t)\).
2. On a \(s(t) = 0\) si et seulement si \(\cos t = 0\) ou \(\cos(20t) = 0\). Dans \([0, \pi]\), \(\cos t = 0\) donne \(t = \frac{\pi}{2}\). Ensuite, \(\cos(20t) = 0\) équivaut à \(t = \frac{\pi}{40} + \frac{k\pi}{20}\), et la condition \(0 \leq\, t \leq\, \pi\) impose \(0 \leq\, k \leq\, 19\). Cela donne \(20\) valeurs. Or \(\frac{\pi}{2}\) n’en fait pas partie, car \(\frac{\pi}{40} + \frac{k\pi}{20} = \frac{\pi}{2}\) donnerait \(2k + 1 = 20\). Il y a donc \(21\) zéros dans \([0, \pi]\).
3. Comme \(|\cos(20t)| \leq\, 1\), on a \(|s(t)| = 2|\cos t| \, |\cos(20t)| \leq\, 2|\cos t|\). L’égalité a lieu si et seulement si \(\cos t = 0\) ou \(|\cos(20t)| = 1\), c’est-à-dire \(t = \frac{\pi}{2} + k\pi\) ou \(t = \frac{k\pi}{20}\). Le signal oscille donc rapidement entre deux enveloppes \(\pm 2|\cos t|\), qu’il touche aux instants \(\frac{k\pi}{20}\). Comme le montre la figure ci-dessous, l’amplitude s’annule en \(\frac{\pi}{2}\) et \(\frac{3\pi}{2}\).

   

4. Avec \(p = 2\pi f_1 t\) et \(q = 2\pi f_2 t\), on obtient \(\cos(2\pi f_1 t) + \cos(2\pi f_2 t) = 2\cos(880\pi t)\cos(4\pi t)\). Le son a donc la fréquence moyenne \(440\) Hz, et son enveloppe \(2|\cos(4\pi t)|\) s’annule quand \(4\pi t = \frac{\pi}{2} + k\pi\), soit \(t = \frac{1}{8} + \frac{k}{4}\). Ces instants sont espacés de \(\frac{1}{4}\) de seconde. L’intensité s’annule \(4\) fois par seconde, c’est-à-dire \(f_1 – f_2\) fois.

Point de méthode : la fréquence des battements est la différence des fréquences ; c’est ainsi qu’un musicien accorde deux instruments à l’oreille.

Corrigé de l’exercice 12 : Fonction tangente et formule d’addition

1. On a \(D = \mathbb{R} \setminus \{\frac{\pi}{2} + k\pi, \ k \in \mathbb{Z}\}\), car \(\cos x = 0\) équivaut à \(x \equiv \frac{\pi}{2} \ [\pi]\). Cet ensemble est symétrique par rapport à \(0\) et stable par \(x \mapsto x + \pi\). D’abord, \(\tan(-x) = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x\). Ensuite, \(\tan(x + \pi) = \frac{-\sin x}{-\cos x} = \tan x\). Enfin, la dérivée d’un quotient donne \(\tan^{\prime} x = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}\). La tangente est impaire, \(\pi\)-périodique, et \(\tan^{\prime} x = \frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \tan^2 x\).
2. On a \(\tan(a + b) = \frac{\sin a \cos b + \cos a \sin b}{\cos a \cos b – \sin a \sin b}\), avec un dénominateur \(\cos(a + b)\) non nul. Comme \(a, b \in D\), le produit \(\cos a \cos b\) n’est pas nul ; on divise donc numérateur et dénominateur par ce produit. On obtient \(\tan(a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \tan b}\), le dénominateur étant non nul car égal à \(\frac{\cos(a + b)}{\cos a \cos b}\).
3. Par la formule de soustraction, \(\tan \frac{\pi}{12} = \tan(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{3} – 1}{1 + \sqrt{3}}\). On multiplie par la quantité conjuguée : \(\frac{(\sqrt{3} – 1)^2}{3 – 1} = \frac{4 – 2\sqrt{3}}{2} = 2 – \sqrt{3}\). De même, \(\tan \frac{5\pi}{12} = \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6}) = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 – \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} – 1} = \frac{(\sqrt{3} + 1)^2}{2} = 2 + \sqrt{3}\). Donc \(\tan \frac{\pi}{12} = 2 – \sqrt{3}\) et \(\tan \frac{5\pi}{12} = 2 + \sqrt{3}\). On note que leur produit vaut \(1\), ce qui est normal puisque \(\frac{5\pi}{12} = \frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{12}\).
4. Avec \(a = b = x\), pour \(x\) et \(2x\) dans \(D\), on a \(\tan 2x = \frac{2\tan x}{1 – \tan^2 x}\). Posons \(t = \tan \frac{\pi}{8}\), qui est strictement positif car \(\frac{\pi}{8} \in ]0, \frac{\pi}{2}[\). Comme \(\tan \frac{\pi}{4} = 1\), on obtient \(1 = \frac{2t}{1 – t^2}\), donc \(t^2 + 2t – 1 = 0\). Les racines sont \(-1 \pm \sqrt{2}\), et seule \(-1 + \sqrt{2}\) est positive. Ainsi, \(\tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} – 1\).
5. On a \(c = \pi – (a + b)\). Comme \(c \in D\), le réel \(a + b = \pi – c\) appartient aussi à \(D\). Par conséquent, \(\tan c = \tan(\pi – (a + b)) = -\tan(a + b) = -\frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \tan b}\). On multiplie par \(1 – \tan a \tan b\), qui est non nul : \(\tan c – \tan a \tan b \tan c = -\tan a – \tan b\). Donc \(\tan a + \tan b + \tan c = \tan a \tan b \tan c\).

Corrigé de l’exercice 13 : L’inégalité |sin x| ≤ |x| et ses conséquences

1. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\), avec \(g^{\prime}(x) = 1 – \cos x \geq\, 0\). Elle est donc croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Comme \(g(0) = 0\), on a \(g(x) \geq\, 0\) pour tout \(x \geq\, 0\). Ainsi, \(\sin x \leq\, x\) pour tout \(x \geq\, 0\).
2. Soit \(x \geq\, 0\). Si \(\sin x \geq\, 0\), alors \(|\sin x| = \sin x \leq\, x\). Sinon, \(\sin x < 0\), ce qui impose \(x > \pi\), donc \(|\sin x| \leq\, 1 < \pi < x\). Enfin, si \(x < 0\), on applique ce qui précède à \(-x\) : \(|\sin x| = |\sin(-x)| \leq\, -x = |x|\). Donc \(|\sin x| \leq\, |x|\) pour tout réel \(x\).
3. Par duplication, \(1 – \cos x = 2\sin^2 \frac{x}{2}\). Ce nombre est positif, et la question 2 donne \(\sin^2 \frac{x}{2} \leq\, \frac{x^2}{4}\). Par conséquent, \(0 \leq\, 1 – \cos x \leq\, \frac{x^2}{2}\).
4. D’après les formules somme-produit, \(\sin a – \sin b = 2\cos\frac{a + b}{2}\sin\frac{a – b}{2}\). Comme \(|\cos| \leq\, 1\), on obtient \(|\sin a – \sin b| \leq\, 2|\sin\frac{a – b}{2}| \leq\, 2 \cdot \frac{|a – b|}{2}\). De même, \(\cos a – \cos b = -2\sin\frac{a + b}{2}\sin\frac{a – b}{2}\), et la même majoration s’applique. Ainsi, \(|\sin a – \sin b| \leq\, |a – b|\) et \(|\cos a – \cos b| \leq\, |a – b|\).
5. Soit \(a\) un réel. Pour tout réel \(x\), on a \(|\sin x – \sin a| \leq\, |x – a|\). Quand \(x\) tend vers \(a\), le majorant tend vers \(0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\sin x\) tend vers \(\sin a\). Le même argument vaut pour le cosinus. Les fonctions \(\sin\) et \(\cos\) sont donc continues en tout point de \(\mathbb{R}\).

Point de méthode : une inégalité du type \(|f(x) – f(a)| \leq\, |x – a|\) donne la continuité de \(f\) sans aucun calcul de limite.

Corrigé de l’exercice 14 : Étude de la fonction x ↦ sin x (1 + cos x)

1. Les fonctions \(\sin\) et \(\cos\) sont \(2\pi\)-périodiques, donc \(f\) aussi. De plus, \(f(-x) = -\sin x \, (1 + \cos x) = -f(x)\) : \(f\) est impaire. Par périodicité, il suffit d’étudier \(f\) sur \([-\pi, \pi]\). Ensuite, par imparité, l’étude sur \([0, \pi]\) suffit : on complète par symétrie par rapport à l’origine, puis par translation. On étudie \(f\) sur \([0, \pi]\).
2. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Par la formule du produit :
   \[f^{\prime}(x) = \cos x \, (1 + \cos x) – \sin^2 x = \cos x + \cos^2 x – (1 – \cos^2 x) = 2\cos^2 x + \cos x – 1.\]
   Or \((2c – 1)(c + 1) = 2c^2 + 2c – c – 1 = 2c^2 + c – 1\). Donc \(f^{\prime}(x) = (2\cos x – 1)(\cos x + 1)\).
3. Sur \([0, \pi]\), on a \(\cos x + 1 \geq\, 0\), avec égalité seulement en \(\pi\). Ensuite, \(2\cos x – 1 > 0\) sur \([0, \frac{\pi}{3}[\) et \(2\cos x – 1 < 0\) sur \(]\frac{\pi}{3}, \pi]\), car le cosinus décroît sur \([0, \pi]\). Ainsi, \(f\) est croissante sur \([0, \frac{\pi}{3}]\) et décroissante sur \([\frac{\pi}{3}, \pi]\). On calcule \(f(0) = 0\), \(f(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}\) et \(f(\pi) = 0\). Enfin, \(f^{\prime}(0) = 1 \times 2 = 2\) et \(f^{\prime}(\pi) = (-3) \times 0 = 0\). Le maximum sur \([0, \pi]\) vaut \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\) en \(\frac{\pi}{3}\) ; la tangente est \(y = 2x\) en \(0\), et horizontale en \(\pi\).
4. On complète la courbe par symétrie par rapport à l’origine, puis par translations de \(2\pi\). La figure ci-dessous représente \(f\) sur \([-2\pi, 2\pi]\) avec ses points remarquables. Sur \(\mathbb{R}\), le maximum de \(f\) vaut \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\) et son minimum vaut \(-\frac{3\sqrt{3}}{4}\).

   

5. Pour \(x \in \,]0, \pi[\), on a \(\sin x > 0\). Le segment \([PP^{\prime}]\) est vertical, de longueur \(2\sin x\). La hauteur issue de \(A\) est la distance de \(A\) à la droite d’équation \(X = \cos x\), soit \(\cos x + 1\). L’aire vaut donc \(\frac{1}{2} \times 2\sin x \times (1 + \cos x) = f(x)\). D’après la question 3, elle est maximale pour \(x = \frac{\pi}{3}\). Alors \(P(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})\), \(PP^{\prime} = \sqrt{3}\) et \(AP^2 = \frac{9}{4} + \frac{3}{4} = 3\). Le triangle d’aire maximale est équilatéral, de côté \(\sqrt{3}\) et d’aire \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Substitution t = tan(x/2)

1. Comme \(x \not\equiv \pi \ [2\pi]\), on a \(\frac{x}{2} \not\equiv \frac{\pi}{2} \ [\pi]\), donc \(\cos \frac{x}{2} \neq 0\) et \(t\) est défini. De plus, \(1 + t^2 = \frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}}\). Par duplication, \(\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} – \sin^2 \frac{x}{2} = \cos^2 \frac{x}{2} \, (1 – t^2)\) et \(\sin x = 2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = 2t\cos^2 \frac{x}{2}\). On remplace \(\cos^2 \frac{x}{2}\) par \(\frac{1}{1 + t^2}\) et on obtient \(\cos x = \frac{1 – t^2}{1 + t^2}\) et \(\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}\).
2. D’abord, pour \(x \equiv \pi \ [2\pi]\), on a \(\cos x + 2\sin x = -1 \neq 2\) : ces réels ne sont pas solutions. Pour les autres, on pose \(t = \tan \frac{x}{2}\) et on multiplie par \(1 + t^2\) :
   \[1 – t^2 + 4t = 2 + 2t^2 \Leftrightarrow 3t^2 – 4t + 1 = 0 \Leftrightarrow (t – 1)(3t – 1) = 0.\]
   Si \(t = 1\), alors \(\frac{x}{2} = \frac{\pi}{4} + k\pi\), soit \(x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi\). Si \(t = \frac{1}{3}\), soit \(\alpha\) l’unique réel de \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\) tel que \(\tan \alpha = \frac{1}{3}\) ; alors \(x = 2\alpha + 2k\pi\). Vérification : pour \(t = \frac{1}{3}\), \(\cos x = \frac{4}{5}\) et \(\sin x = \frac{3}{5}\), et \(\frac{4}{5} + \frac{6}{5} = 2\). Les solutions sont \(\frac{\pi}{2} + 2k\pi\) et \(2\alpha + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).
3. Soit \(x \not\equiv 0 \ [\pi]\). Alors \(\sin x \neq 0\) et \(x \not\equiv \pi \ [2\pi]\), donc \(t = \tan \frac{x}{2}\) est défini et non nul. On calcule :
   \[\frac{1 – \cos x}{\sin x} = \frac{\frac{1 + t^2 – 1 + t^2}{1 + t^2}}{\frac{2t}{1 + t^2}} = \frac{2t^2}{2t} = t.\]
   Ainsi, \(\frac{1 – \cos x}{\sin x} = \tan \frac{x}{2}\).
4. Pour tout réel \(x\), \(2 + \cos x \geq\, 1 > 0\), donc \(g\) est définie sur \(\mathbb{R}\). Pour \(x \not\equiv \pi \ [2\pi]\), on a \(2 + \cos x = \frac{2 + 2t^2 + 1 – t^2}{1 + t^2} = \frac{3 + t^2}{1 + t^2}\), donc \(g(x) = \frac{2t}{3 + t^2}\). Posons \(h(t) = \frac{2t}{3 + t^2}\) sur \(\mathbb{R}\). Alors \(h^{\prime}(t) = \frac{2(3 + t^2) – 4t^2}{(3 + t^2)^2} = \frac{2(3 – t^2)}{(3 + t^2)^2}\). Ainsi, \(h\) décroît sur \(]-\infty, -\sqrt{3}]\), croît sur \([-\sqrt{3}, \sqrt{3}]\), puis décroît, avec des limites nulles en \(\pm\infty\). Son maximum vaut \(h(\sqrt{3}) = \frac{2\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}\), et son minimum \(-\frac{\sqrt{3}}{3}\). Par continuité, \(h\) prend toutes les valeurs de \([-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}]\). De plus, \(t = \tan \frac{x}{2}\) décrit tout \(\mathbb{R}\), et \(g(\pi) = 0\) est déjà dans cet intervalle. L’ensemble des valeurs de \(g\) est \([-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}]\), le maximum étant atteint en \(x = \frac{2\pi}{3}\). On vérifie : \(g(\frac{2\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}/2}{3/2} = \frac{\sqrt{3}}{3}\).

Point de méthode : la substitution \(t = \tan \frac{x}{2}\) oublie toujours les réels \(x \equiv \pi \ [2\pi]\) ; testez-les à part.

Corrigé de l’exercice 16 : Sommes trigonométriques par télescopage

1. On utilise \(2\sin a \sin b = \cos(a – b) – \cos(a + b)\) avec \(a = kx\) et \(b = \frac{x}{2}\). On obtient \(2\sin\frac{x}{2}\sin(kx) = \cos((k – \frac{1}{2})x) – \cos((k + \frac{1}{2})x)\).
2. On somme pour \(k\) allant de \(1\) à \(n\). La somme est télescopique :
   \[2\sin\frac{x}{2} \, S_n = \sum_{k=1}^{n}[\cos((k – \tfrac{1}{2})x) – \cos((k + \tfrac{1}{2})x)] = \cos\frac{x}{2} – \cos((n + \tfrac{1}{2})x).\]
   Ensuite, \(\cos p – \cos q = -2\sin\frac{p + q}{2}\sin\frac{p – q}{2}\), avec \(\frac{p + q}{2} = \frac{(n + 1)x}{2}\) et \(\frac{p – q}{2} = -\frac{nx}{2}\). Donc \(\cos\frac{x}{2} – \cos((n + \frac{1}{2})x) = 2\sin\frac{(n + 1)x}{2}\sin\frac{nx}{2}\). Enfin, \(\sin\frac{x}{2} \neq 0\) car \(x \not\equiv 0 \ [2\pi]\). Ainsi, \(S_n = \frac{\sin\frac{nx}{2}\sin\frac{(n + 1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}\).
3. On utilise cette fois \(2\cos a \sin b = \sin(a + b) – \sin(a – b)\), avec \(a = kx\) et \(b = \frac{x}{2}\). On obtient \(2\sin\frac{x}{2}\cos(kx) = \sin((k + \frac{1}{2})x) – \sin((k – \frac{1}{2})x)\). Par télescopage, \(2\sin\frac{x}{2} \, C_n = \sin((n + \frac{1}{2})x) – \sin\frac{x}{2}\). Enfin, \(\sin p – \sin q = 2\cos\frac{p + q}{2}\sin\frac{p – q}{2}\) donne \(2\cos\frac{(n + 1)x}{2}\sin\frac{nx}{2}\). Donc \(C_n = \frac{\sin\frac{nx}{2}\cos\frac{(n + 1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}\).
4. Les deux sinus du numérateur de \(S_n\) sont majorés par \(1\) en valeur absolue. Par conséquent, \(|S_n| \leq\, \frac{1}{|\sin\frac{x}{2}|}\) pour tout \(n \geq\, 1\) : les sommes partielles restent bornées, alors que \(\sin(kx)\) ne tend pas vers \(0\).
5. Pour \(n \geq\, 2\), on prend \(x = \frac{\pi}{n} \in \,]0, \pi[\), qui n’est pas congru à \(0\) modulo \(2\pi\). Alors \(\frac{nx}{2} = \frac{\pi}{2}\) et \(\frac{(n + 1)x}{2} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2n}\). Donc \(\sin\frac{(n + 1)x}{2} = \cos\frac{\pi}{2n}\). On obtient \(\sum_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{\cos\frac{\pi}{2n}}{\sin\frac{\pi}{2n}}\). Vérification pour \(n = 2\) : \(\sin\frac{\pi}{2} + \sin\pi = 1\), et \(\frac{\cos(\pi/4)}{\sin(\pi/4)} = 1\).

Corrigé de l’exercice 17 : Un produit de cosinus et sa limite

1. Pour \(n = 1\), la duplication donne \(2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2} = \sin x\) : la propriété est vraie. Supposons-la vraie au rang \(n\). Comme \(P_{n+1} = P_n \cos\frac{x}{2^{n+1}}\), on a :
   \[2^{n+1}\sin\frac{x}{2^{n+1}} \, P_{n+1} = 2^n P_n (2\sin\frac{x}{2^{n+1}}\cos\frac{x}{2^{n+1}}) = 2^n P_n \sin\frac{x}{2^n} = \sin x.\]
   Par récurrence, \(2^n\sin\frac{x}{2^n} \, P_n = \sin x\) pour tout \(n \geq\, 1\).
2. On a \(0 < \frac{x}{2^n} \leq\, \frac{\pi}{2}\), donc \(\sin\frac{x}{2^n} > 0\). Ainsi, \(P_n = \frac{\sin x}{2^n\sin\frac{x}{2^n}}\).
3. On pose \(u_n = \frac{x}{2^n}\), qui tend vers \(0\). Alors \(2^n\sin\frac{x}{2^n} = x \cdot \frac{\sin u_n}{u_n}\), qui tend vers \(x\). Par conséquent, \(P_n\) tend vers \(\frac{\sin x}{x}\).
4. Pour \(y \in [0, \pi]\), on a \(\frac{y}{2} \in [0, \frac{\pi}{2}]\), donc \(\cos\frac{y}{2} \geq\, 0\). De plus, \(\cos^2\frac{y}{2} = \frac{1 + \cos y}{2}\). D’où \(\cos\frac{y}{2} = \sqrt{\frac{1 + \cos y}{2}}\). Avec \(x = \frac{\pi}{2}\), les facteurs de \(P_n\) sont \(c_k = \cos\frac{\pi}{2^{k+1}}\). On a \(c_1 = \frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(c_{k+1} = \sqrt{\frac{1 + c_k}{2}}\). Si \(c_k = \frac{a_k}{2}\), alors \(c_{k+1} = \frac{\sqrt{2 + a_k}}{2}\). On obtient ainsi \(\frac{\sqrt{2}}{2}\), \(\frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\), \(\frac{\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2}}}}{2}\), et ainsi de suite. D’après la question 3, leur produit tend vers \(\frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2} = \frac{2}{\pi}\).

Point de méthode : un produit de cosinus d’angles divisés par \(2\) se simplifie en multipliant par le sinus du plus petit angle, puis en appliquant la duplication en cascade.

Corrigé de l’exercice 18 : Inégalité de Jordan

1. La fonction \(h\) est dérivable, avec \(h^{\prime}(x) = \cos x – x\sin x – \cos x = -x\sin x\). Sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\), on a \(x > 0\) et \(\sin x > 0\), donc \(h^{\prime}(x) < 0\). Ainsi, \(h\) est strictement décroissante sur \([0, \frac{\pi}{2}]\). Comme \(h(0) = 0\), on a \(h(x) < 0\) pour tout \(x \in ]0, \frac{\pi}{2}]\).
2. La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\), avec \(g^{\prime}(x) = \frac{x\cos x – \sin x}{x^2} = \frac{h(x)}{x^2} < 0\). Donc \(g\) est strictement décroissante sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\).
3. Pour \(x \in ]0, \frac{\pi}{2}]\), la décroissance donne \(g(x) \geq\, g(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{\pi/2} = \frac{2}{\pi}\), soit \(\sin x \geq\, \frac{2x}{\pi}\). Ensuite, \(\sin x \leq\, x\) d’après l’exercice 13. Enfin, pour \(x = 0\), tout vaut \(0\). Ainsi, \(\frac{2x}{\pi} \leq\, \sin x \leq\, x\) sur \([0, \frac{\pi}{2}]\). Graphiquement, la courbe du sinus reste au-dessus de sa corde entre \((0, 0)\) et \((\frac{\pi}{2}, 1)\), et sous sa tangente en \(0\), comme le montre la figure.

   

4. Soit \(x \in [0, \frac{\pi}{2}]\). Alors \(\frac{\pi}{2} – x \in [0, \frac{\pi}{2}]\), et la question 3 s’applique : \(\cos x = \sin(\frac{\pi}{2} – x) \geq\, \frac{2}{\pi}(\frac{\pi}{2} – x)\). Donc \(\cos x \geq\, 1 – \frac{2x}{\pi}\).
5. Pour \(n \geq\, 2\), on a \(\frac{\pi}{n} \in ]0, \frac{\pi}{2}]\). La question 3 donne \(\sin\frac{\pi}{n} \geq\, \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{n}\). Ainsi, \(\sin\frac{\pi}{n} \geq\, \frac{2}{n}\) pour tout \(n \geq\, 2\).

Corrigé de l’exercice 19 : Problème : cos(2π/5) et le pentagone régulier

1. On a \(5\theta = 2\pi\), donc \(3\theta = 2\pi – 2\theta\). Par \(2\pi\)-périodicité et parité du cosinus, \(\cos 3\theta = \cos(-2\theta) = \cos 2\theta\). Ainsi, \(\cos 3\theta = \cos 2\theta\).
2. D’après l’exercice 3, \(\cos 3\theta = 4c^3 – 3c\) et \(\cos 2\theta = 2c^2 – 1\). L’égalité précédente donne \(4c^3 – 3c = 2c^2 – 1\). Donc \(c\) est racine de \(4X^3 – 2X^2 – 3X + 1\).
3. Le réel \(1\) est racine, car \(4 – 2 – 3 + 1 = 0\). On cherche \((X – 1)(4X^2 + \beta X + \gamma)\). En développant, on obtient \(4X^3 + (\beta – 4)X^2 + (\gamma – \beta)X – \gamma\). Par identification, \(\gamma = -1\) et \(\beta = 2\), et le coefficient de \(X\) vaut bien \(-1 – 2 = -3\). Donc \(4X^3 – 2X^2 – 3X + 1 = (X – 1)(4X^2 + 2X – 1)\).
4. Comme \(\theta \not\equiv 0 \ [2\pi]\), on a \(c \neq 1\). Donc \(4c^2 + 2c – 1 = 0\). Le discriminant vaut \(4 + 16 = 20\), et les racines sont \(\frac{-2 \pm 2\sqrt{5}}{8} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}\). Or \(\theta \in ]0, \frac{\pi}{2}[\), donc \(c > 0\). Seule la racine \(\frac{-1 + \sqrt{5}}{4}\) est positive. Par conséquent, \(\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt{5} – 1}{4} \approx 0{,}309\).
5. Par duplication, \(\cos\frac{2\pi}{5} = 2\cos^2\frac{\pi}{5} – 1\). Donc \(\cos^2\frac{\pi}{5} = \frac{1}{2}(1 + \frac{\sqrt{5} – 1}{4}) = \frac{3 + \sqrt{5}}{8}\). Or \((\frac{1 + \sqrt{5}}{4})^2 = \frac{6 + 2\sqrt{5}}{16} = \frac{3 + \sqrt{5}}{8}\), et \(\cos\frac{\pi}{5} > 0\). Enfin, \(\cos\frac{4\pi}{5} = \cos(\pi – \frac{\pi}{5}) = -\cos\frac{\pi}{5}\). Ainsi, \(\cos\frac{\pi}{5} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}\) et \(\cos\frac{4\pi}{5} = -\frac{1 + \sqrt{5}}{4}\).
6. Les abscisses sont \(1\), \(\cos\theta\), \(\cos 2\theta\), \(\cos 3\theta\) et \(\cos 4\theta\). Or \(\cos 4\theta = \cos(2\pi – \theta) = \cos\theta\) et \(\cos 3\theta = \cos 2\theta = \cos\frac{4\pi}{5}\). La somme vaut donc \(1 + 2 \cdot \frac{\sqrt{5} – 1}{4} – 2 \cdot \frac{1 + \sqrt{5}}{4} = 1 + \frac{\sqrt{5} – 1 – 1 – \sqrt{5}}{2} = 0\). La somme des abscisses des sommets est bien nulle.
7. On a \(A_0A_1^2 = (1 – c)^2 + \sin^2\theta = 1 – 2c + c^2 + \sin^2\theta = 2 – 2c\). Donc \(A_0A_1^2 = 2 – \frac{\sqrt{5} – 1}{2} = \frac{5 – \sqrt{5}}{2}\). Le côté du pentagone vaut \(A_0A_1 = \sqrt{\frac{5 – \sqrt{5}}{2}} \approx 1{,}176\).

Point de méthode : pour calculer \(\cos\frac{2\pi}{n}\), on cherche une relation \(\cos(p\theta) = \cos(q\theta)\) avec \(p + q = n\), puis on la transforme en équation polynomiale en \(\cos\theta\).

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : les polynômes de Tchebychev

1. On applique \(\cos p + \cos q = 2\cos\frac{p + q}{2}\cos\frac{p – q}{2}\) avec \(p = (n + 1)x\) et \(q = (n – 1)x\). On a \(\frac{p + q}{2} = nx\) et \(\frac{p – q}{2} = x\). Donc \(\cos((n + 1)x) + \cos((n – 1)x) = 2\cos x\cos(nx)\).
2. On raisonne par récurrence double. Pour \(n = 0\), \(\cos 0 = 1 = T_0(\cos x)\). Pour \(n = 1\), \(\cos x = T_1(\cos x)\). Supposons la propriété vraie aux rangs \(n – 1\) et \(n\), avec \(n \geq\, 1\). La question 1 donne \(\cos((n + 1)x) = 2\cos x \, T_n(\cos x) – T_{n-1}(\cos x)\). Le second membre vaut \(T_{n+1}(\cos x)\), par définition de \(T_{n+1}\). Ainsi, \(\cos(nx) = T_n(\cos x)\) pour tout \(n \geq\, 0\) et tout réel \(x\).
3. On calcule \(T_2 = 2X \cdot X – 1 = 2X^2 – 1\), puis \(T_3 = 2X(2X^2 – 1) – X = 4X^3 – 3X\). Ensuite, \(T_4 = 2X(4X^3 – 3X) – (2X^2 – 1) = 8X^4 – 8X^2 + 1\). Donc \(T_2 = 2X^2 – 1\), \(T_3 = 4X^3 – 3X\) et \(T_4 = 8X^4 – 8X^2 + 1\) ; on retrouve \(\cos 2x = 2\cos^2 x – 1\) et \(\cos 3x = 4\cos^3 x – 3\cos x\) de l’exercice 3.
4. Notons \(\mathcal{H}_n\) : « \(T_n\) est de degré \(n\) et de coefficient dominant \(2^{n-1}\) ». \(\mathcal{H}_1\) est vraie, car \(T_1 = X\) et \(2^0 = 1\). Supposons \(\mathcal{H}_n\) vraie pour un \(n \geq\, 1\). Le polynôme \(2XT_n\) est de degré \(n + 1\), de coefficient dominant \(2 \cdot 2^{n-1} = 2^n\). En outre, \(T_{n-1}\) est de degré \(n – 1 < n + 1\) : c’est \(\mathcal{H}_{n-1}\) si \(n \geq\, 2\), et \(T_0 = 1\) si \(n = 1\). La soustraction ne modifie donc pas le terme dominant. Par récurrence, \(T_n\) est de degré \(n\) et de coefficient dominant \(2^{n-1}\) pour tout \(n \geq\, 1\).
5. Pour \(x \in [0, \pi]\), \(\cos(nx) = 0\) équivaut à \(nx = \frac{\pi}{2} + k\pi\), soit \(x_k = \frac{(2k + 1)\pi}{2n}\). La condition \(0 \leq\, x_k \leq\, \pi\) donne \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\). Posons \(y_k = \cos x_k\). Comme le cosinus est strictement décroissant sur \([0, \pi]\), les \(n\) réels \(y_k\) sont distincts et appartiennent à \(]-1, 1[\). De plus, \(T_n(y_k) = \cos(nx_k) = 0\). Enfin, un polynôme non nul de degré \(n\) a au plus \(n\) racines. Les racines de \(T_n\) sont exactement les \(n\) réels \(\cos\frac{(2k + 1)\pi}{2n}\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\) ; il n’y en a pas d’autre. La figure ci-dessous montre \(T_2\), \(T_3\), \(T_4\) et les racines de \(T_4\).

   

6. Pour \(n = 4\), le plus grand des \(y_k\) est \(y_0 = \cos\frac{\pi}{8}\). On résout \(8y^4 – 8y^2 + 1 = 0\) en posant \(Y = y^2\) : \(8Y^2 – 8Y + 1 = 0\), donc \(Y = \frac{8 \pm \sqrt{32}}{16} = \frac{2 \pm \sqrt{2}}{4}\). La plus grande racine positive est donc \(\sqrt{\frac{2 + \sqrt{2}}{4}}\). On retrouve \(\cos\frac{\pi}{8} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\).

Point de méthode : pour étudier un polynôme en \(\cos x\), passez par la variable \(x \in [0, \pi]\) : le cosinus y est une bijection vers \([-1, 1]\).

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Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : trigonométrie, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur trigonométrie
• À maîtriser avant : Calculs algébriques : sommes, produits, inégalités
• Chapitre précédent : Calculs algébriques : sommes, produits, inégalités
• Chapitre suivant : Nombres complexes et exponentielle complexe
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé