Lycée Pierre de Fermat 2020/2021
MPSI 1 TD
Révisions d’analyse et de trigonométrie 1 Calcul algébrique
⊲ Exercice 1.1. Addition de fractions, expression conjuguée.
Mettre sous la forme d’une fraction irréductible.
a) 1 3 −1
6 = b) 2
9 + 1
12 = c) 3
2+ 5 12− 3
16 =
⊲ Exercice 1.2. Identités remarquables, expression conjuguée.
Écrire sous la formea+b√
3 avec (a, b)∈Q2. 1. 1
1−√ 3 =
2. 2
2√
3−4 = 3.
√75−1
√27 +√ 36=
⊲ Exercice 1.3. Identités remarquables, racine cubique.
Écrire sous la formea+b√3 2 +c√3
22 avec (a, b, c)∈Q3.
1. 1
1 +√32 +√322 = 2.
√316−√354 2−√32 =
⊲ Exercice 1.4. Identités remarquables.
Soient (a, b)∈R2tels que a>1 etb>1.
Montrer quea+b−16ab6 a+b
2 2
.
⊲ Exercice 1.5. Identités remarquables.
Pourn>2,un =23−1
23+ 1×33−1
33+ 1 ×43−1
43+ 1 ×. . .×(n−1)3−1
(n−1)3+ 1 ×n3−1 n3+ 1.
1. Pour toutk∈N, posonsak=k2+k+ 1 etbk=k2−k+ 1. Simplifier, pourk∈N,bk+1−ak. 2. En déduire que la suiteuconverge et calculer sa limite.
⊲ Exercice 1.6. Identités remarquables.
Montrer que, sir >0 est un rationnel approchant√
5, alorsr′ = 2r+ 5
r+ 2 est un rationnel encore plus proche de
√5.
Généraliser la propriété pour√
aaveca∈N∗.
2 Fonctions réelles d’une variable réelle
2.1 Étude de fonctions
⊲ Exercice 2.1.
Étudier la fonctionf définie par l’expression donnée.
1. f(x) = cos3(x).
2. f(x) =ecosx. 3. f(x) = ln|x|
x . 4. f(x) = ln|sinx|. 5. f(x) = ln|cosx|.
6. f(x) =x3−3x+ 1 puisg(x) =|f(x)|.
⊲ Exercice 2.2.
1. Quel est le domaine de définition deh(x) =√2 sinx+ 1 ? 2. Quel est le domaine de définition def(x) = ln(cosx) + ln(sinx) ?
3. Quel est le domaine de définition deg(x) = ln(sin(2x)) ? cette fonction est-elle très différente de la fonction f précédente ?
2.2 Trinôme du second degré à coefficients réels
⊲ Exercice 2.3. Résolution d’équations algébriques réelles sans calcul de discriminant ! Résoudre dansRles équations algébriques ci-dessous sans aucun calcul de discriminant :
1)x2+ 2x+ 1 = 0 2) 3x2−6x+ 3 = 0 3) x2+ 4 = 0 4) x4−16 = 0 5)x2−4x−5 = 0 6)x4−5x2+ 4 = 0 7) x3−9x= 0 8) x2+x+ 1 = 0
⊲ Exercice 2.4. Résolution d’équations algébriques réelles sans calcul de discriminant ! Résoudre dansRles équations algébriques ci-dessous sans aucun calcul de discriminant :
1) x2−5x+ 6 = 0 2)x4−5x3+ 6x2= 0 3)x4−5x2+ 6 = 0 4)x8−5x4+ 6 = 0 5)x2−5|x|+ 6 = 0 6) 3x2−6x−24 = 0 7) 3x4−6x2−24 = 0 8) 3x7−6x4−24x= 0 9) 3−6
x−24
x2 = 0 10) 3x2−6|x| −24 = 0
⊲ Exercice 2.5. Forme canonique et racines d’un trinôme du second degré.
A(x) =x2+ 2x−1,B(x) = 4x2+ 2x−2,C(x) =−x2−6x−9,D(x) =−9x2+ 2xetE(x) =−x2+x−1.
Mettre les trinômes ci-dessus sous la forme canonique puis en déduire
⋆ la valeur de leur extremum surRet son abscisse en précisant si c’est un maximum ou un minimum,
⋆ leurs racines s’ils en ont (sans calculer de discriminant),
⊲ Exercice2.6. Interprétation analytique des propriétés géométriques du trinôme du second degré 1. Quelle est l’équation de l’axe de symétrie de la paraboley= 3x2−6x+ 1 ? Quelles sont les coordonnées
de son sommet ? tracer l’allure de cette parabole.
2. Le trinômex2+ 4x−2 admet-il des racines réelles ? que dire de leur signe ? que dire de l’ensemble des solutions de l’équationx2+ 4x−2<0 ?
3. Le trinômex2+ 4x+ 3 admet-il des racines réelles ? que dire de leur signe ? que dire de l’ensemble des solutions du système
x2+ 4x+ 360 x>0 ?
⊲ Exercice 2.7. Soitf :R→Rune fonction à valeurs dans [−1,1].
Donner des encadrements « brutaux » puis « optimaux » des valeurs prises par les fonctionsg= 1 +f+f2 et h=f −f2.
⊲ Exercice 2.8.
Soitα∈Rtel que −π < α < π.
1. Montrer que sin2α−2(1 + cosα) =−4 cos4α 2.
2. Résoudre dans le corpsCdes nombres complexes l’équation d’inconnuez : z2−2zsinα+ 2(1 + cosα) = 0 .
3. Exprimer, en fonction deαle module et l’argument dans [0,2π[ des racines de l’équation.
⊲ Exercice 2.9.
Résoudre les inégalités (on ne se privera pas d’une représentation graphique)
1)x2+ 2x−3<5 2) |x2+ 2x−3|<3 3 ln|x+ 3|<2 ln 2−ln|x−1|
2.3 Manipulation des fonctions réelles d’une variable réelle
⊲ Exercice 2.10. Montrer que toute fonction réelle d’une variable réelle s’écrit de manière unique comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire.
⊲ Exercice 2.11. OIM 1968.
Soitf :R→Rune fonction telle qu’il existea∈R∗ vérifiant
∀x∈R, f(x+a) = 1 2 +p
f(x)−f(x)2 (Eq)
1. Montrer que∀x∈R,f(x)∈ 1
2,1
.
2. En déduire une relation fonctionnelle surg:x7→f(x)−1 2. 3. Montrer quef est périodique.
4. Donner un exemple d’une telle fonction dans le casa= 1.
3 Révisions et compléments de trigonométrie
3.1 Formules de duplication
⊲ Exercice 3.1. En admettant que sinπ 5
= s
5−√5
8 , montrer que cosπ
5 =
p6 + 2√ 5
4 , tanπ 5
= q
5−2√
5 , cotanπ 5
= s
5 + 2√ 5
5 .
3.2 Formules sin p + sin q = . . . et cos p + cos q = . . .
⊲ Exercice 3.2. Linéariser les expressions suivantes et calculer les intégrales : 1) cos(a) cos(2a) =
Z π6
0
cos(t) cos(2t)dt= 2) cos(2a) sin(a) =
Z π4
0
cos(2t) sin(t)dt=
3) sin(4a) sin(a) = Z π3
π 6
sin(4t) sin(t)dt=
3.3 Estimations des fonctions circulaires
⊲ Exercice 3.3. Montrer les inégalités ci-dessous en n’utilisant que les estimations brutales des fonctions circu- laires ainsi que le pincement de convexité de la fonction sinus surh
0,π 2
i. 1. ∀x∈[0,2π],−16sin2x−cosx+ sin4(x)63.
2. ∀x∈R,−26cosx+√
3 sinx62.
3. ∀x∈]0,1], 2
π2 6 sin2x x4+x2 61.
4. ∀x∈i 0,π
3 i, 2
3π 6 sin(2x) x(2 + cosx) 64
5.
3.4 Équations et inéquations
⊲ Exercice 3.4. Équations trigonométriques Résoudre les équations d’inconnuex∈R:
1) cosx=−
√3
2 2) sinx=
√5
2 3) sinx=−1
2 4) sin
x−π 5
=−1
2 5) cos(3x) = 1
⊲ Exercice 3.5. Équations trigonométriques Résoudre les équations suivantes
1) cosx= sinx 2) cosx−√
3 sinx= 1 3) 2 cosx−2 sinx=√
6 4) cos 3x+ sin 3x= r3
2
⊲ Exercice 3.6.
1) cosx=−1 2) sin(2x) =1
2 3) cos2x−3 sin2x=−1 4) 2 cos2x+ cosx−1 = 0 5) cos(4x) + cos(2x) = 0
⊲ Exercice 3.7. Inéquations trigonométriques Résoudre graphiquement les inéquations suivantes.
1) sinx>1 2) cosx <1 3) −
√3
2 <sinx6 1 2 4)|cosxsinx|>1 5)|cosxsinx|>
√3
4 6) 2 cos2x+ cosx−1<0
3.5 Formules de trigonométrie sur la fonction tangente
⊲ Exercice 3.8. Équations trigonométriques 1) tanx=√
3 2) tan
2x+π 3
=−
√3
3 3) tan3x=−3√ 3 4) tanx= cotan(3x) 5) tan(2x) = tan(3x) 6) tan(2x).tan(x) = 1.
⊲ Exercice 3.9. Inéquations trigonométriques
1)|tanx|<1 2) tan2x−(1 +√
3) tanx+√ 360
⊲ Exercice 3.10.
1. Comparer tan π
10 et cotan2π 5 .
2. Visualiser le résultat démontré sur le cercle trigonométrique.
⊲ Exercice 3.11.
1. Pourquoi a-t-on tanπ
5 ×tan4π
5 =−tan2π
5? Montrer que tanπ
5 ×tan2π
5 ×tan3π
5 ×tan4π
5 = tan2π
5tan22π 5 . 2. Justifier rigoureusement que
Y2n k=1
tan kπ
2n+ 1 = (−1)n Yn k=1
tan2 kπ 2n+ 1.
⊲ Exercice 3.12.
1. Pourquoi a-t-on tanπ
6 ×tan4π
6 =−1 ? en déduire que tanπ
6 ×tan2π
6 ×tan4π
6 ×tan5π 6 = 1.
2. Quelle est la valeur de tanπ
8 ×tan5π
8 ? en déuire celle de tanπ
8 ×tan2π
8 ×tan3π
8 ×tan5π
8 ×tan6π
8 ×tan7π 8 . 3. Démontrer que, pour toutn∈N∗ tel que n>2,
2n−1
Y
k=1 k6=n
tankπ
2n = (−1)n−1. 4. En effectuant le changement d’indicei=n−kdans
n−1
Y
k=1
tankπ
2n, montrer que
n−1
Y
k=1
tankπ 2n = 1.
3.6 Manipulation technique des fonctions trigonométriques
⊲ Exercice 3.13. Soitθ ∈]0, π[. Considérons (un)n∈N la suite définie par récurrence en posantu0 = 2 cosθ et pour toutn∈N,un+1=√2 +un.
1. Simplifier les expressions deu1 etu2.
2. Montrer que, pour toutn∈N,un = 2 cos(θ/2n).
⊲ Exercice 3.14. Considérons la suiteudéfinie pour toutn∈Npar un=Z π
0
cos(nt)
5
4−costdt 1. Montrer que,∀n∈N,un+2= 5
2un+1−un.
On pourra considérer un+2+un et transformer une différence de cosinus en un produit de fonctions circulaires. Pour transformer l’intégrale obtenue, on pourra ensuite utiliser que
b
b+c = b+c−c
b+c = 1− c b+c 2. On admet queu0=4π
3 . Montrer que u1=2π 3 . 3. Montrer que, pour toutn∈N,un =4π
3 × 1 2n.
⊲ Exercice 3.15.
1. Montrer que, pour toutiπ n ∈ N, il existe un unique réel xn solution de l’équation d’inconnue x ∈ 2 +nπ,π
2 + (n+ 1)πh
, tan(x) =x.
2. Montrer que la suite (xn)n∈Nest croissante puis que xn
n
n∈N∗ converge versπ.
Correction des exercices
⊲ Corrigé de l’exercice 1.1 a) 1
3−1 6 =1
6 b) 2
9 + 1 12 = 11
36 c) 3
2+ 5 12− 3
16= 83 48
⊲ Corrigé de l’exercice 1.2 1. 1
1−√
3 = 1 +√3 (1−√
3)(1 +√
3) = 1 +√3 1−3 =−1
2−1 2
√3.
2. 2
2√
3−4 = 1
√3−2 =
√3 + 2 (√
3−2)(√
3 + 2) =2 +√ 3
3−4 =−2−√ 3.
3.
√75−1
√27 +√36= 5√3−1 3√3 + 6 = 1
3
(5√3−1)(√3−2) (√3 + 2)(√3−2) =1
3
(5×3−11√3 + 2) 3−4 =−17
3 +11 3
√3.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.3
1. Utilisons l’identité 13−a3= (1−a)(1 +a+a2) poura=√32 : 1−2 = (1−√3
2)(1 +√3 2 +√3
22)
donc 1
1 +√32 +√322 =−1 +√3 2.
2.
√316−√354
2−√32 = 2√32−3√32 2−√32 =
√32
√32−2 Étudions l’équation suivante :
√316−√354
2−√32 =a+b√3 2 +c√3
22 ⇐⇒
√32
√32−2 =a+b√3 2 +c√3
22
⇐⇒ √3 2 = (√3
2−2)(a+b√3 2 +c√3
22)
⇐⇒ √3
2 = (2c−2a) + (a−2b)√3
2 + (b−2c)√3
22 car √3
23= 2(1) Attention, à notre niveau, nous ne disposons pour l’instantd’aucun argument permettant de conti- nuer le raisonnementen
√316−√354
2−√32 =a+b√3 2 +c√3
22 ⇐⇒ 0 + 1×√3
2 + 0×√3
22= (2c−2a) + (a−2b)√3
2 + (b−2c)√3
22 car √3 23= 2
⇐⇒
2c − 2a = 0
a − 2b = 1
−2c + b = 0
(2)
même si cette équivalence est vraie car nous verrons plus tard dans l’année en algèbre linéaire que la famille (1,√3
2,√3
22) est Q-libre.
Toutefois, nous pouvons nous remarquer qu’il suffit de trouver (a, b, c) solutions du système (2) ci-dessuspour que ce triplet convienne dans l’identité cherchée.
Résolvons le système (2) :
2c − 2a = 0
a − 2b = 1
−2c + b = 0 ⇐⇒
2c − 2a = 0
a − 2b = 1
− 2a + b = 0
⇐⇒
2c − 2a = 0
a − 2b = 1
− 3b = 2
⇐⇒
c = −1
3
a = −1
3 b = −2 3
Le triplet
−1 3,−2
3,−1 3
est solution du système (2) donc l’équation (1) donne, en remontant les équi- valences,
√316−√354 2−√3
2 =−1 3 −2
3
√3
2−1 3
√3
22
⊲ Corrigé de l’exercice 1.4
•
a+b 2
2
−ab= a2+ 2ab+b2−4ab
4 = a2−2ab+b2
4 =
a−b 2
2
>0 donc ab6 a+b
2 2
.
• ab−(a+b−1) =ab−a−b+ 1 = (a−1)
| {z }
>0
(b−1)
| {z }
>0
>0 donc a+b−16ab.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.5 1. Soitk∈Nfixé quelconque.
bk+1−ak= (k+ 1)2−(k+ 1) + 1−(k2+k+ 1) = 0. 2. Observons que, pour toutn∈N∗,
un = Yn k=2
k3−1 k3+ 1
= Yn k=2
(k−1)(k2+k+ 1) (k+ 1)(k2−k+ 1)
= Yn k=2
(k−1)ak
(k+ 1)bk
= Yn k=2
(k−1) Yn k=2
ak
Yn k=2
(k+ 1) Yn k=2
bk
=
n−1
Y
i=1
i Yn k=2
ak
n+1Y
j=3
j Yn k=2
ak−1
en posanti=k−1,j=k+ 1
=
(n−1)!
Yn k=2
ak
(n+ 1)!
2
n−1
Y
j=1
aj
en posantj=k−1
= 2×(n−1)!an
(n+ 1)!a1
après télescopage
= 2(n2+n+ 1) n(n+ 1)×3
= 2
3
1 +n1 +n12 1 + 1
n
après factorisation des numérateurs et dénominateurs parn2. (3)
Ainsi, la suiteuconverge et sa limite vaut 2 3.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.6
⊲ Corrigé de l’exercice 2.1
⊲ Corrigé de l’exercice 2.2
⊲ Corrigé de l’exercice 2.3
1. x2+ 2x+ 1 = 0. On reconnaît un carré parfaitx2+ 2x+ 1 = (x+ 1)2. L’ensemble des solutions de l’équation est le singleton{−1}.
2. 3x2−6x+ 3 = 0 ⇐⇒ x2−2x+ 1 = 0. On reconnaît un carré parfaitx2−2x+ 1 = (x−1)2. L’ensemble des solutions de l’équation est le singleton{1}.
3. x2+ 4 = 0 ⇐⇒ x2=−4 or le carré d’un nombre réel est positif ou nul donc l’ensemble des solutions de l’équation est∅.
4.
x4−16 = 0 ⇐⇒ (x2)2= 42
⇐⇒ x2= 4 ou x2=−4
⇐⇒ x= 2 ou x=−2 L’ensemble des solutions de l’équation est{−2,2}.
5. x2−4x−5 = 0. −1 est racine évidente, le produit des racines est −5 donc l’autre racine est 5.
L’ensemble des solutions de l’équation est{−1,5}.
6. −x2+ 4x−4 = 0 ⇐⇒ x2−4x+ 4 = 0. On reconnaît un carré parfaitx2−4x+ 4 = (x−2)2. L’ensemble des solutions de l’équation est le singleton{2}.
7. x4−5x2+ 4 = 0.
x4−5x2+ 4 = 0 ⇐⇒ x2 est racine dey2−5y+ 4 = 0
or 1 est racine évidente dey2−5y+ 4 = 0, le produit des racines est 4 donc l’autre racine
⇐⇒ x2∈ {4,1}
⇐⇒ x2= 4 oux2= 1
⇐⇒ x∈ {−2,2} oux∈ {−1,1} L’ensemble des solutions de l’équation est{−2,−1,1,2}. 8. x3−9x= 0.
x4−5x2+ 4 = 0 ⇐⇒ x(x2−9) = 0
⇐⇒ x= 0 oux2= 9
⇐⇒ x= 0 oux∈ {−3,3} L’ensemble des solutions de l’équation est{−3,0,3}.
9. Mettons ce trinôme sous forme canoniquex2+x+ 1 =
x+1 2
2
+3 4. Il est immédiat de voir que
∀x∈R, x2+x+ 1> 3 4 >0 donc l’ensemble des solutions de l’équation est vide.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.4 1. x2−5x+ 6 = 0.
L’ensemble des solutions de l’équation est{2,3}. 2. x4−5x3+ 6x2= 0.
L’ensemble des solutions de l’équation est{0,2,3}. 3. x4−5x2+ 6 = 0.
L’ensemble des solutions de l’équation est{−√ 3,−√
2,√ 2,√
3}. 4. x8−5x4+ 6 = 0.
L’ensemble des solutions de l’équation est{−√4 3,−√4
2,√4 2,√4
3}. 5. x2−5|x|+ 6 = 0 ⇐⇒ |x|2−5|x|+ 6 = 0.
L’ensemble des solutions de l’équation est{−3,−2,2,3}. 6. 3x2−6x−24 = 0
7. 3x4−6x2−24 = 0 8. 3x7−6x4−24x= 0
9. 3− 6 x−24
x2 = 0 10. 3x2−6|x| −24 = 0
⊲ Corrigé de l’exercice 2.5
1. A(x) =x2+ 2x−1 = (x+ 1)2−1−1 = (x+ 1)2−2 donc ce trinôme est toujours supérieur à la valeur−2 qu’il atteint une unique fois au point d’abscisse−1.Aadmet son minimum global en−1 et il vaut−2.
A(x) = 0 ⇐⇒ (x+ 1)2= 2 ⇐⇒
x+ 1 =√ 2 ou
x+ 1 =−√
2 ⇐⇒
x=√
2−1 ou
x=−√ 2−1 Apossède deux racines réelles distinctes qui sont√
2−1 et−√ 2−1.
2. B(x) = 4x2+ 2x−2 = 4
x2+x 2 −1
2
= 4
x2+ 2×x 4 + 1
16− 1 16−1
2
= 4
"
x+1 4
2
− 9 16
#
donc ce trinôme est toujours supérieur à la valeur −9
16 qu’il atteint une unique fois au point d’abscisse−1 4. B admet son minimum global en−1
4 et il vaut −9 16.
B(x) = 0 ⇐⇒
x+1
4 2
− 9
16 =⇐⇒
x+1
4 = 3 ou 4 x+1
4 =−3 4
⇐⇒
x=1
ou 2 x=−1 B possède deux racines réelles distinctes qui sont 1
2 et −1.
3. C(x) =−x2−6x−9 =−
x2+ 2×3x+ 9−9 + 9
=−(x+ 3)2donc ce trinôme est toujours inférieur à la valeur 0 qu’il atteint une unique fois au point d’abscisse−3.Cadmet son maximum global en−3 et il vaut 0.
C(x) = 0 ⇐⇒ −(x+ 3)2= 0 ⇐⇒ x+ 3 = 0 ⇐⇒ x=−3 Cpossède une unique racine réelle qui est −3.
4. D(x) = −9x2+ 2x = −9
x2−2 9x+ 1
81− 1 81
= −9
"
x−1 9
2
− 1 81
#
donc ce trinôme est toujours inférieur à la valeur 1
9 qu’il atteint une unique fois au point d’abscisse 1
9.D admet son maximum global en 1
9 et il vaut 1 9.
Pour déterminer les racines deD, 0 est racine évidente, or la somme des racines vaut2
9 donc l’autre racine est 2
9.D possède deux racines réelles distinctes qui sont 0 et 2 9. 5. E(x) =−x2+x−1 =−
x2−2×x 2 +1
4 −1 4+ 1
=−
"
x−1 2
2
+3 4
#
donc ce trinôme est toujours inférieur à la valeur−3
4 qu’il atteint une unique fois au point d’abscisse1
2.E admet son maximum global en 1
2 et il vaut−3
4.E n’a donc aucune racine réelle.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.6
⊲ Corrigé de l’exercice 2.7
• Encadrements brutaux.
−16f 61
−16f61⇒06f261
⇒1−1 + 061 +f+f261 + 1 + 1
−16f 61⇒
−16f 61⇒06f261⇒ −16−f260
⇒ −1−16f −f261 + 0
Ainsi, par encadrements « brutaux » , on obtient queg et hsont respectivement à valeurs dans [0,3] et [−2,1].
• Encadrements optimaux.
Considérons les trinômest1
R → R
x 7→ x2+x+ 1 ett2
R → R
x 7→ −x2+x Mis sous forme canonique :
t1(x) =
x+1 2
2
+3
4 et t2(x) =−
x−1 2
2
+1 4 Le tracé des graphes de ces trinômes permet de voir quet1([−1,1]) =
3 4,3
et t2([−1,1]) =
−2,1 4
. Org=t1◦f eth=t2◦f donc
g(R) =t1(f(R)) =t1([−1,1]) = 3
4,3
et
h(R) =t2(f(R)) =t2([−1,1]) =
−2,1 4
doncg est à valeurs dans 3
4,3
et cet encadrement est optimal dans la mesure où
— g(x) vaut 3
4 sif(x) =−1 2,
— g(x) vaut 3 sif(x) = 1.
De même,hest à valeurs dans
−2,1 4
et cet encadrement est optimal dans la mesure où
— h(x) vaut−2 sif(x) =−1,
— h(x) vaut 1
4 sif(x) =1 2.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.8 1.
2. Le discriminant vaut−16 cos4α 2 =
4icos2α 2
2
, il ne s’annule pas car α∈]−π, π[⇒ α
2 ∈i
−π 2,π
2
h⇒cosα 2 6= 0 si bien que le trinôme admet deux racines distinctes qui sont
z1= 2 sinα+ 4icos2α2
2 et z2= 2 sinα−4icos2α2 2
Les racines du trinôme sontz1= sinα+ 2icos2α
2 et z2= sinα−2icos2α 2
3. Sachant quez2=z1(car le trinôme est à coefficients réels), il suffit de s’intéresser àz1. Observons que
z1 = sinα+ 2icos2α 2
= 2 sinα 2cosα
2 + 2icos2α 2
= 2 cosα 2
sinα
2 +icosα 2
= 2 cosα 2eiα2 D’après cette expression,|z1|= 2
cosα 2 . Or α∈]−π, π[⇒ α
2 ∈i
−π 2,π
2
h⇒cosα 2 >0 donc|z1|= 2 cosα
2.
Par ailleurs, pour tout α∈]−π, π[, |z1| 6= 0 et z1
|z1| =eiα2 si bien que l’argument dez1 dans [0,2π[ est
α
2 siα∈[0, π[, α
2 + 2π siα∈]−π,0[.
−
→i
−
→j
Figure 1 – Graphe de f : x 7→ x2 + 2x−3.
∀x∈R, f(x) = (x+ 3)(x−1).
−
→i
−
→j
Figure 2 – Graphe de |f| : x 7→ |x2 + 2x−3|.
∀x∈R, |f(x)|=|x+ 3||x−1|. Les arguments dez2sont les opposés des arguments dez1:
• siα∈[0, π[, un argument dez2est−α
2 donc le représentant de cet argument dans [0,2π[ est ( −α
2 + 2π siα∈]0, π[,
0 siα= 0.
• siα∈]−π,0[, un argument dez2est−α
2 −2πdonc le représentant de cet argument dans [0,2π[ est−α 2. Ainsi, les racinesz1 et z2 du trinôme ont pour module|z1|=|z2|= 2 cosα
2 et pour argument dans [0,2π[,
α
2 siα∈[0, π[, α
2 + 2π siα∈]−π,0], pour z1et
−α
2 + 2π siα∈]0, π[ (ouvert en 0),
−α
2 siα∈]−π,0] (fermé en 0), pourz2.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.9
Remarquons quex2+ 2x−3 = (x+ 3)(x−1)
On trace le graphe du trinômex7→(x+ 3)(x−1) qui est une parabole d’axex=−1.
1. x2+ 2x−3<5 ⇐⇒ x∈]−4,2[.
2. |x2+ 2x−3|<3 ⇐⇒ x∈]−1−√
7,−2[∪]0,−1 +√ 7[.
3. Il y a un piège ici : contrairement aux deux inégalités précédentes, on cherchex∈R\ {−3,1}. ln|x+ 3|<2 ln 2−ln|x−1| ⇐⇒ x∈]−1−√
6,−1 +√
6[\{−3,−1,1}.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.10
⊲ Corrigé de l’exercice 2.11 1. Soitx∈Rfixé quelconque.
• Appliquons la relation (Eq) pourx←x−a: f(x) = 1
2+p
f(x−a)−f(x−a)2
| {z }
>0 car √
R⊂R+
>1 2
• Puisque f(x) est bien définip
f(x−a)−f(x−a)2 est bien défini doncf(x−a)−f(x−a)2>0 si bien quef(x−a)(1−f(x−a))>0.
Le tableau de signe du trinômey(1−y) en fonction dey donne y(1−y)>0 ⇐⇒ y∈[−1,1]
doncf(x−a)∈[−1,1].
De plus, la mise sous forme canonique du trinômey(1−y) =y−y2=1 4−
y−1
2
permet de montrer que
∀y∈[−1,1], 06y(1−y)61 4 donc
06f(x−a)−f(x−a)261 4 d’où, par croissance de la fonction√
·, 06p
f(x−a)−f(x−a)26 1 2 et enfin,
f(x) =1 2 +p
f(x−a)−f(x−a)2
| {z } 61
2
61
Ainsi,∀x∈R,f(x)∈ 1
2,1
. 2. Soitx∈Rfixé quelconque.
g(x+a) = f(x+a)−1 2
= p
f(x)−f(x)2
= s
g(x) +1 2−
g(x) +1 2
2
= r
g(x) +1
4−g(x)2−g(x)
= r1
4−g(x)2 On en déduit que
∀x∈R, g2(x+a) = 1
4−g2(x) 3. Par conséquent, en appliquant la relation ci-dessus pourx←x+a
∀x∈R, g2(x+ 2a) = 1
4−g2(x+a) = 1 4−
1
4 −g2(x)
=g2(x) donc 2aest une période deg2.
Org est à valeurs positives ou nulles donc 2aest aussi une période deg=p g2. Ainsi,f est une combinaison linéaire deg est de la fonction constante de valeur 1
2 doncf est périodique (et 2aest une période).
4. Donner un exemple d’une telle fonction dans le casa= 1.
La fonctionx7→ 1 2 sinπ
2x +1
2 convient.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.1
⊲ Corrigé de l’exercice 3.2 1. cos(a) cos(2a) = 1
2cos(3a) +1 2cosa.
Z π6
0
cos(t) cos(2t)dt= 1 2
sin(3t)
3 + sin(t) π6
0
=1 2
1
3−0 + 1 2
= 5 12
2. cos(2a) sin(a) = 1
2sin(3a)−1 2sin(a).
Z π4
0
cos(2t) sin(t)dt=1 2
−cos(3t)
3 + cos(t) π4
0
=1
2 −−√22
3 +1 3 +
√2 2 −1
!
=
√2 3 −1
3 3. sin(4a) sin(a) =1
2cos(3a)−1
2cos(5a).
Z π3
π 6
sin(4t) sin(t)dt= 1 2
sin(3t)
3 −sin(5t) 5
π3 π 6
= 1 2
0−1
3 −−√3 10 + 1
10
=
√3 20 − 7
60
⊲ Corrigé de l’exercice 3.3
1. Les fonctions sinus et cosinus ont une image incluse dans [−1,1] donc
∀x∈[0,2π], 06sin2x61 , 16−cosx61, 06sin4(x)61
donc en sommant les inégalités de même sens, on obtient∀x∈[0,2π],−16sin2x−cosx+ sin4(x)63.
2. cosx+√
3 sinx= 2 sin x+π
6
or pour toutx∈R,−16sin x+π
6
61 donc∀x∈R,−26cosx+√
3 sinx62.
3. Pourx∈]0,1]⊂i 0,π
2
i, 06 2
π 6sinx
x 61 donc par croissance de la fonctiont7→t2 surR+, 4
π2 6sin2x x2 61 or
161 +x262⇒ 1
2 6 1
1 +x2 61 donc∀x∈]0,1], 2
π2 6 sin2x x4+x2 61.
4. Notons que
sin(2x)
x(2 + cosx) = 2 sinxcosx x(2 + cosx) Pourx∈h
0,π 3
i⊂h 0,π
2 i,
06 2
π 6 sinx x 61 or 1
2 = cosπ
3 6cosx61 donc
06 1
π 6sinxcosx
x 61
donc
06 2
π 62 sinxcosx
x 62
Par ailleurs,
0<2 + cosπ 3 =5
2 62 + cosx63⇒0< 1
3 6 1
2 + cosx 62 5 si bien que 2
3π 6 sin(2x) x(2 + cosx) 64
5.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.4
1. cosx=−
√3
2 ⇐⇒ cosx= cos5π
6 ⇐⇒
x ≡ 5π
6 [2π]
ou
x ≡ −5π 6 [2π]
L’ensemble des solutions est 5π
6 + 2kπ k∈Z
∪
−5π 6 + 2k′π
k′∈Z
.
2. Observons que 4<5 donc 2<√
5 si bien que
√5 2 >1.
Par conséquent, l’équation sinx=
√5
2 n’admet aucune solution.
3. sinx=−1
2 ⇐⇒ sinx= sin
−π 6
⇐⇒
x ≡ −π
6 [2π]
ou
x ≡ π−
−π 6
[2π]
⇐⇒
x ≡ −π 6 [2π]
ou
x ≡ 7π 6 [2π]
L’ensemble des solutions estn
−π 6 + 2kπ
k∈Zo
∪ 7π
6 + 2k′π k′∈Z
. 4. D’après la résolution de l’équation ci-dessus,
sin x−π
5
=−1
2 ⇐⇒
siny=−1 2 y=x−π
5
⇐⇒
y≡ −π
6[2π] ouy≡ 7π 6 [2π]
y=x−π 5
⇐⇒
x−π
5 ≡ −π 6 [2π]
x−π
5 ≡ 7π
6 [2π]
⇐⇒
x ≡ π
30 [2π]
x ≡ 41π 30 [2π]
L’ensemble des solutions estn π
30+ 2kπ k∈Zo
∪ 41π
30 + 2lπ l∈Z
. 5.
cos(3x) = 1 ⇐⇒ cos(3x) = cos 0
⇐⇒
3x ≡ 0 [2π]
ou
3x ≡ −0 [2π]
⇐⇒ x≡0 2π
3
L’ensemble des solutions est 2π
3 +2kπ 3
k∈Z
= 2π 3 Z.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.5
1.
cosx= sinx ⇐⇒ cosx−sinx= 0
⇐⇒ p 12+ 12
√2
2 cosx−
√2 2 sinx
= 0
⇐⇒ cosπ
4 cosx−sinπ
4sinx= 0
⇐⇒ cos x+π
4
= cosπ 2
⇐⇒
x+π
4 ≡ π
2 [2π]
ou x+π
4 ≡ −π
2 [2π]
⇐⇒
x ≡ π
4 [2π]
ou
x ≡ −3π 4 [2π]
L’ensemble des solutions estnπ 4 +kπ
k∈Zo . 2.
cosx−√
3 sinx= 1 ⇐⇒ √ 1 + 3
1
2cosx−
√3 2 sinx
= 1
⇐⇒
cosπ
3cosx−sinπ 3sinx
= 1 2
⇐⇒ cos x+π
3
= cos x+π
3
⇐⇒
x+π
3 ≡ π
3 [2π]
ou x+π
3 ≡ −π 3 [2π]
⇐⇒
x ≡ 0 [2π]
ou
x ≡ −2π 3 [2π]
L’ensemble des solutions est
−2π 3 + 2kπ
k∈Z
∪2πZ.
3.
2 cosx−2 sinx=√ 6
r3
2 ⇐⇒ p
22+ 22 √2
2 cosx−
√2 2 sinx
=√ 6
⇐⇒ cosπ
4 cosx−sinπ 4 sinx=
√6 2√
2
⇐⇒ cos x+π
4
= cosπ 6
⇐⇒
x+π
4 ≡ π
6 [2π]
ou x+π
4 ≡ −π 6 [2π]
⇐⇒
x ≡ −π 12 [2π]
ou
x ≡ −5π 12 [2π]
L’ensemble des solutions estn
−π
12+ 2kπ k∈Zo
∪
−5π 12 + 2kπ
k∈Z
.
4.
cos 3x+ sin 3x= r3
2 ⇐⇒ √
2 √2
2 cos 3x+
√2 2 sin 3x
= r3
2
⇐⇒ cosπ
4 cos 3x+ sinπ
4sin 3x=
√3 2
⇐⇒ cos x−π
4
= cosπ 6
⇐⇒
x−π
4 ≡ π
6 [2π]
ou x−π
4 ≡ −π 6 [2π]
⇐⇒
x ≡ 5π 12 [2π]
ou
x ≡ π
12 [2π]
L’ensemble des solutions est 5π
12 + 2kπ k∈Z
∪n π
12 + 2kπ k∈Zo
.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.6 1. cosx=−1.
L’ensemble des solutions est{π+ 2kπ|k∈Z}. 2. sin(2x) =1
2.
sin(2x) = 1
2 ⇐⇒ sin(2x) = sinπ 6
⇐⇒
2x ≡ π
6 [2π]
ou
2x ≡ π−π 6 [2π]
⇐⇒
x ≡ π
12 [π]
ou
x ≡ 5π 12 [π]
(4)
L’ensemble des solutions est 5π
12 +kπ k∈Z
∪n π 12+kπ
k∈Zo . 3. cos2x−3 sin2x=−1.
Proposons deux méthodes.
• Méthode 1 : linéarisation encos(2x).
cos2x−3 sin2x=−1 ⇐⇒ cos(2x) + 1
2 −31−cos(2x)
2 =−1
⇐⇒ 2 cos(2x)−1 =−1
⇐⇒ cos(2x) = 0
⇐⇒ 2x≡π 2c[π]
⇐⇒ x≡ π 4
hπ 2 i
• Méthode 2 : obtenir une seule équation en cos2x en utilisant quecos2x+ sin2x= 1.
cos2x−3 sin2x=−1 ⇐⇒ cos2x−3(1−cos2x) =−1
⇐⇒ 4 cos2x= 2
⇐⇒ cos2x= 1 2
⇐⇒ cosx=
√2
2 ou cosx=−
√2 2
⇐⇒ cosx= cosπ
4 ou cosx= cos3π 4
⇐⇒
x≡π
4[2π]
ou x≡ −π
4[2π]
ou
x≡ 3π 4 [2π]
ou x≡ −3π
4 [2π]
Ainsi, l’ensemble des solutions est nπ 4 +kπ
2
k∈Zo .
4. 2 cos2x+ cosx−1 = 0. Le trinôme 2r2+r−1 admet−1 comme racine évidente or le produit des racines est−1
2 donc l’autre racine est 1 2.
2 cos2x+ cosx−1 = 0 ⇐⇒ cosxest racine du trinôme 2r2+r−1
⇐⇒ cosx=−1 ou cosx= 1 2
⇐⇒ x≡π[2π] ou cosx= cosπ 3
⇐⇒ x≡π[2π] ou
x≡π
3[2π]
ou x≡ −π
3[2π]
⇐⇒ x≡ π 3[2π
3 ] Ainsi, l’ensemble des solutions est
π 3 +k2π
3 k∈Z
. 5. cos(4x) + cos(2x) = 0
cos(4x) + cos(2x) = 0 ⇐⇒ (2 cos22x−1) + cos(2x) = 0
⇐⇒ 2 cos22x+ cos(2x)−1 = 0
⇐⇒ 2xest solution de l’équation 2 cos2t+ cost−1 = 0 résolue ci-dessus
⇐⇒ 2x≡ π 3[2π
3 ]
⇐⇒ x≡π 6[π
3] L’ensemble des solutions est
π 6 +kπ
3 k∈Z
∪πZ.
Autre méthode.
cos(4x) + cos(2x) = 0 ⇐⇒ 2 cos4x+ 2x
2 cos4x−2x
2 = 0
⇐⇒ cos(3x) cosx= 0
⇐⇒ cos(3x) = 0 ou cosx= 0
⇐⇒ 3x≡ π
2 [π] ou x≡π 2 [π]
⇐⇒ x≡ π 6 [π
3] ou x≡π 2 [π]
⇐⇒ x≡ π 6[π
3]
⊲ Corrigé de l’exercice 3.7 1. sinx>1.
sinx>1 ⇐⇒ sinx= 1 ⇐⇒ x≡ π 2 [2π]
L’ensemble des solutions estnπ 2 + 2kπ
k∈Zo .
2. cosx <1. Il semble plus simple de déterminer le complémentaire de l’ensemble cherché.
cosx>1 ⇐⇒ cosx= 1 ⇐⇒ x≡0 [2π]
L’ensemble des solutions estR\2πZ.
3. −
√3
2 <sinx6 1 2.
L’ensemble des solutions est [
k∈Z
i
−π
3 + 2kπ,π
6 + 2kπi
∪ 5π
6 + 2kπ,4π 3 + 2kπ
.
4. |cosxsinx|>1.
|cosxsinx|>1 ⇐⇒ |sin(2x)|
2 >1 ⇐⇒ |sin(2x)|>2 Cette inéquation n’admet aucune solution.
5. |cosxsinx|>
√3 4 .
|cosxsinx|>
√3
4 ⇐⇒ |sin(2x)| 2 >
√3 4
⇐⇒ |sin(2x)|>
√3 2
⇐⇒ |sin(2x)|>sinπ 3
⇐⇒ sin(2x)>sinπ
3 ou sin(2x)<−sinπ 3
⇐⇒ 2x∈ [
k∈Z
−2π
3 + 2kπ,−π 3 + 2kπ
ou 2x∈ [
k∈Z
π
3 + 2kπ,2π 3 + 2kπ
⇐⇒ (5)
6. 2 cos2x+ cosx−1<0.
Le trinôme 2r2+r−1 admet−1 comme racine évidente or le produit des racines est −1
2 donc l’autre racine est 1
2 si bien que sa forme factorisée est 2(r+ 1)
r−1 2
.
2 cos2x+ cosx−1<0 ⇐⇒ 2 (cosx+ 1)
| {z }
>0
cosx−1 2
<0
⇐⇒
cosx+ 1>0 et
cosx−1 2 <0
⇐⇒
cosx >−1 et
cosx < 1 2
⇐⇒
x6≡π[2π]
et x∈ [
k∈Z
π
3 + 2kπ,5π 3 + 2kπ
L’ensemble des solutions est [
k∈Z
i−π+ 2kπ,−π
3 + 2kπh
∪iπ
3 + 2kπ, π+ 2kπh .
⊲ Corrigé de l’exercice 3.8 1. tanx=√
3.
On cherchex∈R\nπ 2 +πZo
.
tanx=√
3 ⇐⇒ tanx= tanπ 3
⇐⇒ x≡ π 3 [π]
(6)
L’ensemble des solutions est nπ
3 +kπ|k∈Zo .
2. tan 2x+π
3 =−
√3 3 .
2x+π 3 ≡ π
2 [π] ⇐⇒ x≡π
6 [π] ⇐⇒ x≡ π 12 [π
2] On cherchex∈R\n π
12+kπ 2 k∈Zo
| {z } notéE
.
tan
2x+π 3
=−
√3
x∈E 3 ⇐⇒
( tan 2x+π
3
= tan
−π 6 x∈E
⇐⇒
( 2x+π 3 ≡ −π
6 [π]
x∈E
⇐⇒
( 2x≡ −π 2 [π]
x∈E
⇐⇒
( x≡ −π 4 [π
2] x∈E
L’ensemble des solutions estn
−π 4 +kπ
2 k∈Zo
. 3. tan3x=−3√
3.
On cherchex∈R\nπ 2 +kπ
k∈Zo
| {z } noté E
.
tan3x=−3√ 3
x∈E ⇐⇒
tan3x= (−√ 3)3 x∈E
⇐⇒
( tanx=−√3 = tan
−π 3
x∈E cart7→t3 est une bijection deRdansR
⇐⇒
( x≡ −π 3 [π]
x∈E
L’ensemble des solutions estn
−π 3 +kπ
k∈Zo . 4. tanx= cotan(3x).
3x≡0 [π] ⇐⇒ x≡0 [π 3]
On cherchex∈R\nπ 2 +kπ
k∈Zo
∪π 3Z
| {z }
notéE
.
tanx= cotan(3x)
x∈E ⇐⇒
( tanx= tanπ 2 −3x x∈E
⇐⇒
( x≡π
2 −3x[π]
x∈E
⇐⇒
( 4x≡ π 2 [π]
x∈E
⇐⇒
( x≡ π 8 [π
4] x∈E
L’ensemble des solutions estnπ 8 +kπ
4 k∈Zo
. 5. tan(2x) = tan(3x).
2x≡ π
2 [π] ⇐⇒ x≡ π 4
hπ 2 i et
3x≡ π
2 [π] ⇐⇒ x≡ π 6
hπ 3 i
donc on cherchex∈R\nπ 4 +π
2Zo
∪nπ 6 +π
3Zo
| {z }
notéE
.
tan(2x) = tan(3x)
x∈E ⇐⇒
2x≡3x[π]
x∈E
⇐⇒
x≡0 [π]
x∈E
L’ensemble des solutions estπZ.
6. tan(2x).tan(x) = 1.
2x≡ π
2 [π] ⇐⇒ x≡ π 4
hπ 2 i
donc on cherchex∈R\nπ 2 +πZo
∪nπ 4 +π
2Zo
| {z }
notéE
.
tan(2x) tanx= 1
x∈E ⇐⇒
( 2 tanx
1−tan2xtanx= 1 x∈E
⇐⇒
2 tan2x= 1−tan2x x∈E
⇐⇒
( tan2x= 1 x∈E 3
⇐⇒
tanx= 1
√3 = tanπ 6 x∈E
ou
tanx=− 1
√3 = tan
−π 6 x∈E
⇐⇒
( x≡ π 6 [π]
x∈E ou
( x≡ −π 6 [π]
x∈E
L’ensemble des solutions estnπ 6 +kπ
k∈Zo
∪n
−π 6 +kπ
k∈Zo .
⊲ Corrigé de l’exercice 3.9 1. |tanx|<1.
On cherchex∈R\nπ 2 +πZo
.
|tanx|<1 ⇐⇒ tanx∈]−1,1[
⇐⇒ x∈ [
k∈Z
i−π
4 +kπ,π 4 +kπh
***
dessin du cercle trigo pour justification
***
L’ensemble des solutions est [
k∈Z
i−π
4 +kπ,π 4 +kπh
.
2. tan2x−(1 +√
3) tanx+√ 360.
On cherchex∈R\nπ 2 +πZo
. Observons quet2−(1 +√
3) tanx+√
3 = (t−1)(t−√
3) et ce trinôme est strictement négatif entre ses racines si bien que
tan2x−(1 +√
3) tanx+√
360 ⇐⇒ tanx∈[1,√ 3]
⇐⇒ x∈ [
k∈Z
hπ
4 +kπ,π 3 +kπi
L’ensemble des solutions est [
k∈Z
hπ
4 +kπ,π 3 +kπi
.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.10
1. Nous savons que tan (x) = cotanπ 2 −x
, sous réserve que les termes aient un sens donc tan π
10 = cotanπ 2 − π
10
= cotan 4π
10
= cotan 2π
5
Ainsi, tan π
10 = cotan2π 5 .
2. Sur le cercle trigonométrique, plaçons les angles π 10 et 2π
5 . On observera que 2π 5 = π
2 − π
10 ce qui montre que la seconde bissectrice (droite d’équation polaireθ= 3π
4 ) est axe de symétrie de la construction : d’une part elle {echange les droites définies par les angles θ= 2π
5 et θ = π
10 et d’autre part elles permute les axes orientés sur lesquels se lisent la tangente et la cotangente, or c’est une isométrie donc elle préserve les longueurs donc tan π
10 = cotan2π
********** 5 beau dessin
**********
⊲ Corrigé de l’exercice 3.11 1. On a 4π
5 =π−π 5 donc
tan4π
5 = tan π−π
5
=−tanπ 5 d’où tanπ
5 ×tan4π
5 =−tan2π 5. De même, 3π
5 =π−2π 5 donc
tan3π 5 = tan
π−2π
5
=−tan2π 5
d’où tan2π
5 ×tan3π
5 =−tan22π 5 . Par conséquent,
tanπ
5 ×tan2π
5 ×tan3π
5 ×tan4π
5 = tanπ
5 ×tan4π
| {z 5}
=−tan2π 5
×tan3π
5 ×tan4π
| {z 5}
=−tan22π 5
= tan2π
5tan22π 5
2.
Y2n k=1
tan kπ 2n+ 1 =
Yn k=1
tan kπ 2n+ 1
! 2n Y
k=n+1
tan kπ 2n+ 1
!
= Yn k=1
tan kπ 2n+ 1
!
Yn j=1
tan(2n+ 1−j)π 2n+ 1
| {z }
= tan
π− jπ 2n+ 1
=−tan jπ 2n+ 1
en posantj = 2n+ 1−k
= (−1)n Yn k=1
tan2 kπ 2n+ 1
⊲ Corrigé de l’exercice 3.12 1. On a 4π
6 = π 2 +π
6 donc tan4π
6 =− 1
tanπ6 si bien que tanπ
6 ×tan4π 6 =−1 De même, 5π
6 = π 2 +2π
6 donc tan5π
6 =− 1
tan2π6 si bien que tan2π
6 ×tan5π 6 =−1 On en déduit que
tanπ
6 ×tan2π
6 ×tan4π
6 ×tan5π
6 = tanπ
6 ×tan4π
| {z 6}
=−1
×tan2π
6 ×tan5π
| {z 6}
=−1
= 1
2. On a 5π
8 = (4 + 1)π
8 =π
2 +π
8 donc tan5π
8 =− 1
tanπ8 si bien que tanπ
8 ×tan5π 8 =−1 On montre de même que 6π
8 =(4 + 2)π
8 = π
2 +2π 8 et 7π
8 =(4 + 3)π
8 = π
2 +3π 8 donc tan2π
8 ×tan6π
8 =−1 et tan3π
8 ×tan7π 8 =−1 si bien que
tanπ
8 ×tan2π 8 tan3π
8 ×tan5π
8 ×tan6π
8 ×tan7π
8 = (−1)3=−1
3.
2n−1
Y
k=1 k6=n
tankπ 2n =
n−1
Y
k=1
tankπ 2n
! 2n−1 Y
k=n+1
tankπ 2n
!
=
n−1
Y
k=1
tankπ 2n
!
n−1
Y
j=1
tan(n+j)π
| {z2n }
= tan π
2 +jπ 2n
=− 1 tanjπ2n
en posantj=k−n
=
n−1
Y
k=1
tankπ2n
−tankπ2n
= (−1)n−1 4. Effectuons le changement d’indicei=n−k
n−1
Y
k=1
tankπ 2n =
n−1
Y
i=1
tan(n−i)π
| {z2n }
= tan π
2 − iπ 2n
= 1
taniπ2n
= 1
n−1
Y
k=1
tankπ 2n
donc
n−1
Y
k=1
tankπ 2n
!2
= 1 d’où
n−1
Y
k=1
tankπ 2n
= 1.
Or, pour toutk∈[[1, n−1]], kπ 2n ∈h
0,π 2
hdonc tankπ
2n >0 si bien que
n−1
Y
k=1
tankπ 2n >0.
Ainsi,
n−1
Y
k=1
tankπ 2n = 1.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.13 1. u1=√2 + 2 cosθ=p
2(1 + cosθ) = r
2(1 + 2 cos2θ 2−1) =
r 4 cos2θ
2 = 2 cosθ
2 . Orθ∈]0, π[ donc θ
2 ∈i 0,π
2 h⊂h
0,π 2
i, or cosh 0,π
2
i= [0,1] si bien que cosθ
2 >0 d’où u1= cosθ 2 . u2=
r
2 + 2 cosθ 2 =
r
2(1 + cosθ 2) =
r
2(1 + 2 cos2θ 4 −1) =
r 4 cos2θ
4 = 2 cosθ
4 . Orθ∈]0, π[ donc θ
4 ∈i 0,π
4 h⊂h
0,π 2
i, or cosh 0,π
2
i= [0,1] si bien que cosθ
4 >0 d’où u2= cosθ 4 . 2. Considérons la propriétéP(·) définie pour toutn∈Npar
P(n) : «un= 2 cos(θ/2n) ».
• P(0) est vraie caru0= 2 cosθ= 2 cos θ 20.
• Soitn∈Nfixé quelconque tel queP(n) est vraie.
