( 2 x 1 + π 3 = 0 + 2 k π où k ∈ Z 2 x 2 + π 3 = π + 2 k π où k ∈ Z

11.16 1)

0 0

π

sin(2 x + ^π 3 ) = 0

( 2 x ₁ + ^π ₃ = 0 + 2 k π où k ∈ Z 2 x ₂ + ^π 3 = π + 2 k π où k ∈ Z

( 2 x ₁ = − ^π 3 + 2 k π où k ∈ Z 2 x ₂ = ² 3 ^π + 2 k π où k ∈ Z

( x ₁ = − ^π 6 + k π où k ∈ Z x ₂ = ^π 3 + k π où k ∈ Z

Il reste à trouver, parmi ces solutions, celles qui sont dans l’intervalle [− ^π 2 ; ³ 2 ^π ].

(a) i. − ^π 2 6 − ^π 6 + k π

· 6

−3 π 6 − π + 6 k π

−2 π 6 6 k π

− ¹ ₃ 6 k

ii. ³ ₂ ^π > − ^π ₆ + k π

· 6 9 π > − π + 6 k π

10 π > 6 k π

5 3 > k

La contrainte − ¹ 3 6 k 6 ⁵ ₃ , avec k entier, implique k = 0 ou k = 1.

Si k = 0, alors x ₁ = − ^π ₆ + 0 · π = − ^π ₆ .

Si k = 1, alors x ₁ = − ^π ₆ + 1 · π = − ^π ₆ + ⁶ ₆ ^π = ⁵ ₆ ^π . (b) i. − ^π 2 6 ^π ₃ + k π

· 6

−3 π 6 2 π + 6 k π

−5 π 6 6 k π

− ⁵ 6 6 k

ii. ³ 2 ^π > ^π ₃ + k π

· 6 9 π > 2 π + 6 k π

7 π > 6 k π

7 6 > k

La contrainte − ⁵ 6 6 k 6 ⁷ ₆ , avec k entier, implique k = 0 ou k = 1.

Si k = 0, alors x ₂ = ^π 3 + 0 · π = ^π 3 .

Si k = 0, alors x ₂ = ^π 3 + 1 · π = ^π 3 + ³ 3 ^π = ⁴ 3 ^π .

On conclut que les solutions possibles sont S = {− ^π 6 ; ^π 3 ; ⁵ 6 ^π ; ⁴ 3 ^π }.

Trigonométrie : équations trigonométriques Corrigé 11.16

2) cos(4 x + π ) = cos( x + ³ 4 ^π ) implique :

( 4 x ₁ + π = x ₁ + ³ 4 ^π + 2 k π où k ∈ Z 4 x ₂ + π = −( x ₂ + ³ ₄ ^π ) + 2 k π où k ∈ Z

( 3 x ₁ = − ^π 4 + 2 k π où k ∈ Z 5 x ₂ = − ⁷ 4 ^π + 2 k π où k ∈ Z

( x ₁ = − 12 ^π + ^{2 k π} 3 où k ∈ Z x ₂ = − ⁷ ₂₀ ^π + ^{2 k π} ₅ où k ∈ Z

Il reste à trouver, parmi ces solutions, celles qui sont dans l’intervalle [− ^π 2 ; ³ 2 ^π ].

(a) i. − ^π 2 6 − 12 ^π + ^{2 k π} 3

· 12

−6 π 6 − π + 8 k π

−5 π 6 8 k π

− ⁵ ₈ 6 k

ii. ³ ₂ ^π > − ₁₂ ^π + ^{2 k π} ₃ · 12 18 π > − π + 8 k π

19 π > 8 k π

19 8 > k

La contrainte − ⁵ 8 6 k 6 ¹⁹ ₈ , avec k entier, donne k = 0, k = 1 ou k = 2.

Si k = 0, alors x ₁ = − 12 ^π + ^{2 · 0} 3 ^{· π} = − 12 ^π .

Si k = 1, alors x ₁ = − 12 ^π + ^{2 · 1} 3 ^{· π} = − 12 ^π + ⁸ 12 ^π = ⁷ 12 ^π .

Si k = 2, alors x ₁ = − 12 ^π + ^{2 · 2} 3 ^{· π} = − 12 ^π + ¹⁶ 12 ^π = ^15π 12 = ⁵ 4 ^π . (b) i. − ^π ₂ 6 − ⁷ ₂₀ ^π + ^{2 k π} ₅ · 20

−10 π 6 −7 π + 8 k π

−3 π 6 8 k π

− ³ 8 6 k

ii. ³ 2 ^π > − ⁷ 20 ^π + ^{2 k π} 5

· 20 30 π > −7 π + 8 k π

37 π > 8 k π

37 8 > k

La contrainte − ³ ₈ 6 k 6 ³⁷ ₈ , avec k entier, implique k = 0, k = 1, k = 2, k = 3 ou k = 4.

Si k = 0, alors x ₂ = − ⁷ 20 ^π + ^{2 · 0} 5 ^{· π} = − ⁷ 20 ^π .

Si k = 1, alors x ₂ = − ⁷ 20 ^π + ^{2 · 1} 5 ^{· π} = − ⁷ 20 ^π + ⁸ 20 ^π = 20 ^π . Si k = 2, alors x ₂ = − ⁷ 20 ^π + ^{2 · 2} 5 ^{· π} = − ⁷ 20 ^π + ¹⁶ 20 ^π = ⁹ 20 ^π . Si k = 3, alors x ₂ = − ⁷ 20 ^π + ^{2 · 3} 5 ^{· π} = − ⁷ 20 ^π + ²⁴ 20 ^π = ^17π 20 . Si k = 4, alors x ₂ = − ⁷ 20 ^π + ^{2 · 1} 5 ^{· π} = − ⁷ 20 ^π + ²⁵ 20 ^π = ⁵ 4 ^π .

Donc les solutions possibles sont S = {− ⁷ 20 ^π ; − 12 ^π ; 20 ^π ; ⁹ 20 ^π ; ⁷ 12 ^π ; ^17π 20 ; ⁵ 4 ^π }.

Trigonométrie : équations trigonométriques Corrigé 11.16