Trigonométrie circulaire
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours Exercice no1 (*IT)
Résoudre dansRpuis dans[0, 2π]les équations suivantes :
1)sinx=0 2) sinx=1 3) sinx= −1 4)cosx=1 5) cosx= −1 6)cosx=0 7) tanx=0 8) tanx=1.
Exercice no2 (*IT)
Résoudre dansRpuis dans[0, 2π]les équations suivantes :
1)sinx= 1
2 2) sinx= − 1
√2 3)tanx= −1 4)tanx= 1
√3 5) cosx=
√3
2 6)cosx= − 1
√2. Exercice no3 (**IT)
Résoudre dansRpuis dansIles équations suivantes : 1)sin(2x) = 1
2,I= [0, 2π] 2)sinx 2
= − 1
√2,I= [0, 4π] 3)tan(5x) =1,I= [0, π]
4)cos(2x) =cos2x,I= [0, 2π] 5)2cos2x−3cosx+1=0, I= [0, 2π] 6)cos(nx) =0(n∈N∗)
7)|cos(nx)|=1 8)sin(nx) =0 9)|sin(nx)|=1
10)sinx=tanx,I= [0, 2π] 11)sin(2x) +sinx=0,I= [0, 2π] 12)12cos2x−8sin2x=2,I= [−π, π].
Exercice no4 (**IT)
Résoudre dansIles inéquations suivantes : 1) cosx6 1
2,I= [−π, π] 2)sinx>− 1
√2, I=R 3)cosx >cosx
2, I= [0, 2π]
4) cos2x>cos(2x), I= [−π, π] 5)cos2x61
2, I= [0, 2π] 6)cosx
3 6sinx
3, I= [0, 2π].
Exercice no5 (*I) Calculer cosπ
8 et sinπ 8. Exercice no6 (*I) Calculer cos π
12 et sin π 12. Exercice no7 (***) Montrer queX
cos(a1±a2±...±an) =2ncosa1cosa2...cosan (la somme comporte2n termes).
Exercice no8 (***I) 1)Calculer
Yn
k=1
cosa 2k
pouraélément donné de]0, 2π[(penser à sin(2x) =2sinxcosx).
2)Poura∈]0, π[, déterminer lim
n→+∞
Xn
k=1
ln cosa
2k
.
Exercice no9 (**)
Résoudre dansRl’équation24cos2x+1+16×24sin2x−3=20.
Exercice no10 (***) Soita un réel distinct de 1
√3 et− 1
√3. 1)Calculer tan(3θ)en fonction de tanθ
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
2)Résoudre dansRl’équation :
3x−x3
1−3x2 = 3a−a3 1−3a2.
On trouvera deux méthodes, l’une algébrique et l’autre utilisant la formule de trigonométrie établie en 1).
Exercice no11 (***)Combien l’équation
tanx+tan(2x) +tan(3x) +tan(4x) =0, possède-t-elle de solutions dans[0, π]?
Exercice no12 (**I)
Calculer une primitive de chacune des fonctions suivantes :
1) x7→cos2x 2)x7→cos4x 3)x7→sin4x 4)x7→cos2xsin2x 5) x7→sin6x 6) x7→cosxsin6x 7)x7→cos5xsin2x 8)x7→cos3x.
Exercice no13 (***I) CalculerI=
Zπ/3 π/6
cos4xsin6x dxetJ= Zπ/3
π/6
cos4xsin7x dx.
Exercice no14 (**)
Démontrer les identités suivantes, en précisant à chaque fois leur domaine de validité : 1) 1−cosx
sinx =tanx
2 2)sin
x−2π
3
+sinx+sin
x+ 2π 3
=0 3)tanπ
4 +x
+tanπ 4 −x
= 2
cos(2x) 4) 1
tanx−tanx= 2 tan(2x). Exercice no15 (***)
Soitk un réel distinct de−1et de 1.
1)Etudier les variations defk : x7→ sinx
√1−2kcosx+k2.
2)Calculer Zπ
0
fk(x)dx.
Exercice no16 (***I) Calculer les sommes suivantes : 1)
Xn
k=0
cos(kx)et Xn
k=0
sin(kx), (x∈Retn∈Ndonnés).
2) Xn
k=0
cos2(kx)et Xn
k=0
sin2(kx), (x∈Retn∈Ndonnés).
3) Xn
k=0
Ckncos(kx)et Xn
k=0
Cknsin(kx), (x∈Retn∈Ndonnés).
Exercice no17 (***) Résoudre le système
cosa+cosb+cosc=0
sina+sinb+sinc=0 oùa,bet csont trois réels.
Exercice no18 (**) Montrer que cos4π
8 +cos43π
8 +cos45π
8 +cos47π 8 = 3
2. Exercice no19 (***)
1)Résoudre dansRl’équation cos(3x) =sin(2x).
2)En déduire les valeurs de sinxet cosxpourxélément de π
10,π 5,3π
10
.
2
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
Exercice no20 (***IT)
Etude complète et graphe des fonctions suivantes :
1)f1 : x7→2cos(x) +cos(2x) 2)f2 : x7→ sin(x) 2−cos(x)
3)f3 : x7→|tan(x)|+cos(x) 2)f4 : x7→ 2sin(x) +1
2cos(x) +1
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
Planche n
o12. Trigonométrie circulaire : corrigé
Exercice no1
1)sinx=0⇔x∈πZ. De plus,S[0,2π]={0, π, 2π}.
2)sinx=1⇔x∈ π
2 +2πZ. De plus,S[0,2π]=π 2
.
3)sinx= −1⇔x∈−π
2 +2πZ. De plus,S[0,2π]= 3π
2
. 4)cosx=1⇔x∈2πZ. De plus,S[0,2π]={0, 2π}.
5)cosx= −1⇔x∈π+2πZ. De plus,S[0,2π]={π}.
6)cosx=0⇔x∈ π
2 +πZ. De plus, S[0,2π]= π
2,3π 2
. 7)tanx=0⇔x∈πZ. De plus,S[0,2π]={0, π, 2π}.
8)tanx=1⇔x∈ π
4 +πZ. De plus,S[0,2π]= π
4,5π 4
. Exercice no2
1)sinx= 1
2 ⇔x∈π
6 +2πZ
∪ 5π
6 +2πZ
. De plus,S[0,2π]= π
6,5π 6
. 2)sinx= − 1
√2 ⇔x∈
−π 4 +2πZ
∪
−3π 4 +2πZ
. De plus,S[0,2π]= 5π
4 ,7π 4
. 3)tanx= −1⇔x∈−π
4 +πZ. De plus,S[0,π]= 3π
4
et S[0,2π]= 3π
4 ,7π 4
. 4)tanx= 1
√3 ⇔x∈ π
6 +πZ. De plus,S[0,π]=π 6
etS[0,2π]= π
6,7π 6
. 5)cosx=
√3
2 ⇔x∈
−π
6 +2πZ
∪π
6 +2πZ
. De plus,S[0,2π]= π
6,11π 6
. 6)cosx= − 1
√2 ⇔x∈
−3π 4 +2πZ
∪ 3π
4 +2πZ
. De plus,S[0,2π]= 3π
4 ,5π 4
. Exercice no3
1)sin(2x) = 1
2 ⇔2x∈π
6 +2πZ
∪ 5π
6 +2πZ
⇔x∈π
12+πZ
∪ 5π
12 +πZ
. De plus,S[0,2π]= π
12,5π 12,13π
12 ,17π 12
. 2)sinx
2 = − 1
√2 ⇔ x 2 ∈
5π 4 +2πZ
∪ 7π
4 +2πZ
⇔x∈ 5π
2 +4πZ
∪ 7π
2 +4πZ
. De plus,S[0,4π]= 5π
2 ,7π 2
. 3)tan(5x) =1⇔5x∈ π
4 +πZ⇔x∈ π 20+ π
5Z. De plus,S[0,π]= π
20,π 4,9π
20,13π 20 ,17π
20
. 4)cos(2x) =cos2x⇔cos(2x) = 1
2(1+cos(2x))⇔cos(2x) =1⇔2x∈2πZ⇔x∈πZ. De plus,S[0,2π]={0, π, 2π}.
5)2cos2x−3cosx+1=0⇔(2cosx−1)(cosx−1) =0⇔cosx= 1
2 ou cosx=1⇔x∈
−π 3 +2πZ
∪π 3 +2πZ
∪2πZ. De plus,S[0,2π]=
0,π
3,5π 3 , 2π
. 6)cos(nx) =0⇔nx∈ π
2 +πZ⇔x∈ π 2n+ π
nZ. 7)|cos(nx)|=1⇔nx∈πZ⇔x∈ π
nZ. 8)sin(nx) =0⇔nx∈πZ⇔x∈ π
nZ. 9)|sin(nx)|=1⇔nx∈ π
2 +πZ⇔x∈ π 2n+ π
nZ. 10)sinx=tanx⇔sinxcosx−1
cosx =0⇔sinx=0ou cosx=1⇔x∈πZ. De plus,S[0,2π]={0, π, 2π}.
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
11) 1ère solution.
sin(2x) +sinx=0⇔sin(2x) =sin(x+π)⇔(∃k∈Z/ 2x=x+π+2kπ)ou(∃k∈Z/ 2x=π− (x+π) +2kπ)
⇔(∃k∈Z/ x=π+2kπ)ou(∃k∈Z/ x= 2kπ 3 ) De plus,S[0,2π]=
0,2π
3 , π,4π 3 , 2π
. 2ème solution.
sin(2x) +sinx=0⇔2sin(x)cos(x) +sin(x) =0⇔sin(x)(2cos(x) +1) =0⇔sin(x) =0ou cos(x) = −1 2
⇔(∃k∈Z/ x=kπ)ou(∃k∈Z/ x= −π
3 +2kπ)ou(∃k∈Z/ x= π 3 +2kπ) 12)
12cos2x−8sin2x=2⇔6cos2x−4(1−cos2x) =1⇔cos2x= 1
2 ⇔cosx= 1
√2 ou cos= − 1
√2
⇔x∈
−π 4 +πZ
∪π 4 +πZ
⇔x∈ π 4 +π
2Z. De plus,S[−π,π]=
−3π 4 ,−π
4,π 4,3π
4
. Exercice no4
1)Pourx∈[−π, π], cosx61
2 ⇔x∈h
−π,−π 3 i
∪hπ 3, πi
. 2)Pourx∈R, sinx>− 1
√2 ⇔x∈ [
k∈Z
−π
4 +2kπ,5π 4 +2kπ
. 3)Pourx∈[0, 2π],
cosx >cosx
2 ⇔2cos2x
2 −cosx
2 −1 > 0⇔
2cosx
2 +1 cosx 2 −1
> 0⇔2cosx
2+1 < 0et cosx 2 6=1
⇔cosx 2 <−1
2 ⇔ x 2 ∈ [
k∈Z
2π
3 +2kπ,4π 3 +2kπ
⇔x∈ [
k∈Z
4π
3 +4kπ,8π 3 +4kπ
⇔x∈ 4π
3 , 2π
.
4)Pourx∈[−π, π], cos2x>cos(2x)⇔ 1
2(1+cos(2x))>cos(2x)⇔cos(2x)61⇔x∈[−π, π].
5)Pourx∈[0, 2π], cos2x6 1
2 ⇔− 1
√2 6cosx6 1
√2 ⇔x∈ π
4,3π 4
∪ 5π
4 ,7π 4
. 6)Pourx∈[0, 2π],
cosx
3 6sinx 3 ⇔ 1
√2sinx 3 − 1
√2cosx
3 >0⇔sinx 3 − π
4
>0⇔∃k∈Z/ 2kπ6x 3− π
4 6π+2kπ
⇔∃k∈Z/ 3π
4 +6kπ6x63π+ 3π
4 +6kπ⇔ 3π
4 6x62π Exercice no5
cos2π 8 = 1
2
1+cos 2×π
8 = 1
2 1+
√2 2
!
= 2+√ 2
4 et donc, puisque cosπ 8 > 0,
cosπ 8 =
p2+√ 2
2 .
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
De même, sin2π 8 = 1
2
1−cos 2×π
8
= 2−√ 2
4 et donc, puisque sinπ 8 > 0, sinπ
8 =
p2−√ 2
2 .
Exercice no6
cos π
12 =cosπ 3 − π
4
=cosπ 3 cosπ
4 +sinπ 3sinπ
4 =
√6+√ 2
4 .
De même,
sin π
12 =sinπ 3 −π
4
=sinπ 3cosπ
4 −sinπ 3 sinπ
4 =
√6−√ 2
4 .
cos π 12 =
√6+√ 2
4 et sin π 12 =
√6−√ 2
4 .
Exercice no7
Pournentier naturel non nul, on poseSn=X
ei(±a1±...±an).
•S1=eia1+e−ia1 =2cosa1
•Soitn>1. Supposons queSn=2ncosa1...cosan et montrons queSn+1=2n+1cosa1...cosancosan+1.
Sn+1=X
ei(±a1±...±an+1)=eian+1X
ei(±a1±...±an)+e−ian+1X
ei(±a1±...±an)
=2cosan+1Sn
=2n+1cosa1...cosan+1(par hypothèse de récurrence).
On a montré par récurrence que :∀n>1, Sn=2ncosa1...cosan. Ensuite, pour n>1, X
cos(±a1±...±an) =Re(Sn) = 2ncosa1...cosan (on obtient aussi X
sin(±a1±...±an) = Im(Sn) =0).
Exercice no8
1)Si aest dans]0, 2π[alors, pour tout entier naturel non nul k, a
2k est dans]0, π[ et donc sin a
2k 6=0. De plus, puisque sin
2a 2k
=2sina 2k
cosa 2k
, on a :
Yn
k=1
cosa 2k
= Yn
k=1
sin a 2k−1
2sina 2k
= 1 2n
Yn
k=1
sin a 2k−1
2sina 2k
= sina 2nsin a
2n
(produit télescopique).
2)∀k∈N∗, cosa 2k
> 0car a
2k est dansi 0,π
2 h.
Xn
k=1
ln cosa
2k
=ln Yn
k=1
cosa 2k
!
=ln
sina 2nsin a
2n
=ln sina
a
−ln
sin a
2n a 2n
.
Maintenant, lim
n→+∞
sin a 2n a 2n
= lim
x→0
sinx
x =1et donc,
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
n→lim+∞
Xn
k=1
ln cosa
2k
= lim
n→+∞
ln sina
a
−ln
sin a
2n a 2n
=ln sina
a
. Exercice no9
Soitx∈R.
24cos
2x+1+16×24sin
2x−3=20⇔24cos
2x+1+16×21−4cos
2x=20⇔24cos
2x−10+16×2−4cos
2x=0
⇔24cos2x−10+ 16
24cos2x =0⇔(24cos2x)2−10×24cos2x+16=0
⇔24cos2xest solution de l’équationX2−10X+16=0
⇔24cos2x=2ou24cos2x=8⇔4cos2x=1ou4cos2x=3
⇔cosx= 1
2 ou cosx= −1
2 ou cosx=
√3
2 ou cosx= −
√3 2
⇔x∈π 6 +π
2Z
∪π 3 +π
2Z . Exercice no10
1)Tout d’abord, d’après la formule deMoivre,
cos(3θ) +isin(3θ) = (cosθ+isinθ)3= (cos3θ−3cosθsin2θ) +i(3cos2θsinθ−sin3θ), et par identification des parties réelles et imaginaires,
∀θ∈R, cos(3θ) =cos3θ−3cosθsin2θet sin(3θ) =3cos2θsinθ−sin3θ.
Ensuite, tan(3θ)et tanθexistent⇔3θ /∈π
2 +πZet θ /∈ π
2 +πZ⇔3θ /∈ π
2 +πZ⇔θ /∈ π 6 +π
3Z. Soit doncθ /∈ π
6 +π 3Z.
tan(3θ) = sin(3θ)
cos(3θ) = 3cos2θsinθ−sin3θ
cos3θ−3cosθsin2θ = 3tanθ−tan3θ 1−3tan2θ , après division du numérateur et du dénominateur par le réel non nul cos3θ.
∀θ∈R\π 6 +π
3Z
, tan(3θ) =3tanθ−tan3θ 1−3tan2θ .
2)Soita6=± 1
√3.
1ère méthode.aest bien sûr racine de l’équation proposée, ce qui permet d’écrire : 3x−x3
1−3x2 = 3a−a3
1−3a2 ⇔ 3x−x3
1−3a2
= 1−3x2
3a−a3
(car ± 1
√3 ne sont pas solution de l’équation)
⇔ 3a2−1
x3−3 a3−3a
x2−3 3a2−1
x+a3−3a=0
⇔(x−a) 3a2−1
x2+8ax−a2+3
=0.
Le discriminant réduit du trinôme 3a2−1
x2+8ax−a2+3 vaut :
∆′=16a2− (3a2−1)(−a2+3) =3a4+6a2+3= (√
3(a2+1))2> 0.
L’équation proposée a donc trois racines réelles :
S =
a,4a−√
3(a2+1)
1−3a2 ,4a+√
3(a2+1) 1−3a2
.
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
2ème méthode.Il existe un unique réelα∈i
−π 2,π
2 h\
−π 6,π
6
tel quea=tanαet de même, sixest un réel distinct de ± 1
√3, il existe un unique réel θ ∈ i
−π 2,π
2 h\
−π 6,π
6
tel quex = tanθ (à savoirα = Arctana et θ = arctanx).
Comme± 1
√3 ne sont pas solution de l’équation proposée, on a : 3x−x3
1−3x2 = 3a−a3
1−3a2 ⇔ 3tanθ−tan3θ
1−3tan2θ = 3tanα−tan3α
1−3tan2α ⇔tan(3θ) =tan(3α)
⇔3θ∈3α+πZ⇔θ∈α+π 3Z. Ceci refournit les solutionsx=tanα=a, puis
x=tan α+π
3
=
tanα+tanπ 3
1−tanαtanπ 3
= a+√ 3 1−√
3a= (a+√
3)(1+√ 3a)
1−3a2 = 4a+√
3(a2+1) 1−3a2 , et x=tan(α−π
3) = 4a−√
3(a2+1) 1−3a2 . Exercice no11
Pourx∈[0, π], posonsf(x) =tanx+tan(2x) +tan(3x) +tan(4x).
f(x)existe⇔tanx, tan(2x), tan(3x)et tan(4x)existent
⇔ x /∈ π
2 +πZ ,
2x /∈ π 2 +πZ
, 3x /∈ π
2 +πZ et
4x /∈ π 2 +πZ
⇔
x /∈ π 2 +πZ
, x /∈ π
4 + π 2πZ
, x /∈ π
6 +π 3Z
et x /∈ π
8 +π 4Z
⇔x /∈ π
8,π 6,π
4,3π 8 ,π
2,5π 8 ,3π
4 ,5π 6 ,7π
8
. fest définie et continue sur
h 0,π
8 h
∪iπ 8,π
6 h
∪iπ 6,π
4 h
∪ π
4,3π 8
∪ 3π
8 ,π 2
∪ π
2,5π 8
∪ 5π
8 ,3π 4
∪ 3π
4 ,5π 6
∪ 5π
6 ,7π 8
∪ 7π
8 , π
. Sur chacun des dix intervalles précédents,fest définie, continue et strictement croissante en tant que somme de fonctions strictement croissantes. La restriction def à chacun de ces dix intervalles est donc bijective de l’intervalle considéré sur l’intervalle image, ce qui montre déjà que l’équation proposée, que l’on note dorénavant(E), a au plus une solution par intervalle et donc au plus dix solutions dans[0, π].
SurI=h 0,π
8
houI= 7π
8 , π
, puisquef(0) =f(π) =0,(E)a exactement une solution dansI. Ensuite, dans l’expression de sommef, une et une seule des quatre fonctions est un infiniment grand en chacun des nombres considérés ci-dessus, à l’exception de π
2. En chacun de ses nombres,fest un infiniment grand. L’image parfde chacun des six intervalles ouverts n’ayant pas π
2 pour borne est donc] −∞,+∞[et(E)admet exactement une solution dans chacun de ces intervalles. Ceci porte le total à6+2=8solutions.
En π 2
−
, tanxet tan(3x)tendent vers+∞tandis que tan(2x)et tan(4x)tendent vers0.ftend donc vers+∞en π 2
−
, et de mêmeftend vers−∞en π
2
+
. L’image parfde chacun des deux derniers intervalles est donc encore une fois] −∞,+∞[ et finalement,
L’équation(E)admet exactement dix solutions dans[0, π].
Exercice no12 1)cos2x= 1
2(1+cos(2x))et une primitive dex7→cos2xsurRest x7→ 1 2
x+ 1
2sin(2x)
. 2)D’après les formules d’Euler
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
cos4x= 1
2 eix+e−ix 4
= 1
16(e4ix+4e2ix+6+4e−2ix+e−4ix)
= 1
16(2cos(4x) +8cos(2x) +6) = 1
8(cos(4x) +4cos(2x) +3) Donc, une primitive dex7→cos4xsurRest x7→ 1
8 1
4sin(4x) +2sin(2x) +3x
. 3)D’après les formules d’Euler,
sin4x= 1
2i eix−e−ix 4
= 1
16(e4ix−4e2ix+6−4e−2ix+e−4ix)
= 1
16(2cos(4x) −8cos(2x) +6) = 1
8(cos(4x) −4cos(2x) +3) Donc, une primitive dex7→sin4xsurRestx7→ 1
8 1
4sin(4x) −2sin(2x) +3x
. 4)cos2xsin2x= 1
4sin2(2x) = 1
8(1−cos(4x))et une primitive dex7→cos2xsin2xsurRestx7→ 1 8
x− 1
4sin(4x)
. 5)D’après les formules d’Euler,
sin6x= 1
2i eix−e−ix 6
= −1
64 e6ix−6e4ix+15e2ix−20+15e−2ix−6e−4ix+e−6ix
= −1
64(2cos(6x) −12cos(4x) +30cos(2x) −20) = 1
32(−cos(6x) +6cos(4x) −15cos(2x) +10) Donc, une primitive dex7→sin6xsurRestx7→ 1
32
−1
6sin(6x) + 3
2sin(4x) −15
2 sin(2x) +10x
. 6)cosxsin6x=sin′xsin6xet une primitive dex7→cosxsin6xsurRest x7→ 1
7sin7x.
7)cos5xsin2x=cosx(1−sin2x)2sin2x=sin′xsin2x−2sin′xsin4x+sin′xsin6xet une primitive dex7→cos5xsin2x surRestx7→ 1
3sin3x−2
5sin5x+ 1 7sin7x.
8)cos3x=sin′x−sin′xsin2xet une primitive de x7→cos3xest x7→sinx−1 3sin3x.
Exercice no13 1)Pourxréel , on a :
cos4xsin6x= 1
2 eix+e−ix 4
1
2i eix−e−ix 6
= − 1
210(e4ix+4e2ix+6+4e−2ix+e−4ix)(e6ix−6e4ix+15e2ix−20+15e−2ix−6e−4ix+e−6ix)
= − 1
210(e10ix−2e8ix−3e6ix+8e4ix+2e2ix−12+2e−2ix+8e−4ix−3e−6ix−2e−8ix+e−10ix)
= −1
29(cos10x−2cos8x−3cos6x+8cos4x+2cos2x−6)
= − 1
512(cos10x−2cos8x−3cos6x+8cos4x+2cos2x−6).
(Remarque.La fonction proposée était paire et l’absence de sinus était donc prévisible. Cette remarque guidait aussi les calculs intermédiaires : les coefficients dee−2ix,e−4ix,... étaient les mêmes que ceux dee2ix,e4ix,...) Par suite,
I= − 1 512
sin10x
10 − sin8x
4 −sin6x
2 +2sin4x+sin2x π/3
π/6
−6π 3 − π
6
!
= − 1 512
−1 4
√3+2(−√ 3) −π
= 9√ 3+4π 2048 .
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
2)Pourxréel, on a
cos4xsin7x=cos4xsin6xsinx=cos4x(1−cos2x)3sinx
=cos4xsinx−3cos6xsinx+3cos8xsinx−cos10xsinx.
Par suite,
J=
−cos5x
5 +3cos7x
7 − cos9x
3 + cos11x 11
π/3
π/6
= −1 5× 1
32(1−9√ 3) + 3
7× 1
128(1−27√ 3) − 1
3× 1
512(1−81√ 3) + 1
11× 1
2048(1−243√ 3)
= 1
211×3×5×7×11(−14784(1−9√
3) +7920(1−27√
3) −1540(1−81√
3) +105(1−243√ 3))
= 1
365 440(−8284+18441√ 3).
Exercice no14 1)tanx
2 existe si et seulement six /∈π+2πZet 1−cosx
sinx existe si et seulement six /∈πZ. Pourx /∈πZ, 1−cosx
sinx =
2sin2x 2
2sinx 2
cosx 2
=tanx 2. 2)Pour tout réelx,
sin(x− 2π
3 ) +sinx+sin(x+2π 3 ) = −1
2sinx−
√3
2 cosx+sinx−1 2sinx+
√3
2 cosx=0, ou, bien mieux,
sin
x−2π 3
+sinx+sin
x+ 2π 3
=Im
ei(x−2π3 )+eix+ei(x+2π3)
=Im eix j2+1+j
=0.
3)tanπ 4 −x
, tanπ 4 +x
et 2
cos(2x) existent si et seulement si π 4 −x, π
4 +x et 2xne sont pas dans π
2 +πZ, ce qui équivaut àx /∈ π
4 +π
2Z. Donc, pourx /∈ π 4 +π
2Z, tanπ
4 −x
+tanπ 4 +x
= 1−tanx
1+tanx+1+tanx
1−tanx= cosx−sinx
cosx+sinx+cosx+sinx cosx−sinx
= (cosx−sinx)2+ (cosx+sinx)2
cos2x−sin2x = 2(cos2x+sin2x)
cos(2x) = 2
cos(2x). 4)Pourx /∈ π
4Z,
1
tanx−tanx= cosx
sinx− sinx
cosx = cos2x−sin2x
sinxcosx = 2cos(2x)
sin(2x) = 2 tan(2x). Exercice no15
1)Pour tout réelx,1−2kcosx+k2= (k−cosx)2+sin2x≥0. De plus,
1−2kcosx+k2=0⇒k−cosx=sinx=0⇒x∈πZetk=cosx⇒k∈{−1, 1}, ce qui est exclu. Donc,
∀k∈R\ {−1, 1}, ∀x∈R, 1−2kcosx+k2> 0.
fkest donc définie surR, dérivable surRen vertu de théorèmes généraux, impaire et2π-périodique. On l’étudie dorénavant sur[0, π]. Pourx∈[0, π], on a :
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
fk′(x) =cosx(1−2kcosx+k2)−1/2−1
2sinx(2ksinx)(1−2kcosx+k2)−3/2
= (1−2kcosx+k2)−3/2(cosx(1−2kcosx+k2) −ksin2x)
= (1−2kcosx+k2)−3/2(−kcos2x+ (1+k2)cosx−k)
= (1−2kcosx+k2)−3/2(kcosx−1)(k−cosx)
∀x∈R, fk′(x) = (kcosx−1)(k−cosx) (1−2kcosx+k2)3/2 .
1er cas:|k|< 1et k6= 0(f0(x) =sinx). Pour tout réel x,(1−2kcosx+k2)−3/2(kcosx−1)< 0(car|kcosx|< 1) et fk′(x)est du signe de cosx−k.
x 0 Arccosk π
f′(x) + 0 −
1 f
0 0
carfk(Arccosk) =
√1−k2
√1−2k2+k2 =1).
2ème cas:k > 1. Pour tout réel x,(1−2kcosx+k2)−3/2(k−cosx)> 0etfk′(x)est du signe dekcosx−1.
x 0 Arccos1
k π
f′(x) + 0 −
1 f k
0 0
carfk
Arccos1 k
= r
1− 1 k2
√1−2+k2 = 1 k.
3ème cas:k <−1. Pour tout réelx,(1−2kcosx+k2)−3/2(k−cosx)< 0etfk′(x)est du signe de1−kcosx.
x 0 Arccos1
k π
f′(x) + 0 −
−1 f k
0 0
carfk
Arccos1 k
= r
1− 1 k2
√1−2+k2 = −1 k. 2)Pourk∈R\ {−1, 1}, posonsIk=
Zπ
0
fk(x)dx.
Sik=0, Ik= Zπ
0
sinx dx=2. Sinon,
Ik= 1 k
Zπ
0
2ksinx 2√
1−2kcosx+k2 dx= 1 k
hp1−2kcosx+k2iπ 0
= 1 k(p
1+2k+k2−p
1−2k+k2) = 1
k(|k+1|−|k−1|).
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
Plus précisément, si k ∈] −1, 1[\{0}, Ik = 1
k((1+k) − (1−k)) = 2, ce qui reste vrai pour k = 0. Si k > 1, Ik = 1
k((1+k) − (k−1)) = 2
k, et enfin, si k <−1,Ik= −2
k . En résumé,
Sik∈] −1, 1[, Ik=2et sik∈] −∞,−1[∪]1,+∞[, Ik= 2
|k|.
Exercice no16
1)Soientn∈Net x∈R. PosonsSn= Xn
k=0
cos(kx)etSn′ = Xn
k=0
sin(kx).
1ère solution.
Sn+iSn′ = Xn
k=0
(cos(kx) +isin(kx)) = Xn
k=0
eikx= Xn
k=0
(eix)k. Maintenant,eix=1⇔x∈2πZ. Donc,
1er cas.Six∈2πZ, on a immédiatementSn=n+1 etSn′ =0.
2ème cas.Si x∈/2πZ, alorseix6=1et
Sn+iSn′ = 1−ei(n+1)x
1−eix = ei(n+1)x/2 eix/2
e−i(n+1)x/2−ei(n+1)x/2
e−i(n+1)x/2+ei(n+1)x/2 =einx/2−2isin(n+1)x2
−2isinx2
=einx/2sin(n+1)x2 sinx2
Par identification des parties réelles et imaginaires, on obtient
Xn
k=0
cos(kx) =
cosnx 2
sin
(n+1)x 2
sinx 2
six /∈2πZ n+1six∈2πZ
et Xn
k=0
sin(kx) =
sinnx 2
sin
(n+1)x 2
sinx 2
six /∈2πZ 0six∈2πZ
2ème solution.
2sinx 2
Xn
k=0
cos(kx) = Xn
k=0
2sinx
2cos(kx) = Xn
k=0
sin
k+ 1
2
x
−sin
k−1 2
x
= Xn
k=0
sin
(k+1) −1 2
x
− Xn
k=0
sin
k− 1 2
x
!
=sin
n+1 2
x
−sin −x
2
(somme télescopique)
=sin(2n+1)x 2 +sinx
2 =2sin(n+1)x 2 cosnx
2 et donc, six /∈2πZ,...
2)Soientn∈Net x∈R. PosonsSn= Xn
k=0
cos2(kx)et Sn′ = Xn
k=0
sin2(kx). On a : Sn+Sn′ =
Xn
k=0
(cos2(kx) +sin2(kx)) = Xn
k=0
1=n+1, et
Sn−Sn′ = Xn
k=0
(cos2(kx) −sin2(kx)) = Xn
k=0
cos(2kx).
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
D’après 1), six∈πZ, on trouve immédiatement, Xn
k=0
cos2(kx) =n+1et Xn
k=0
sin2(kx) =0, et six /∈πZ,
Sn+Sn′ =n+1etSn−Sn′ = cos(nx)sin(n+1)x
sinx ,
de sorte que
Sn= 1 2
n+1+cos(nx)sin(n+1)x sinx
etSn′ = 1 2
n+1−cos(nx)sin(n+1)x sinx
. 3)Soientn∈Net x∈R. D’après la formule du binôme deNewton
Xn
k=0
Ckncos(kx)) +i Xn
k=0
Cknsin(kx)
!
= Xn
k=0
Ckneikx= Xn
k=0
Ckn eixk
1n−k
= 1+eixn
=
eix/2+e−ix/2n
einx/2=2ncosnx 2
cosnx
2 +isinnx 2
. Par identification des parties réelles et imaginaires, on obtient alors
∀n∈N,∀x∈R, Xn
k=0
Ckncos(kx) =2ncosnx 2cosnx
2 et Xn
k=0
Cknsin(kx) =2ncosn x 2sinnx
2 .
Exercice no17
cosa+cosb+cosc=0
sina+sinb+sinc=0 ⇔(cosa+cosb+cosc) +i(sina+sinb+sinc) =0⇔eia+eib+eic=0
⇒
eia+eib
=|−eic|=1⇔
eia/2eib/2
ei(a−b)/2+e−i(a−b)/2 =1
⇔
cosa−b 2
= 1 2
⇔ a−b 2 ∈π
3 +πZ
∪
−π 3 +πZ
⇔a−b∈ 2π
3 +2πZ
∪
−2π 3 +2πZ
⇔∃k∈Z, ∃ε∈{−1, 1}/ b=a+ε2π 3 +2kπ.
Par suite, nécessairement,eib =jeiaoueib =j2eia. Réciproquement, si eib =jeia ou encoreb=a+2π 3 +2kπ, eia+eib+eic=0⇔eic= −(eia+eib) = −(1+j)eia=j2eia⇔∃k′∈Z/ c=a− 2π
3 +2k′π, et sieib=j2eia ou encoreb=a−2π
3 +2kπ,
eia+eib+eic=0⇔eic= −(eia+eib) = −(1+j2)eia=jeia⇔∃k′∈Z/ c=a+ 2π
3 +2k′π.
S =
a, a+ε2π
3 +2kπ, a−ε2π
3 +2k′π
, a∈R, ε∈{−1, 1}, (k, k′)∈Z2
.
Exercice no18
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
cos4π
8 +cos43π
8 +cos45π
8 +cos47π 8 =2
cos4π
8 +cos43π 8
=2 cos4π
8 +sin4π 8
=2
cos2π
8 +sin2π 8
2
−2cos2π 8sin2π
8
=2
1−1 2sin2π
4
=2
1−1 4
= 3 2. Exercice no19
1)Soitx∈R.
cos(3x) =sin(2x)⇔cos(3x) =cosπ 2 −2x
⇔
∃k∈Z/ 3x= π
2 −2x+2kπ ou
∃k∈Z/ 3x= −π
2 +2x+2kπ
⇔
∃k∈Z/ x= π 10+ 2kπ
5
ou
∃k∈Z/ x= −π
2 +2kπ .
S[0,2π]= π
10,π 2,9π
10,13π 10 ,3π
2 ,17π 10
.
2)cos(3x) =Re(e3ix) =Re((cosx+isinx)3) =cos3x−3cosxsin2x=cos3x−3cosx(1−cos2x) =4cos3x−3cosx.
∀x∈R, cos(3x) =4cos3x−3cosx.
Par suite,
cos(3x) =sin(2x)⇔4cos3x−3cosx=2sinxcosx⇔cosx(4cos2x−3−2sinx) =0
⇔cosx(−4sin2x−2sinx+1) =0⇔(cosx=0)ou(4sin2x+2sinx−1=0).
D’après 1), l’équation4sin2x+2sinx−1=0 admet entre autres pour solutions π
10 et 13π
10 (car, dans chacun des deux cas, cosx6=0), ou encore, l’équation4X2+2X−1 =0admet pour solutions les deux nombres distinctsX1=sin π
10 et X2=sin13π
10 , qui sont donc les deux solutions de cette équation. PuisqueX1> 0et queX2< 0, on obtient X1= −1+√
5
4 etX2= −1−√ 5
4 .
Donc, (puisque sin13π
10 = −sin3π 10),
sin π
10 = −1+√ 5
4 et sin3π
10 = 1+√ 5 4 . Ensuite, sin3π
10 =cos π
2 − 3π 10
=cosπ
5, et donc cosπ
5 = 1+√ 5 4 . Enfin, cos π
10 = r
1−sin2 π 10 = 1
4
p10+2√
5et de même sinπ 5 = 1
4
p10−2√
5=cos3π 10. Exercice no20
1)La fonctionf1est définie surR,2π-périodique et paire. On l’étudie sur[0, π].
La fonctionf1est dérivable sur[0, π]et pour toutxde[0, π]
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
f1′(x) = −2sin(x) −2sin(2x) = −2sin(x) −4sin(x)cos(x) = −2sin(x)(1+2cos(x)).
La fonction sinus s’annule en0 etπet est strictement positive sur]0, π[. Donc la fonctionf1′ est du signe de−1−2cos(x) sur]0, π[. Ensuite, pourx∈]0, π[,
−1−2cos(x) =0⇔cos(x) = −1
2 ⇔x= 2π 3 , et
−1−2cos(x)> 0⇔cos(x)<−1
2 ⇔x > 2π
3 (par stricte décroissance de la fonction cos sur[0, π].) Ainsi, la fonctionf1′ est strictement négative sur
0,2π
3
, strictement positive sur 2π
3 , π
et s’annule en0, 2π 3 etπ.
On en déduit le tableau de variations de la fonctionf1:
x 0 2π
3 π
f1′(x) 0 − 0 + 0
3 −1
f1
−3 2 Graphe de f1.
1 2 3
−1
−2
−3
1 2 3 4 5 6
−1
−2
−3
−4
−5
−6
2)Pour tout réelx,2−cos(x)6=0et donc, la fonctionf2est définie surR,2π-périodique et impaire. On l’étudie sur[0, π].
La fonctionf2est dérivable sur[0, π]et pour toutxde[0, π]
f2′(x) = cos(x)(2−cos(x)) −sin(x)(sin(x))
(2−cos(x))2 = 2cos(x) −1 (2−cos(x))2. La fonctionf2′ est du signe de2cos(x) −1 sur[0, π]. Ensuite, pourx∈[0, π],
2cos(x) −1=0⇔cos(x) = 1
2 ⇔x= π 3, et
2cos(x) −1 > 0⇔cos(x)> 1
2 ⇔x < π
3 (par stricte décroissance de la fonction cos sur[0, π].) Ainsi, la fonctionf2′ est strictement positive sur h
0,π 3
h, strictement négative suriπ 3, πi
et s’annule en π
3. On note que
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
f2
π 3
=
√3 2 2−
1 2
=
√3
3 =0, 57 . . . On en déduit le tableau de variations de la fonctionf2:
x 0 2π
3 π
f1′(x) + 0 −
√3 f1 3
0 0
Graphe de f2.
1
−1
1 2 3 4 5 6
−1
−2
−3
−4
−5
−6
3) f3 est définie surD= R\π 2 +πZ
, paire et2π-périodique.f3est continue sur D en vertu de théorèmes généraux.
On étudief3surh 0,π
2 h
∪iπ 2, πi
. Si x∈h 0,π
2
h,f3(x) =tanx+cosxet six∈iπ 2, πi
,f3(x) = −tanx+cosx.
Etude en π 2. lim
x→π/2|tanx|= +∞et lim
x→π/2cosx=0. Donc, lim
x→π/2f(x) = +∞. La courbe représentative de la fonctionf3 admet la droite d’équationx= π
2 pour droite asymptote.
Dérivabilité et dérivée. f3 est dérivable sur h 0,π
2 h∪iπ
2, πi
en vertu de théorèmes généraux et pour x ∈ h 0,π
2 h, f3′(x) = 1
cos2x−sinxet pourx∈iπ 2, πi
,f3′(x) = − 1
cos2x−sinx.
f3est dérivable à droite en 0et (f3)d′(0) =1. Par symétrie, f3 est dérivable à gauche en0 et(f3)g′(0) = −1.f3 n’est pas dérivable en0.
De même,f2est dérivable à gauche et à droite enπavec(f3)g′(π) = −1 et(f3)d′(π) =1, et n’est donc pas dérivable enπ.
Variations.f3est strictement décroissante sur]π
2, π]en tant que somme de deux fonctions strictement décroissantes sur ]π
2, π]. Puis, pourxélément de ]0,π 2[,
f3′(x) = 1
cos2x−sinx > 1−1=0.
La fonctionf3′ est strictement positive sur]0,π
2[et doncf3est strictement croissante sur[0,π 2[.
Graphe.
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
1 2 3 4 5 6
−1
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
y=f3(x)
−π π
4)La fonctionf4est2π-périodique. On l’étudie sur[−π, π]. Pour x∈[−π, π], 2cos(x) +1=0⇔cos(x) = −1
2 ⇔x= −2π
3 oux= 2π 3 . Pour x ∈ [−π, π],f4(x)existe si et seulement si x 6= −2π
3 et x 6= 2π
3 . On étudie la fonction f4 surD =
−π,−2π 3
∪
−2π 3 ,2π
3
∪ 2π
3 , π
. Etude en 2π
3 .Quandxtend vers 2π
3 par valeurs inférieures,2cos(x) +1 tend vers0par valeurs supérieures et quandx tend vers 2π
3 par valeurs supérieures,2cos(x) +1tend vers0par valeurs inférieures. D’autre part, quandxtend vers 2π 3 , 2sin(x) +1 tend vers√
3+1qui est strictement positif. On en déduit que lim
x→2π3−
f4(x) = +∞et lim
x→2π3 +
f4(x) = −∞.
Etude en−2π
3 .Quandxtend vers−2π
3 par valeurs inférieures,2cos(x) +1 tend vers0par valeurs inférieures et quand xtend vers 2π
3 par valeurs supérieures,2cos(x) +1 tend vers0 par valeurs supérieures. D’autre part, quandxtend vers
−2π
3 ,2sin(x) +1 tend vers−√
3+1qui est strictement négatif. On en déduit que lim
x→−2π3
−f4(x) = +∞et lim
x→−2π3
+f4(x) = −∞. Dérivée.La fonctionf4est dérivable surDet pour toutxdeD,
f4′(x) = (2cos(x))(2cos(x) +1) − (2sin(x) +1)(−2sin(x))
(2cos(x) +1)2 = 4+2cos(x) +2sin(x) (2cos(x) +1)2
=
4+2√ 2
1
√2cos(x) + 1
√2sin(x)
(2cos(x) +1)2 =
4+2√ 2sin
x+π 4
(2cos(x) +1)2 . Pour toutxdeD,4+2√
2sin x+π
4
>4−2√
2 > 0et donc la fonctionf4′ est strictement positive surD. La fonctionf4
est donc strictement croissante sur
−π,−2π 3
et sur
−2π 3 ,2π
3
et sur 2π
3 , π
(mais pas sur
−π,−2π 3
∪
−2π 3 ,2π
3
∪ 2π
3 , π
).
http:// abcmaths.e-monsite.com PROF: ATMANI NAJIB
Graphe.
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
y=f4(x)
−π π
