Trigonométrie - Maths en PCSI2 à Berthollet

Lycée Berthollet
PCSI2 2016-17
Feuille d’exercices sur les complexes et la trigonométrie
Ces exercices arrivent en complément de la feuille d’exercices de l’université de Lyon qui a
été donnée précédemment.
Trigonométrie
√
å
3
9π
Exercice 1 Résoudre l’inéquation, d’inconnue réelle x, (E) : cos 3x −
<
.
7
2
√
3
0
On commence par résoudre l’équation, d’inconnue réelle y, (E ) : cos (y) <
. Pour cela,
2
on regarde le cercle trigonométrique (faire un dessin !), et on voit que la partie du cercle qui
¤
−−→
fournit les solutions de (E 0 ) correspond aux points M dont une mesure de l’angle Ox, OM est
π 11π
strictement comprise entre et
. On en déduit que l’ensemble des solutions de (E 0 ) est
6
6
ô
ñ
®
ô
ñ
´
π 11π
π 11π
0
0
0
S = ,
+ 2πZ = θ + 2kπ; θ ∈ ,
,k ∈ Z .
6 6
6 6
Ç
En notant S l’ensemble des solutions de (E), pour x ∈ R :
x∈S
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
9π
∈ S0
7ô
ñ
π 11π
9π
0
∃θ ∈ ,
≡ θ0 [2π]
, 3x −
6 6
7
ô
ñ
ñ ô
π 11π
3π θ0 2π
0
∃θ ∈ ,
≡
,x−
6 6
7
3 3
ô
ñ ô
ñ
π 11π
3π
00
00 2π
∃θ ∈
,
≡θ
,x−
18 18
7
3
ô
ñ
ñ ô
11π
3π
2π
π
∃ θ00 ∈
,
, x ≡ θ00 +
18 18
7
3
ô
ñ
ñ ô
61π 131π
2π
∃θ ∈
,
,x ≡ θ
126 126
3
3x −
Ainsi, l’ensemble des solutions de (E) est
ô
ñ
®
ô
ñ
´
61π 131π
2π
2kπ
61π 131π
S=
,
+ Z = θ+
; θ∈
,
,k ∈ Z .
126 126
3
3
126 126
Exercice 2 Un triangle ABC est équilatéral direct (i.e. on parcourt les trois sommets A, B et C en
tournant autour du triangle dans le sens trigonométrique) si et seulement si zA + j zB + j 2 zC = 0
2π
(en notant j = ei 3 la racine cubique de l’unité de partie imaginaire strictement positive).
Remarque : si on autorise les triangles dégénérés (A, B et C non deux à deux distincts) alors
le seul cas où le triangle est équilatéral est celui de trois points confondus, auquel cas la condition est bien vérifiée puisque 1 + j + j 2 = 0 (somme des racines cubiques de l’unité). S’il y
a seulement deux points égaux, le triangle n’est pas équilatéral et la condition n’est pas vérifiée, comme on peut le voir par exemple dans le cas où A = B 6= C : zA + j zB + j 2 zC =
(1 + j + j 2 )zA + j 2 (zC − zA ) = j 2 (zC − zA ) 6= 0.
On se place maintenant dans le cas non dégénéré (A, B et C deux à deux distincts). Le
triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si
 −
→

 AC
⁄
−
→−
→

 AB, AC
−
→
= AB
,
π
[2π]
≡
3
ce qui, d’après une proposition du cours, est équivalent à





z − z A
C
zB − zA 



Arg
= 1
.
zC − zA
π
[2π]
≡
zB − zA
3
π
zC − zA
1
π
Ce dernier système équivaut à ce que
= ei 3 . En se servant de zB 6= zA , de ei 3 = +
zB − zA
2
√
3
i
= −j 2 et de 1 + j + j 2 = 0, on obtient
2
π
zC − zA
= ei 3
zB − zA
⇐⇒
zC − zA = j 2 (zA − zB )
⇐⇒
⇐⇒
−(1 + j 2 )zA + j 2 zB + zC = 0
j zA + j 2 zB + zC = 0
En multipliant par j 2 (6= 0) cette dernière condition, comme j 3 = 1, on obtient la CNS d’équilatéralité zA + j zB + j 2 zC = 0.
2