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
Exercice 1 Résoudre l’inéquation, d’inconnue réelle x,(E): cosÇ3x−9π
7å<
√3
2.
On commence par résoudre l’équation, d’inconnue réelle y,(E0): cos(y)<
√3
2. Pour cela,
on regarde le cercle trigonométrique (faire un dessin !), et on voit que la partie du cercle qui
fournit les solutions de (E0)correspond aux points Mdont une mesure de l’angle ¤
Ox,−−→
OMest
strictement comprise entre π
6et 11π 6. On en déduit que l’ensemble des solutions de (E0)est
S0=ôπ
6,11π 6ñ+2πZ=®θ0+2kπ;θ0∈ôπ 6,11π 6ñ,k∈Z´.
En notant Sl’ensemble des solutions de (E), pour x∈R:
x∈S⇐⇒ 3x−9π
7∈S0
⇐⇒ ∃θ0∈ôπ
6,11π 6ñ,3x−9π 7≡θ0[2π]
⇐⇒ ∃θ0∈ôπ
6,11π 6ñ,x−3π 7≡θ0 3ñ2π 3ô
⇐⇒ ∃θ00 ∈ôπ
18,11π 18 ñ,x−3π 7≡θ00 ñ2π 3ô
⇐⇒ ∃θ00 ∈ôπ
18,11π 18 ñ,x≡θ00 +3π 7ñ2π 3ô
⇐⇒ ∃θ∈ô61π
126 ,131π 126 ñ,x≡θñ2π 3ô
Ainsi, l’ensemble des solutions de (E)est
S=ô61π
126 ,131π 126 ñ+2π 3
Z=®θ+2kπ
3;θ∈ô61π 126 ,131π 126 ñ,k∈Z´.

Exercice 2 Un triangle ABC est équilatéral direct (i.e. on parcourt les trois sommets A,Bet Cen
tournant autour du triangle dans le sens trigonométrique) si et seulement si zA+jzB+j2zC=0
(en notant j =ei2π
3la racine cubique de l’unité de partie imaginaire strictement positive).
Remarque : si on autorise les triangles dégénérés (A,Bet Cnon deux à deux distincts) alors
le seul cas où le triangle est équilatéral est celui de trois points confondus, auquel cas la condi-
tion est bien vérifiée puisque 1 +j+j2=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 vé-
rifiée, comme on peut le voir par exemple dans le cas où A=B6=C:zA+jzB+j2zC=
(1+j+j2)zA+j2(zC−zA) = j2(zC−zA)6=0.
On se place maintenant dans le cas non dégénéré (A,Bet Cdeux à deux distincts). Le
triangle ABC est équilatéral direct si et seulement si
−→
AC
= −→
AB
⁄
−→
AB,−→ AC≡π
3[2π],
ce qui, d’après une proposition du cours, est équivalent à
zC−zA
zB−zA
=1
Arg zC−zA
zB−zA≡π 3[2π]
.
Ce dernier système équivaut à ce que zC−zA
zB−zA
=eiπ
3. En se servant de zB6=zA, de eiπ
3=1
2+
i√3
2=−j2et de 1 +j+j2=0, on obtient
zC−zA
zB−zA
=eiπ
3⇐⇒ zC−zA=j2(zA−zB)
⇐⇒ −(1+j2)zA+j2zB+zC=0
⇐⇒ jzA+j2zB+zC=0
En multipliant par j2(6=0)cette dernière condition, comme j3=1, on obtient la CNS d’équila-
téralité zA+jzB+j2zC=0.
2