Problème : construction d`un pentagone régulier 1 Calcul de cos

Problème : construction d’un pentagone régulier
1 Calcul de cos(2π
5)et sin(2π 5)
1. (cours) Donner les solutions de l’équation z5= 1, d’inconnue z∈C. Combien y en a-t-il ? Que vaut la
somme de ces solutions ?
Cette équation admet cinq solutions, qui sont 1,ei2iπ
5,ei4iπ 5,ei6iπ 5,ei8iπ 5. Leur somme vaut 0.
On notera dans la suite ω=e2iπ/5.
2. Exprimer les solutions de l’équation précédente en fonction de ω. Parmi ces nombres complexes, re-
connaître ωet ω−1.
Les solutions s’écrivent ω0, ω, ω2, ω3, et ω4.
On remarque que ω= e−2iπ/5=ω−1= e8iπ/5=ω4.
On pose z=ω+ω−1.
3. Démontrer que z∈R.
La méthode la plus fréquente et la plus simple pour montrer qu’un nombre est réel est de prouver qu’il est
égal à son conjugué. On vient de voir que ω=ω−1, ça va être facile !
Calculons z. En utilisant le fait que ω=ω−1, il vient :
z=ω+ω−1=ω+ω=ω+ω=z.
Ainsi, z=z, ce qui entraîne que zest réel.
Remarque : Autre calcul, plus rapide mais un rien plus astucieux : z=ω+ω= 2Re(ω).
4. Quel est le signe de z?
Comme zest réel, z=Re(z) = Re(ω) + Re(¯ω) = cos( 2π
5) + cos(−2π 5) = 2 cos( 2π 5).
Or, 2π
5∈−π 2,π 2, intervalle sur lequel le cosinus est positif. Donc cos( 2π 5)>0, et z>0.
5. Trouver une équation de degré 2 vérifiée par z.
Indication : Commencer par exprimer z2en fonction de ω, et utiliser que 1 + ω+ω2+ω3+ω4= 0.
On commence par calculer z2:
z2=ω2+ 2ωω−1+ω−2=ω2+ 2 + ω−2.
On sait que 1 + ω+ω2+ω3+ω4= 0. Pour utiliser cette formule, il nous faut remplacer le ω−2par une
puissance positive de ω. C’est facile : multiplier par 1, puisque 1 = ω5!
Or, ω−2= 1 ·ω−2=ω5·ω−2=ω3. Donc :
z2=ω2+ 2 + ω3.
Sachant que 1 + ω+ω2+ω3+ω4= 0, et que ω4=ω−1on obtient :
z2+z−1 = 0.
6. En déduire les valeurs de z, puis de cos(2π
5)et sin( 2π 5).
Notons (E)l’équation x2+x−1d’inconnue x∈C. Elle a pour discriminant 5et pour solutions −1−√5
2et
−1 + √5
2.
Ainsi, zest l’un de ces deux nombres...
1

Mais on a vu que z>0, et comme −1−√5
2<0,zn’est pas cette solution de (E), c’est donc l’autre :
z=−1 + √5
2.
Or, on a vu que z= 2 cos( 2π
5), d’où :
cos 2π
5=−1 + √5 4.
Passons au sinus :
Sachant que cos2+ sin2= 1, on obtient :
sin22π
5= 1 − −1 + √5 4!2
= 1 −6−2√5
16 =5 + √5 8
et donc :
sin 2π
5=r5 + √5 8ou −r5 + √5 8.
Or, 2π
5∈[0, π], intervalle sur lequel la fonction sinus est positive. Ainsi, sin( 2π 5)>0, donc :
sin 2π
5=r5 + √5 8.
2 Construction d’un pentagone régulier
On munit le plan d’un repère orthonormé O,~ı,~ . Le but de cette partie est d’obtenir une méthode pour
placer les points d’affixe ω,ω2,ω3,ω4dans le plan à l’aide d’une règle non graduée et d’un compas, et
ainsi de dessiner un pentagone régulier. On suppose donnés l’origine Odu repère ainsi que les points Ide
coordonnées (1,0) et Jde coordonnées (0,1).
Soient Ale point d’affixe −1
4et Cle cercle de centre Aet de rayon √5 4.
1. Comment placer le point Aà l’aide d’une règle non graduée et d’un compas ? On ne demande pas de
prouver la validité de la méthode.
Commencer par tracer le cercle trigonométrique, les
axes des abscisses et des ordonnées. Notons I0le point
d’affixe −1, qu’on obtient comme la seconde intersec-
tion entre le cercle trigonométrique et l’axe des abs-
cisses.
Plaçons alors le milieu de [OI0]. Souvenirs de collège...
Pour l’obtenir on peut tracer la médiatrice de [OI0]:
tracer deux cercles de même rayon l’un centré en O
l’autre en I0, et relier les points d’intersection de ces
deux cercles. Construction en pointillés sur la figure.
Enfin pour obtenir Aon place le milieu de Oet du mi-
lieu précédent, avec la même méthode. Construction
en gris.
−1 1
−1
1
0
O I
J
I0A
2

2. Déterminer les points de Cdont l’affixe est imaginaire pure.
On cherche quand est-ce que Mvérifie les conditions demandées... Attention : beaucoup d’étudiants ont du
mal à rédiger ce genre de question. Je conseille vivement d’utiliser des équivalences. On part d’un point M
quelconque, et on cherche à quelle condition il convient.
Soit Mun point et (x, y)ses coordonnées. Soit zl’affixe de M, donc z=x+iy.
Mconvient ⇔(M∈ C
z∈iR
⇔
AM =√5
4
x= 0
⇔
x= 0
|z−1
4|=√5 4
⇔
x= 0
|iy −1
4|=√5 4
⇔
x= 0
ry2+1
16 =√5 4
⇔
x= 0
y2+1
16 =5 16
(on peut passer au carré car les deux membres sont positifs)
⇔
x= 0
y2=1
4
⇔
x= 0
y=1
2ou y=−1 2
.
Les solutions sont donc les points de coordonnées (0,1
2)et (0,−1 2),i.e. les points d’affixe i 2et −i 2.
3. Expliquer comment tracer Cà l’aide d’une règle non graduée et d’un compas.
Pour commencer, on place le point d’affixe i
2: milieu de [OJ]. Notons Zce point. On place alors la pointe du
compas en A, et la mine en Z, et c’est parti !
4. Vérifier que le point d’affixe cos(2π
5)est dans C. Placer le point correspondant sur la figure.
Indication : Normalement, on a trouvé à la partie précédente : cos 2π
5=−1 + √5 4.
La distance entre le point d’affixe cos 2π
5et Aest 
cos 2π
5−−1 4
. Voyons si cette distance est égale à
√5
4.
cos 2π
5−−1 4
=
−1 + √5
4+1 4
=√5
4.
Ainsi le point d’affixe cos(2π/5) est à distance √5
4de A, il est bien dans le cercle C.
3

5. Finalement, expliquer comment placer sur la figure les points d’affixe ω,ω2, puis ω3et ω4, et dessiner
le pentagone régulier obtenu.
Le cercle Ccoupe l’axe des abscisses en deux points, l’un d’abscisse négative, l’autre positive. C’est celui
d’abscisse positive qui correspond à cos(2π/5).
Une fois placé cos(2π/5), on trace la perpendiculaire à l’axe des abscisses passant par cos(2π/5) (placer à l’aide
du compas deux points à égale distance de chaque côté de cos(2π/5), et tracer la médiatrice de ces deux points),
ses deux intersections avec le cercle trigonométrique donnent ωet ¯ω,i.e. ω4.
En reportant la distance |ω−1|sur le cercle trigonométrique on obtient ω2puis ω3.
En reliant les points d’affixe 1, ω, ω2, ω3, ω4on obtient un beau pentagone régulier.
3 Autre méthode pour le calcul de sin(2π
5)
1. Soit x∈R. Exprimer sin(5x)en fonction de sin(x).
N.B. On demande le résultat en fonction de sin(x): sans cos(x).
Indication : Montrer puis utiliser que sin(5x) = Im (cos x+isin x)5.
Calcul classique ! En partant de l’indication, on développe grâce à la formule du binôme de Newton (il faudra
écrire le triangle de Pascal jusqu’à la ligne 5). On aura alors des cos(x)et des sin(x)à différentes puissances.
Il faudra alors trouver un moyen de transformer les cos(x)pour ne garder que des sin(x).
Calculons :
sin(5x) = Im e5ix
=Im eix5
=Im (cos x+isin x)5
=Im(cos5x+ 5icos4xsin x−10 cos3xsin2x−10icos2xsin3x
+5 cos xsin4x+isin5x)
(binôme de Newton)
= 5 cos4xsin x−10 cos2xsin3x+ sin5x.
Attention à l’erreur du débutant : quand on prend la partie imaginaire, on ne garde pas les i!
On constate que les cos(x)n’apparaissent qu’à des puissances paires. On peut les transformer en puissances
de sin(x)grâce à cos2= 1 −sin2.
sin(5x) = 5(1 −sin2x)2sin x−10(1 −sin2x) sin3x+ sin5x
= 16 sin5x−20 sin3x+ 5 sin x.
On notera dans la suite (E)l’équation 16x4−20x2+ 5 = 0, d’inconnue x∈R. On admettra que
(E), étant une équation de degré 4, admet au plus 4 solutions (ce sera prouvé dans le cours sur les
polynômes).
2. Résoudre (E).
Indication : C’est une équation bicarrée, autrement dit une équation de degré 2 en x2.
Soit x∈R. Alors xest solution de (E)si et seulement si 16(x2)2−20x2+ 5 = 0.
Notons (F)l’équation 16y2−20y+ 5 = 0 d’inconnue y∈R. Alors xest solution de (E)ssi yest solution de
(F).
Le discriminant de (F)est 400 −20 ×16, qui vaut 80. Les solutions de (F)sont donc 20 −√80
32 et 20 + √80 32 ,
c’est-à-dire 5−√5
8et 5 + √5 8.
On reprend la résolution de (E):
xest solution de (E)⇔x2est solution de (F)
4

⇔x2=5−√5
8ou x2=5 + √5 8
⇔x=r5−√5
8ou x=−r5−√5 8
ou x=r5 + √5
8ou x=−r5 + √5 8.
Les solutions de (E)sont donc r5−√5
8,−r5−√5 8,r5 + √5 8et −r5 + √5 8, qu’on peut réécrire, si on
préfère ne pas mettre de racines au dénominateur :
p2(5 + √5)
4,p2(5 −√5) 4,−p2(5 + √5) 4,et −p2(5 −√5) 4.
3. Démontrer que les solutions de (E)sont sin(π
5),sin( 2π 5),−sin( π 5)et −sin( 2π 5).
Indication : Pour θ∈π
5,2π 5,−π 5,−2π 5, calculer sin(5θ) sin(θ).
Si on rentre sin(π/5) dans l’équation, on n’a pas tout à fait la formule de la question précédente : il manque
un sin(π/5) en facteur. D’où l’idée de calculer sin(5 ×π
5)
sin(π/5) . Après avoir justifié que sin(π/5) 6= 0 bien entendu !
Par ailleurs, il sera plus clair de commencer le calcul pour un xquelconque, et de le remplacer ensuite par
π/5.
D’après la question précédente, pour tout x∈Rtel que sin(x)6= 0, on a :
sin(5x)
sin(x)= 16 sin4(x)−20 sin2(x) + 5.
Or, sin(π/5) 6= 0 car π
5∈]0, π[, nous pouvons donc appliquer la formule ci-dessus pour x=π 5:
sin(5π/5)
sin(π/5) = 16 sin4π
5−20 sin2π 5+ 5
donc sin(π)
sin(π/5) = 16 sin4π
5−20 sin2π 5+ 5
donc 0 = 16 sin( π
5)4−20 sin( π 5)2+ 5,
ce qui signifie précisément que sin(π/5) est solution de (E).
Le calcul est similaire pour les autres valeurs proposées. Ce qui compte est d’avoir un nombre θ∈Rtel que
sin(5θ) = 0 mais sin(θ)6= 0, on prouve alors que sin(θ)est solution de (E).
On a obtenu ainsi quatre solutions de (E), qui sont bien deux à deux distinctes. Pour le justifier, on peut
par exemple utiliser le fait que la fonction sinus est strictement croissante sur −π
2,π 2, donc sin −2π
5<
sin −π
5<sin π 5<sin 2π 5. Et comme une équation de degré 4 admet au maximum 4 solutions, on en
déduit que le nombre maximum de solutions est atteint, et qu’il n’y en a pas d’autres.
4. En conclusion, indiquer une écriture à l’aide de racines carrées des nombres sin(π
5),sin( 2π 5),−sin( π 5),
−sin( 2π
5). On justifiera clairement les choix effectués.
On a vu que les quatre solutions de (E)sont p2(5 −√5)
4,p2(5 + √5) 4,−p2(5 −√5) 4et −p2(5 + √5) 4.
Mais par ailleurs, par la question 3, les quatre solutions de (E)sont sin( π
5),sin( 2π 5),−sin( π 5), et −sin( 2π 5).
Donc ces quatre sinus sont égaux aux quatre racines ci-dessus ; il ne reste qu’à déterminer lequel correspond à
laquelle.
5