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

Problème : construction d’un pentagone régulier
1
) et sin( 2π
)
Calcul de cos( 2π
5
5
1. (cours) Donner les solutions de l’équation z 5 = 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, ei
2iπ
5
, ei
4iπ
5
, ei
6iπ
5
, ei
8iπ
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, reconnaître ω et ω −1 .
Les solutions s’écrivent ω 0 , ω, ω 2 , ω 3 , et ω 4 .
On remarque que ω = e−2iπ/5 = ω −1 = e8iπ/5 = ω 4 .
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 z est réel.
Remarque : Autre calcul, plus rapide mais un rien plus astucieux : z = ω + ω = 2Re(ω).
4. Quel est le signe de z ?
Comme z est réel, z = Re(z) = Re(ω) + Re(ω̄) = cos( 2π
) + cos(− 2π
) = 2 cos( 2π
).
5
5
5
Or,
2π
5
∈ − π2 ,
π
2
) > 0, et z > 0.
, intervalle sur lequel le cosinus est positif. Donc cos( 2π
5
5. Trouver une équation de degré 2 vérifiée par z.
Indication : Commencer par exprimer z 2 en fonction de ω, et utiliser que 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 = 0.
On commence par calculer z 2 :
z 2 = ω 2 + 2ωω −1 + ω −2 = ω 2 + 2 + ω −2 .
On sait que 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 = 0. Pour utiliser cette formule, il nous faut remplacer le ω −2 par une
puissance positive de ω. C’est facile : multiplier par 1, puisque 1 = ω 5 !
Or, ω −2 = 1 · ω −2 = ω 5 · ω −2 = ω 3 . Donc :
z2 = ω2 + 2 + ω3 .
Sachant que 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 = 0, et que ω 4 = ω −1 on obtient :
z 2 + z − 1 = 0.
2π
6. En déduire les valeurs de z, puis de cos( 2π
5 ) et sin( 5 ).
Notons (E) l’équation x2 + x − 1 d’inconnue x ∈ C. Elle a pour discriminant 5 et pour solutions
√
−1 + 5
.
2
Ainsi, z est l’un de ces deux nombres...
1
−1 −
2
√
5
et
Mais on a vu que z > 0, et comme
−1 −
2
√
5
< 0, z n’est pas cette solution de (E), c’est donc l’autre :
z=
), d’où :
Or, on a vu que z = 2 cos( 2π
5
cos
2π
5
−1 +
2
=
√
5
.
−1 +
4
√
5
.
Passons au sinus :
Sachant que cos2 + sin2 = 1, on obtient :
sin
2
2π
5
=1−
−1 +
4
et donc :
sin
Or,
2π
5
2π
5
r
=
=1−
√
√
6−2 5
5+ 5
=
16
8
r
√
√
5+ 5
5+ 5
ou −
.
8
8
∈ [0, π], intervalle sur lequel la fonction sinus est positive. Ainsi, sin( 2π
) > 0, donc :
5
sin
2
√ !2
5
2π
5
r
=
√
5+ 5
.
8
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, ω 2 , ω 3 , ω 4 dans 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 O du repère ainsi que les points I de
coordonnées (1, 0) et J de coordonnées (0, 1).
√
1
5
.
Soient A le point d’affixe − et C le cercle de centre A et de rayon
4
4
1. Comment placer le point A à 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 I 0 le point
d’affixe −1, qu’on obtient comme la seconde intersection entre le cercle trigonométrique et l’axe des abscisses.
Plaçons alors le milieu de [OI 0 ]. Souvenirs de collège...
Pour l’obtenir on peut tracer la médiatrice de [OI 0 ] :
tracer deux cercles de même rayon l’un centré en O
l’autre en I 0 , et relier les points d’intersection de ces
deux cercles. Construction en pointillés sur la figure.
Enfin pour obtenir A on place le milieu de O et du milieu précédent, avec la même méthode. Construction
en gris.
2
1
I0
A
−1
J
O
0
−1
I
1
2. Déterminer les points de C dont l’affixe est imaginaire pure.
On cherche quand est-ce que M vérifie 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 M un point et (x, y) ses coordonnées. Soit z l’affixe de M , donc z = x + iy.
(
M convient
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
M ∈C
z ∈ iR


AM =
√
5
4
x = 0

x = 0
√
|z − 1 | = 5
4
4

x = 0
√
|iy − 1 | = 5
4
4


=0
x
r
√
5
1

 y 2 + 16 = 4

x = 0
1
5
=
16
16
(on peut passer au carré car les deux membres sont positifs)

y 2 +
x = 0
1
y 2 =
4

x = 0
y =
1
−1
ou y =
2
2
.
Les solutions sont donc les points de coordonnées (0, 12 ) et (0,
−1
),
2
i.e. les points d’affixe
i
2
et
−i
.
2
3. Expliquer comment tracer C à l’aide d’une règle non graduée et d’un compas.
Pour commencer, on place le point d’affixe 2i : milieu de [OJ]. Notons Z ce 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
correspondant sur la figure.
5 ) est dans C. Placer le point √
2π
−1 + 5
Indication : Normalement, on a trouvé à la partie précédente : cos
=
.
5
4
2π
2π
−1 La distance entre le point d’affixe cos
et A est cos
−
. Voyons si cette distance est égale à
5
5
4 √
5
.
4
2π
−1 −
cos
=
5
4 =
√
Ainsi le point d’affixe cos(2π/5) est à distance
√
−1 + 5 1 + 4
4
√
5
.
4
5
de A, il est bien dans le cercle C.
4
3
5. Finalement, expliquer comment placer sur la figure les points d’affixe ω, ω 2 , puis ω 3 et ω 4 , et dessiner
le pentagone régulier obtenu.
Le cercle C coupe 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 ω et ω̄, i.e. ω 4 .
En reportant la distance |ω − 1| sur le cercle trigonométrique on obtient ω 2 puis ω 3 .
En reliant les points d’affixe 1, ω, ω 2 , ω 3 , ω 4 on 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 + i sin 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
ix
5 =
Im
=
=
Im (cos x + i sin x)5
Im(cos5 x + 5i cos4 x sin x − 10 cos3 x sin2 x − 10i cos2 x sin3 x
+5 cos x sin4 x + i sin5 x)
(binôme de Newton)
5 cos4 x sin x − 10 cos2 x sin3 x + sin5 x.
=
e
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 − sin2 x)2 sin x − 10(1 − sin2 x) sin3 x + sin5 x
16 sin5 x − 20 sin3 x + 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 x est solution de (E) si et seulement si 16(x2 )2 − 20x2 + 5 = 0.
Notons (F ) l’équation 16y 2 − 20y + 5 = 0 d’inconnue y ∈ R. Alors x est solution de (E) ssi y est solution de
(F ).
√
√
20 + 80
20 − 80
et
,
Le discriminant de (F ) est 400 − 20 × 16, qui vaut 80. Les solutions de (F ) sont donc
32
32
√
√
5− 5
5+ 5
c’est-à-dire
et
.
8
8
On reprend la résolution de (E) :
x est solution de (E)
x2 est solution de (F )
⇔
4
√
√
5+ 5
5− 5
ou x2 =
8
r 8 √
r
√
5− 5
5− 5
x=
ou x = −
r 8√
r 8√
5+ 5
5+ 5
x=
ou x = −
.
8
8
x2 =
⇔
⇔
ou
r
r
√
√ r
√
√
5− 5
5− 5
5+ 5
5+ 5
,−
,
et −
, qu’on peut réécrire, si on
Les solutions de (E) sont donc
8
8
8
8
préfère ne pas mettre de racines au dénominateur :
r
p
2(5 +
4
√
5)
p
,
2(5 −
4
√
5)
p
2(5 +
4
, −
√
5)
p
2(5 −
4
, et −
√
5)
.
π
2π
3. Démontrer que les solutions de (E) sont sin( π5 ), sin( 2π
5 ), − sin( 5 ) et − sin( 5 ).
sin(5θ)
π 2π
π
2π
Indication : Pour θ ∈
,
,− ,−
, calculer
.
5
5
5
5
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
sin(5 × π5 )
un sin(π/5) en facteur. D’où l’idée de calculer
. Après avoir justifié que sin(π/5) 6= 0 bien entendu !
sin(π/5)
Par ailleurs, il sera plus clair de commencer le calcul pour un x quelconque, et de le remplacer ensuite par
π/5.
D’après la question précédente, pour tout x ∈ R tel que sin(x) 6= 0, on a :
sin(5x)
= 16 sin4 (x) − 20 sin2 (x) + 5.
sin(x)
Or, sin(π/5) 6= 0 car
π
5
∈ ]0, π[, nous pouvons donc appliquer la formule ci-dessus pour x =
donc
donc
sin(5π/5)
= 16 sin4
sin(π/5)
sin(π)
= 16 sin4
sin(π/5)
0 = 16 sin( π5 )
4
π
5
π
5
− 20 sin2
− 20 sin2
2
− 20 sin( π5 )
π
5
π
5
π
5
:
+5
+5
+ 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 ∈ R tel 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
−π π −2π
<
par exemple utiliser le fait que la fonction sinus est strictement croissante sur 2 , 2 , donc sin
5
π
2π
−π
sin
< sin
< sin
. Et comme une équation de degré 4 admet au maximum 4 solutions, on en
5
5
5
déduit que le nombre maximum de solutions est atteint, et qu’il n’y en a pas d’autres.
π
4. En conclusion, indiquer une écriture à l’aide de racines carrées des nombres sin( π5 ), sin( 2π
5 ), − sin( 5 ),
− sin( 2π
5 ). On justifiera clairement les choix effectués.
p
p
p
p
√
√
√
√
2(5 − 5)
2(5 + 5)
2(5 − 5)
2(5 + 5)
,
,−
et −
.
4
4
4
4
π
2π
π
2π
Mais par ailleurs, par la question 3, les quatre solutions de (E) sont sin( 5 ), sin( 5 ), − sin( 5 ), et − sin( 5 ).
Donc ces quatre sinus sont égaux aux quatre racines ci-dessus ; il ne reste qu’à déterminer lequel correspond à
laquelle.
On a vu que les quatre solutions de (E) sont
5
Pour ce, le plus
simple
est de trier tout le monde dans l’ordre croissant : on a déjà dit que, puisque sinus est
croissante sur − π2 , π2 ,
−2π
−π
π
2π
sin
< sin
< sin
< sin
.
5
5
5
5
Par ailleurs :
p
p
p
√
√
√
√
2(5 + 5)
2(5 − 5)
2(5 − 5)
2(5 + 5)
<−
<
<
4
4
4
4
Le nombre qui nous intéresse est le plus grand des quatre, ainsi :
p
−
sin
2π
5
p
=
2(5 +
4
√
5)
.
p
Remarque : On retrouve la formule obtenue en première partie car
2(5 +
4
√
5)
r
=
r
√
√
2(5 + 5)
5+ 5
=
.
16
8
Commentaires :
• L’équation (E) admet quatre solutions, ce qui est le maximum possible pour une équation de degré 4. On dit
dans cette situation que « le polynôme 16X 4 − 20X 2 + 5 est scindé ». En fait, on peut démontrer que lorsqu’on
cherche les solutions complexes, le nombre maximal de racines est toujours atteint, en un certain sens.
• Le polynôme 16X 4 −20X 2 +5 permet d’exprimer sin(5x) en fonction de sin(x). Le calcul effectué à la question 1
peut être généralisé, et pour tout n ∈ N on peut trouver un polynôme pour exprimer sin(nx) en fonction de
sin(x), ou cos(nx) en fonction de cos(x). Ce genre de polynôme s’appelle « polynôme de Tchebychev ». On
rencontre fréquemment des polynômes de Tchebychev en mathématiques et en particulier dans les problèmes
de concours !
• Vous savez donc couper une tarte en cinq parts égales. En deux c’est facile : tracer un diamètre. En 6 : il suffit
de placer cos( π3 ), et si vous savez couper en 6, vous savez couper en 3. En quatre n’en parlons même pas !
Ainsi le prochain nombre qui vous bloquera sera 7. Pour couper une tarder en sept parts égales, la méthode
recommandée est de placer une pièce de 20 centimes au centre de la tarte : la tranche de la pièce est découpée
en 7 parts égales ! (Il reste à déterminer le centre du cercle...)
En revanche, il n’existe aucune construction à la règle et au compas permettant de découper un cercle en 7
parts égales. Le théorème de Gauss-Wantzel (publié en 1837), basé sur la théorie de Galois, indique exactement
quels sont les nombres n pour lesquels il existe une construction à la règle et au compas pour découper un
cercle en n parts égales.
6