Exercices : Trigonométrie ( directe et réciproque)

Exercices : Trigonométrie ( directe et réciproque)
Exercice 1
1. Calculer tan(p) − tan(q) en fonction de sin(p − q), cos(p) et cos(q).
2. En déduire
n
X
k=1
1
cos(kθ) cos((k + 1)θ)
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 2
Résoudre dans R les équations suivantes:
√
√
√
√
1. ( 6 + 2) cos(θ) + ( 6 − 2) sin(θ) = 2
π
(indication: calculer cos( 12
))
2. sin(7θ) − sin(θ) = sin(3θ)
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 3
Utiliser les formules donnant cos(nx) et sin(nx) en fonction de cos(x) et sin(x) pour résoudre:
1. 4 sin3 (x) + sin(3x) =
3
2
2. cos(4x) + 8 cos(x)2 − 9 = 0
CORRECTION
INDICATIONS
CORRECTION
INDICATIONS
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 4
Résoudre les équations:
1. arctan(x) = 2 arctan 12
2. arcos(x) = 2arcos 34
3. arctan(2x) = 3 arctan(x)
Exercice 5
Calculer A = arctan 12 + arctan 13
1
Exercice 6
1. Simplifier, selon les valeurs de x, arctan(x) + arctan x1
2. Même question avec arcos(1 − 2x2 )
CORRECTION
INDICATIONS
2
Indications pour l’exercice 1
1. Mettre tout sous le même dénominateur et remarquer une formule de trigo.
2. Utiliser la question précédente pour faire apparaitre une somme téléscopique.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 2
1. Utiliser le cours (transformation de A sin(x) + B cos(x))
2. Utiliser les formules sin(p) − sin(q)
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 3
Utiliser les complexes pour exprimer cos(nx) en fonction de cos(x) et sin(x).
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 4
Utiliser les techniques vues en cours. Attention ! en composant on a qu’une seule implication, il faut vérifier
que les solutions trouvées conviennent bien.
Cette vérification peut se faire en remplaçant, ou en regardant dans quel intervalle se trouvent les nombres.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 5
Composer par tan. Attention à la logique.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 6
1. Cf TD
2. On pourra poser x = sin(u).
RETOUR AUX ENONCES
3
Correction de l’exercice 1
1. On a:
sin(p) sin(q)
−
cos(p) cos(q)
sin(p)cos(q) − sin(q)cos(p)
cos(p)cos(q)
sin(p − q)
cos(p)cos(q)
tan(p) − tan(q) =
=
=
2. Calculons d’abord les valeurs de θ pour lesquelles cette somme n’est pas définie: On doit avoir
∀k ∈ {1 . . . n}, cos(kθ)cos((k + 1)θ) 6= 0 ⇔ ∀k ∈ {1 . . . n + 1}, cos(kθ) 6= 0

cos(θ) 6= 0




cos(2θ) 6= 0
⇔
.

..



cos((n + 1)θ) 6= 0

θ 6= π2 [π]




θ 6= π [ π ]
4
2
⇔
..

.




π
π
[ n+1
]
θ 6= 2(n+1)
Ensuite, en faisant p = k + 1 et q = k dans la formule précédente, on a :
tan((k + 1)θ) − tan(kθ) =
sin(θ)
cos(kθ)cos((k + 1)θ)
(1)
1er cas : si sin(θ) 6= 0
On peut diviser par sin(θ) dans (1), ce qui permet d’écrire:
n
X
k=1
1
cos(kθ) cos((k + 1)θ)
n
X
tan((k + 1)θ) − tan(kθ)
=
sin(θ)
k=1
n
=
1 X
tan((k + 1)θ) − tan(kθ)
sin(θ)
=
tan((n + 1)θ) − tan(θ)
sin(θ)
k=1
(somme téléscopique)
2ième cas : si sin(θ) = 0
On a alors:
• Soit θ = 0
Ainsi
[2π], et donc ∀k ∈ {1, . . . n}cos(kθ) cos((k + 1)θ) = 1.
n
X
k=1
• Soit θ = π
Ainsi
1
=n
cos(kθ) cos((k + 1)θ)
[2π], et donc ∀k ∈ {1, . . . n}cos(kθ) cos((k + 1)θ) = −1.
n
X
k=1
1
= −n
cos(kθ) cos((k + 1)θ)
4
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 2
1. La forme de l’équation nous fait penser qu’une transformation de a cos(x) + b sin(x) serait judicieuse.
Comme suggéré, on calcule:
π π π
cos
= cos
−
12
3
4
π
π
π
π
= cos cos + sin sin
3
4
√ 3 √ 4
6+ 2
=
4
√
√
√
√
π
π
On en déduit que 6 + 2 = 4cos 12
et que 6 − 2 = 4sin 12
√
√
√
√
π
π
( 6 + 2)cos(θ) + ( 6 − 2)sin(θ) = 2 ⇔ 4cos cos(θ) + 4sin sin(θ) = 2
12
12
π
π
1
⇔ cos cos(θ) + sin sin(θ) =
12
12
2
π
1
⇔ cos(θ − ) =
12
2
(
π
π
[2π]
θ = 3 + 12 [2π] = 5π
12
⇔
π
π
π
θ = − 3 + 12 [2π] = − 4 [2π]
2. On a, d’après une célèbre formule, sin(7θ) − sin(θ) = 2 sin(3θ) cos(4θ)
sin(7θ) − sin(θ) = sin(3θ) ⇔ 2 sin(3θ) cos(4θ) = sin(3θ)
⇔ sin(3θ)(1 − 2 cos(4θ)) = 0
(
(
θ = 0 [ π3 ]
sin(3θ) = 0
⇔
⇔
π
θ = ± 12
[ π2 ]
cos(4θ) = 12
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 3
3
1. On peut écrire sin(3x) = Im(e3ix ) = Im( eix ) = Im((cos(x) + isin(x))3 ).
En developpant (cos(x) + isin(x))3 avec la formule du binôme, on trouve sin(3x) = 3sin(x) − 4sin3 (x).
4 sin3 (x) + sin(3x) =
3
2
3
⇔ 3 sin(x) =
2
(
π
x = 6 [2π]
⇔
x = π − π6 [2π]
2. En utilisant les nombres complexes, on a: cos(4x) = 8 cos4 (x) − 8 cos2 (x) + 1
cos(4x) + 8 cos(x)2 − 9 = 0 ⇔ 8cos4 (x) − 8cos2 (x) + 1 + 8 cos(x)2 − 9 = 0
⇔ cos4 (x) − 1 = 0


cos(x) = 1
⇔
ou


cos(x) = −1
⇔ x=0
5
[π]
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 4
1.
arctan(x) = 2 arctan
1
2
1
⇒ tan(arctan(x)) = tan(2 arctan )
2
1
2 tan(arctan 2 )
⇒ x=
1 − tan2 (arctan 12 )
4
1
⇒ x=
1 = 3
1− 4
Ainsi, x n’a qu’une seule valeur possible; cette valeur convient-elle ?
On ne peut calculer directement arctan 43 , il faut vérifier que cette valeur convient en disant que:

4

tan 3 = y (1)
4
arctan = y ⇔ et

3

y ∈] − π2 ; π2 [ (2)
Ici y = 2 arctan 12 ; la condition (1) est vérifiée d’après notre calcul, il reste donc à voir que 2 arctan 12 ∈]− π2 ; π2 [.
Or
1
1
0 < < 1 ⇔ arctan(0) < arctan < arctan(1) (car arctan est strict. croissante)
2
2
1
⇔ 2 arctan(0) < 2 arctan < 2 arctan(1)
2
1
π
⇔ 0 < 2 arctan <
2
2
Donc (2) est vraie. Ainsi on a une solution: x =
4
3
2. Vérifions que arcos 34 ∈ [0, π]:
0<
3
3
< 1 ⇔ arcos(0) > arcos > arcos(1) (car arcos est strict. décroissante)
4
4
3
⇔ 2arcos(0) > 2arcos > 2arcos(1)
4
3
⇔ π > 2arcos > 2arcos(1) > 0
4
L’interêt est que maintenant on peut écrire
arcos(x) = 2arcos
Ainsi on a une solution: x =
2
16
=
3
4
3
⇔ cos(arcos(x)) = cos(2arcos )
4
3
9
2
⇔ x = 2 cos (arcos ) − 1 ⇔ x = 2 − 1
4
16
1
8
3.
arctan(2x) = 3arctan(x) ⇒ tan(arctan(2x)) = tan(3arctan(x))
2x
tan(2x) + x
2 + x
⇒ 2x =
= 1−x 2x
1 − x tan(2x)
1 − x 1−x2
3x − x3
1 − 3x3
⇒ 0 = x + 5x3
⇒ 2x =
⇒ x=0
(car x ∈ R)
Il est ensuite très facile de vérifier que x = 0 convient: on a donc une unique solution.
6
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 5
On a
tan(arctan 12 ) + tan(arctan 13 )
1 − tan(arctan 12 ) tan(arctan 13 )
tan(A) =
5
6
=
1−
= 1
1
6
Déterminons un intervalle de longueur π où habite arctan 12 + arctan 13 : on a:
0<
Comme de la même façon, 0 <
1
1
< 1 ⇔ arctan(0) < arctan < arctan(1)
3
3
π
1
⇔ 0 < arctan <
3
4
1
2
< 1, on a arctan 31 + arctan 12 ∈]0, π2 [
Ainsi A ∈] − π2 , π2 [⇔ A = π4 , puisque A =
π
4
est la seule valeur de cet intervalle qui vérifie tan(A) = 1
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 6
1. Posons f (x) = arctan(x) + arctan x1 . f est dérivable sur R∗ , et
0
f (x) =
=
1
1
1
+
− 2
1 + x2 1 + 12 2
x
x
1
1
− 2
=0
2
1+x
x +1
Donc f est constante sur R−∗ et sur R+∗ : en prenant x = 1 et x = −1, on trouve la valeur de cette constante:
(
f (x) = π2
f (x) = − π2
2. Etudions d’abord l’ensemble de définition de arcos(1 − 2x2 ): On doit avoir
1 − 2x2 ∈ [−1; 1] ⇔ 1 > x2 > 0
⇔ x ∈ [−1; 1]
L’expression 1 − 2x2 nous fait penser à la formule cos(2x) = 1 − 2sin2 (x)
Comme x ∈ [−1; 1], on peut faire le chgt de variable x = sin(u), avec u ∈ [− π2 , π2 ]. (autrement dit u =
arcsin(x))
Donc arcos(1 − 2x2 ) = arcos(cos(2u)). Or 2u ∈ [−π, π], deux cas se présentent alors:
1er cas: 2u ∈ [−π, 0] ⇔ x ∈ [−1, 0].
7
Alors, d’après le cours, arcos(cos(2u)) = −2u, donc
arcos(1 − 2x2 ) = −2arcsin(x)
2ième cas: 2u ∈ [0, π] ⇔ x ∈ [0, 1].
Alors, d’après le cours, arcos(cos(2u)) = 2u, donc
arcos(1 − 2x2 ) = 2arcsin(x)
(
si x ∈ [−1, 0], arcos(1 − 2x2 ) = −2arcsin(x)
Conclusion:
si x ∈ [0, 1], arcos(1 − 2x2 ) = 2arcsin(x)
RETOUR AUX ENONCES
8