Correction des travaux dirigés - Trigonométrie et Nombres Complexes

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1 Correction des travaux dirigés - Trigonométrie et Nombres Complexes Julian Tugaut Si vous trouvez des erreurs de Français ou de mathématiques ou bien si vous avez des questions et/ou des suggestions, envoyez-moi un mail à tugaut@math.cnrs.fr 1

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3 Table des matières Table des matières Exercice 1 5 Énoncé Rappel sur la formule de Newton Correction Méthode directe Seconde méthode Exercice 7 Énoncé Correction Exercice 9 Énoncé Rappel sur les suites géométriques Correction Première méthode Deuxième méthode Troisième méthode

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5 Exercice 1 Énoncé Montrer que cos(5θ) = 16 cos 5 (θ) 0 cos (θ) + 5 cos(θ). Rappel sur la formule de Newton Soient a et b deux réels ou complexes. Soit n N. On a : (a + b) n = C 0 na n + + C p na n p b p + + C n nb n avec C p n := Correction Méthode directe n! p!(n p)!. Si l on ne voit pas comment utiliser la formule du binôme de Newton, on peut se rabattre sur les formules de trigonométrie suivantes : cos(a + b) = cos(a) cos(b) sin(a) sin(b) et sin (θ) = 1 cos (θ). On développe et l on obtient le résultat : cos(5θ) = cos(θ + θ) = cos(θ) cos(θ) sin(θ) sin(θ) = (cos(θ) cos(θ) sin(θ) sin(θ)) ( cos (θ) 1 ) (sin(θ) cos(θ) + cos(θ) sin(θ)) sin(θ) cos(θ) = ( cos (θ) cos(θ) sin (θ) cos(θ) ) ( cos (θ) 1 ) sin(θ) cos(θ) ( cos (θ) sin(θ) sin(θ) + sin(θ) cos (θ) ) =4 cos 5 (θ) cos (θ) cos (θ) + cos(θ) 4 cos (θ) sin (θ) + sin (θ) cos(θ) 4 sin (θ) cos (θ) + sin (θ) cos(θ) 4 sin (θ) cos (θ) =4 cos 5 (θ) 4 cos (θ) + cos(θ) 1 cos (θ) sin (θ) + 4 cos(θ) sin (θ) =4 cos 5 (θ) 4 cos (θ) + cos(θ) 1 cos (θ) + 1 cos 5 (θ) + 4 cos(θ) 4 cos (θ) =16 cos 5 (θ) 0 cos (θ) + 5 cos(θ). Cette méthode fonctionne et ne nécessite pas de passer en complexe mais elle a le désavantage d être longue et la probabilité d erreur est conséquente. 5

6 Seconde méthode On utilise la formule de Moivre : On prend ici n = 5 : cos(nθ) + i sin(nθ) = (cos(θ) + i sin(θ)) n. cos(5θ) + i sin(5θ) = (cos(θ) + i sin(θ)) 5. On développe maintenant le complexe dans le membre de droite en utilisant la formule du binôme de Newton : cos(5θ) + i sin(5θ) = (cos(θ) + i sin(θ)) 5 =C 0 5 cos 5 (θ) + ic 1 5 cos 4 (θ) sin(θ) + C 5 cos (θ)i sin (θ) + C 5 cos (θ)i sin (θ) + C 4 5 cos(θ)i 4 sin 4 (θ) + C 5 5i 5 sin 5 (θ). On en déduit immédiatement (par identification) : { cos(5θ) = C 0 5 cos 5 (θ) C 5 cos (θ) sin (θ) + C 4 5 cos(θ) sin 4 (θ) sin(5θ) = C 1 5 cos 4 (θ) sin(θ) C 5 cos (θ) sin (θ) + C 5 5 sin 5 (θ). On trouve les coefficients binomiaux en utilisant la cinquième ligne du triangle de Pascal : n\p Conséquemment, on a : cos(5θ) = cos 5 (θ) 10 cos (θ) ( 1 cos (θ) ) + 5 cos(θ) ( 1 cos (θ) ) Puis, après simplification, on obtient le résultat demandé. L avantage de cette méthode est qu elle est moins calculatoire. De plus, on obtient également le sinus assez facilement. 6

7 Exercice Énoncé Résoudre dans C l équation Correction z + (i )z + 5 i = 0. (1) En premier lieu, on calcule le discriminant : := b 4ac = (i ) 4(5 i) = 15 8i. On cherche maintenant une racine complexe de 15 8i. On sait qu une telle racine existe. Soit δ := x + iy tel que δ =. Conséquemment : { x y = 15 xy = 8. On dispose en fait d une troisième équation. En effet : = δ = δ = x + y. On calcule maintenant le module de. Celui-ci vaut = = 17. On a donc le système suivant : On remarque x y = 15 xy = 8 x + y = 17. x y x = ± + x + y = ± = ±1 et de même : y = ± x y + x + y = ± = ±4 7

8 On choisit les signes tels que xy soit du signe de 8. Aussi, une racine possible de est δ := 1 4i. L équation initiale (1) a donc deux solutions complexes : z 1 = b + δ = 4 6i = i et z = b δ = + i = 1 + i. 8

9 Exercice Énoncé Soit C n := Montrer que C n = 1 n sin ( ) nπ. n k=1 ( ) 1 kπ cos. k, Rappel sur les suites géométriques Soit une suite géométrique (u p ) p 0 de raison q 1 et de premier terme a 0. En d autres termes, on a u p := aq p. Alors, la somme de ses n premiers termes est calculée comme suit Correction u 0 + u u n 1 = a + aq + + aq n 1 = a qn 1 q 1,. Trois preuves différentes peuvent être effectuées. Commençons par la plus simple et rapide. Première méthode On passe en complexe. On rappelle que l on a cos ( ) kπ = Re ( ) e ikπ. Donc, on peut transformer C n comme suit : n C n = Re k=1 e ikπ k = Re n k=1 e iπ k. () On reconnait ici la somme des termes d une suite géométrique. On ne peut toutefois pas appliquer la formule puisque la somme va de 1 à n au lieu d aller 9

10 de 0 à n 1. On factorise alors par e iπ : C n = Re = Re e iπ e iπ On calcule le premier facteur : e iπ e iπ 1 = n e iπ k 1 k=1 = Re ( ) e iπ n 1 = Re e iπ i i = e iπ e iπ n 1 k=0 e iπ 1 e iπ ( i) ( 4 4 i) k e inπ 1 n. = i. On obtient alors C n = Re i e inπ 1 n = Re i cos ( ) nπ 1 + i sin n = 1 ( ) nπ n sin, ce qui achève la preuve. Deuxième méthode ( nπ n ) On passe à nouveau en complexe et l on repart de l égalité (). pour pouvoir appliquer la formule, on peut retrancher le premier terme et rajouter le dernier terme d où inπ n 1 e C n = Re e iπ k n k=0 inπ inπ e e = Re n n e iπ 1. 10

11 Ensuite, en simplifiant, on retrouve le même résultat : inπ e C n = Re e inπ n 1 i 4 4 n 1 16 inπ e = Re 1 + e inπ inπ n + 1 n ie + n i ( ) 1 nπ = sin. n Remarquons que l on aurait pu ne pas mettre le dernier terme à part mais (n+1)π cos( ) l on aurait alors obtenu des termes de la forme et il aurait fallu n+1 développer en utilisant la formule cos(a + b) = cos(a) cos(b) sin(a) sin(b)... Troisième méthode On peut également résoudre cet exercice sans passer par les nombres complexes. En effet, posons ) u k := 1 k cos ( kπ La π-périodicité du cosinus nous donne u k+6 = 1 6 u k. On étudie alors les six suites extraites (u 6k+1 ) k N, (u 6k+ ) k N, (u 6k+ ) k N, (u 6k+4 ) k N, (u 6k+5 ) k N et (u 6k+6 ) k N. On remarque assez vite les résultats suivants : u 6(k+1)+l = 1 64 u 6k+l d où u 6k+l = 1 64 k u l pour tout 1 l 6. On a également : u 1 + u + u + u 4 + u 5 + u 6 = = 0. Conséquemment, on obtient 6p+6 k=1 p = (u 6l+1 + u 6l+ + u 6l+ + u 6l+4 + u 6l+5 + u 6l+6 ) l=1 p 1 = l=1 64 (u l 1 + u + u + u 4 + u 5 + u 6 ) =

12 Donc, si n est de la forme 6p, on a C n = C 6p = 0. On peut vérifier que l on a bien sin ( ) (6p)π = 0. On a ainsi obtenu le résultat demandé pour n = 6p. On regarde maintenant pour n = 6p + 1 : C n = C 6p+1 = C 6p + 1 ( ) (6p + 1)π cos }{{} 6p+1 =0 = 1 ( ) π cos = 1 n = 1 n+1 n = 1 ( ) π n sin = 1 ( ) (6p + 1)π n sin ce qui prouve le résultat pour n = 6p + 1. On applique la même méthode avec 6p +, 6p +, 6p + 4 et 6p + 5. Cette méthode fonctionne et n utilise pas les complexes mais elle est extrêmement fastidieuse. On aurait également pu n utiliser que trois sous-suites. Finalement, il existe une dernière méthode : la démonstration par récurrence. Néanmoins, celle-ci présuppose de connaître le résultat. 1