Chapitre 3 — Complexes et trigonométrie

1. \(\cos\frac{5\pi}{12} = \cos\!\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\)
2. \(\sin\frac{7\pi}{12} = \sin\!\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\)
3. On utilise \(\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1\) avec \(\alpha = \pi/8\) : \(\cos(\pi/4) = 2\cos^2(\pi/8)-1\), donc \(\cos^2(\pi/8) = \frac{1+\cos(\pi/4)}{2} = \frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2} = \frac{2+\sqrt{2}}{4}\). Comme \(\pi/8 \in (0,\pi/2)\), \(\cos(\pi/8) = \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\).
4. \(\cos(\pi/12) = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\) et \(\sin(\pi/12) = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\), donc \(\tan(\pi/12) = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2}{4} = \frac{8-4\sqrt{3}}{4} = 2-\sqrt{3}\).

\(e^{i(a+b)} = \cos(a+b)+i\sin(a+b)\)

\(e^{ia}\cdot e^{ib} = (\cos a+i\sin a)(\cos b+i\sin b) = (\cos a\cos b - \sin a\sin b)+i(\sin a\cos b+\cos a\sin b)\)

Identification : parties réelle → a), imaginaire → b).

c) Poser \(a=b\) : \(\cos(2a)=\cos^2a-\sin^2a\) et \(\sin(2a)=2\sin a\cos a\).

1. Avec \(2i\sin\theta = z-z^{-1}\) : \((2i)^3\sin^3\theta = (z-z^{-1})^3 = z^3-3z+3z^{-1}-z^{-3} = (z^3-z^{-3})-3(z-z^{-1}) = 2i\sin(3\theta)-3\cdot2i\sin\theta\). Donc \(-8i\sin^3\theta = 2i\sin(3\theta)-6i\sin\theta\), d’où \(\sin^3\theta = \frac{3}{4}\sin\theta - \frac{1}{4}\sin(3\theta)\).
2. \((2\cos\theta)^4 = (z+z^{-1})^4 = z^4+4z^2+6+4z^{-2}+z^{-4} = 2\cos(4\theta)+8\cos(2\theta)+6\). Donc \(\cos^4\theta = \frac{1}{8}\cos(4\theta)+\frac{1}{2}\cos(2\theta)+\frac{3}{8}\).
3. \(\sin^2\theta\cos^2\theta = \frac{1}{4}\sin^2(2\theta) = \frac{1}{4}\cdot\frac{1-\cos(4\theta)}{2} = \frac{1}{8}(1-\cos(4\theta))\).
4. \(\cos^2\theta\sin^3\theta = \cos^2\theta\cdot\sin\theta\cdot\sin^2\theta\). Utiliser \(\sin^2\theta = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}\) et \(\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}\), puis linéariser le produit. Ou directement : \(\cos^2\theta\sin^3\theta = \sin^3\theta\cdot\frac{1+\cos(2\theta)}{2} = \frac{1}{2}\sin^3\theta+\frac{1}{2}\sin^3\theta\cos(2\theta)\). Puis développer chaque terme. Résultat : \(\frac{1}{16}(2\sin\theta+\sin(3\theta)-\sin(5\theta))\) (à vérifier par ordinateur).

Développement : \((c+is)^5 = c^5+5c^4(is)+10c^3(is)^2+10c^2(is)^3+5c(is)^4+(is)^5\)

\(= c^5-10c^3s^2+5cs^4+i(5c^4s-10c^2s^3+s^5)\)

a) \(\cos(5\theta)=c^5-10c^3s^2+5cs^4\). On remplace \(s^2=1-c^2\) et \(s^4=(1-c^2)^2\):

\(=c^5-10c^3(1-c^2)+5c(1-c^2)^2 = c^5-10c^3+10c^5+5c-10c^3+5c^5 = 16c^5-20c^3+5c\)

Donc \(\cos(5\theta) = 16\cos^5\theta - 20\cos^3\theta + 5\cos\theta\).

b) \(\sin(5\theta)=5c^4s-10c^2s^3+s^5 = s(5c^4-10c^2s^2+s^4)\). On remplace \(c^2=1-s^2\):

\(= s(5(1-s^2)^2-10(1-s^2)s^2+s^4) = s(5-10s^2+5s^4-10s^2+10s^4+s^4) = s(5-20s^2+16s^4)\)

Donc \(\sin(5\theta) = 16\sin^5\theta - 20\sin^3\theta + 5\sin\theta\).

1. \(\frac{1}{2}[\cos(2x)+\cos(4x)]\)
2. \(\frac{1}{2}[\cos(3x)-\cos(7x)]\)
3. \(\frac{1}{2}[\sin(5x)+\sin(3x)]\)

1. \(\sin(3x)+\sin(x) = 2\sin(2x)\cos(x) = 0\). Donc \(\sin(2x)=0\) ou \(\cos(x)=0\). \(\sin(2x)=0 \Rightarrow x=k\pi/2\). \(\cos(x)=0 \Rightarrow x=\pi/2+k\pi\). L’ensemble solution est \(\{k\pi/2,\, k\in\mathbb{Z}\}\).
2. \(\cos(5x)-\cos(x) = -2\sin(3x)\sin(2x) = 0\). Donc \(\sin(3x)=0\) ou \(\sin(2x)=0\). Solutions : \(x = k\pi/3\) ou \(x = k\pi/2\).
3. \(\cos(3x)+\cos(x) = 2\cos(2x)\cos(x)\). Équation devient \(2\cos(2x)\cos(x) = \sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x)\). Si \(\cos(x) \neq 0\) : \(2\cos(2x) = 2\sin(x) \Rightarrow \cos(2x)=\sin(x) \Rightarrow 1-2\sin^2x=\sin x \Rightarrow 2\sin^2x+\sin x-1=0 \Rightarrow (2\sin x-1)(\sin x+1)=0\). Donc \(\sin x = 1/2\) ou \(\sin x = -1\). Si \(\cos x = 0\) : \(x=\pi/2+k\pi\) (vérifier dans l’équation originale). Solutions : \(x = \pi/6+2k\pi\), \(x=5\pi/6+2k\pi\), \(x=-\pi/2+2k\pi\).

1. \(AB = |2-0| = 2\). \(BC = |2+i\sqrt{3}-2| = \sqrt{3}\). \(CD = |i\sqrt{3}-(2+i\sqrt{3})| = |-2| = 2\). \(DA = |0-i\sqrt{3}| = \sqrt{3}\).
2. \(\frac{z_B-z_A}{z_D-z_A} = \frac{2}{i\sqrt{3}} = \frac{-2i}{\sqrt{3}} = \frac{-2i\sqrt{3}}{3}\). L’argument est \(-\pi/2\). Donc l’angle \(\widehat{DAB} = \pi/2\) : angle droit en \(A\).
3. \(ABCD\) est un parallélogramme (côtés opposés égaux \(AB=CD=2\) et \(BC=DA=\sqrt{3}\)) avec un angle droit, donc c’est un rectangle.