1S - DM - utilisation des formules de trigonométrie

Difficulté +++

Exercice 1

Soit $\alpha$ un réel de l’intervalle $\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$ tel que :

$$\cos \alpha+\sin \alpha=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$$

Montrer que $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)$ est solution de l’équation $x^2+2x-1=0$ puis comparer les nombres $\sqrt{7}-2$, $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)$ et $\dfrac{\sqrt{7}-2}{3}$.
$\quad$
En déduire la valeur de $\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$.
$\quad$

Correction Exercice 1

Calculons :
$\begin{align*} \tan^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)+2\tan \left(\dfrac{\pi}{8}\right)-1&= \dfrac{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}+2\dfrac{\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}{\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}-1 \\
&=\dfrac{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)+2\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)-\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)} \\
&=\dfrac{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)-\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)+2\sin\left(\dfrac{\pi}{8}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)} \\
&=\dfrac{-\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}{\cos^2\left(\dfrac{\pi}{8}\right)}\\
&=0
\end{align*}$
Donc $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)$ est une solution de l’équation $x^2+2x-1=0$.
$\quad$
Résolvons maintenant cette équation $x^2+2x-1=0$.
Le discriminant est $\Delta=4+4=8>0$
Il y a donc deux racines réelles.
$x_1=\dfrac{-2-\sqrt{8}}{2}=\dfrac{-2-2\sqrt{2}}{2}=-1-\sqrt{2}$
et $x_2=-1+\sqrt{2}$.
$\quad$
On sait que $0<\dfrac{\pi}{8}<\dfrac{\pi}{2}$ donc $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right) >0$
Or $-1-\sqrt{2}<0$ et $-1+\sqrt{2}>0$.
Donc $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)=-1+\sqrt{2}$
$\quad$
Comparons maintenant $\sqrt{7}-2$, $-1+\sqrt{2}$ et $\dfrac{\sqrt{7}-2}{3}$.
$\begin{align*} -1+\sqrt{2}-\left(\sqrt{7}-2\right)&=1+\sqrt{2}-\sqrt{7}\\
&=\dfrac{\left(\left(1+\sqrt{2}\right)-\sqrt{7}\right)\times \left(\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{7}\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{7}} \\
&=\dfrac{\left(1+\sqrt{2}\right)^2-7}{\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{7}}\\
&=\dfrac{1+2+2\sqrt{2}-7}{\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{7}}\\
&=\dfrac{2\sqrt{2}-4}{\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{7}}\\
&=\dfrac{2\left(\sqrt{2}-2\right)}{\left(1+\sqrt{2}\right)+\sqrt{7}} \\
&<0
\end{align*}$
Par conséquent $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)<\sqrt{7}-2$.
$\quad$
$\begin{align*} -1+\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{7}-2}{3}&=\dfrac{-3+3\sqrt{2}-\sqrt{7}+2}{3}\\
&=\dfrac{-1+3\sqrt{2}-\sqrt{7}}{3} \\
&=\dfrac{\left(-1+3\sqrt{2}-\sqrt{7}\right)\left(-1+3\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)}{3\left(-1+3\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)}\\
&=\dfrac{\left(-1+3\sqrt{2}\right)^2-7}{3\left(-1+3\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)}\\
&=\dfrac{1-6\sqrt{2}+18-7}{3\left(-1+3\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)}\\
&=\dfrac{12-6\sqrt{2}}{3\left(-1+3\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)}\\
&=\dfrac{6\left(2-\sqrt{2}\right)}{3\left(-1+3\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)} \\
&>0
\end{align*}$
Par conséquent $\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)>\dfrac{\sqrt{7}-2}{3}$.
Au final : $\dfrac{\sqrt{7}-2}{3}<\tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)<\sqrt{7}-2$.
$\quad$
On va utiliser dans cette question les propriétés suivantes où $t=\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$.
$\sin( \alpha)=\dfrac{2t}{1+t^2}$ et $\cos(\alpha)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$.
Si ces résultats ne sont pas connus, ils sont démontrés à la fin de l’exercice.
$\begin{align*} \cos(\alpha)+\sin(\alpha)=\dfrac{\sqrt{7}}{4}&\ssi \dfrac{1-t^2}{1+t^2}+\dfrac{2t}{1+t^2}=\dfrac{\sqrt{7}}{4} \\
&\ssi \dfrac{2t+1-t^2}{1+t^2}=\dfrac{\sqrt{7}}{4} \\
&\ssi 2t+1-t^2=\dfrac{\sqrt{7}}{4}\left(1+t^2\right) \\
&\ssi \left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)t^2-2t+\dfrac{\sqrt{7}}{4}-1=0
\end{align*}$
Le discriminant est $\Delta=4-4\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)\times \left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}-1\right)=4-4\left(\dfrac{7}{16}-1\right)=\dfrac{25}{4}$.
Il y a donc deux racines réelles.
$\begin{align*} t_1&=\dfrac{2-\sqrt{\dfrac{25}{4}}}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{2-\dfrac{5}{2}}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{-\dfrac{1}{2}}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{-\sqrt{7}}{4}+1\right)}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)\left(\dfrac{-\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{\dfrac{\sqrt{7}}{4}-1}{4\left(-\dfrac{7}{16}+1\right) }\\
&=\dfrac{\dfrac{\sqrt{7}-4}{4}}{\dfrac{-7}{4}+4} \\
&=\dfrac{\dfrac{\sqrt{7}-4}{4}}{\dfrac{9}{4}} \\
&=\dfrac{\sqrt{7}-4}{9}
\end{align*}$
et
$\begin{align*} t_2&=\dfrac{2+\sqrt{\dfrac{25}{4}}}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{2+\dfrac{5}{2}}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{\dfrac{9}{2}}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{\dfrac{9}{2}\left(\dfrac{-\sqrt{7}}{4}+1\right)}{2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}+1\right)\left(\dfrac{-\sqrt{7}}{4}+1\right)}\\
&=\dfrac{9\left(\dfrac{-\sqrt{7}}{4}+1\right)}{4\left(-\dfrac{7}{16}+1\right)} \\
&=\dfrac{9\times\dfrac{-\sqrt{7}+4}{4}}{\dfrac{-7}{4}+4} \\
&=\dfrac{9\times \dfrac{-\sqrt{7}+4}{4}}{\dfrac{9}{4}} \\
&=4-\sqrt{7}
\end{align*}$
$\quad$
On sait que $\alpha \in\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]$ donc $\dfrac{\alpha}{2}\in\left[0;\dfrac{\pi}{8}\right]$
Or :$\begin{align*} 4-\sqrt{7}-\left(\sqrt{7}-2\right)&=6-2\sqrt{7} \\
&=2\left(3-\sqrt{7}\right)\\
&>0
\end{align*}$
Ainsi $4-\sqrt{7}>\sqrt{7}-2 > \tan\left(\dfrac{\pi}{8}\right)$
Donc $\tan \left(\dfrac{\alpha}{2}\right) \neq 4-\sqrt{7}$.
On constate que $\dfrac{\sqrt{7}-4}{9}<0$.
Aucun des nombres ne semble convenir.
J’essaye de voir si j’ai commis une erreur de calcul ou s’il y a un problème d’énoncé.$\quad$
Preuve de la propriété utilisée dans l’exercice :
Montrons que $\sin( \alpha)=\dfrac{2t}{1+t^2}$ et $\cos(\alpha)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$ avec $t=\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$.
On utilisera ce résultat :
$1+\tan^2(x)=1+\dfrac{\sin²(x)}{\cos^2(x)} = \dfrac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)} =\dfrac{1}{\cos^2(x)}$
Par conséquent $\cos^2(x)=\dfrac{1}{1+\tan^2(x)}$.
$\begin{align*} \sin(x)=2\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)\cos\left(\dfrac{x}{2}\right) &\ssi \sin(x)=2\times \dfrac{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)}\times \cos^2\left(\dfrac{x}{2}\right) \\
&\ssi \sin(x)=\dfrac{2t}{1+t^2}
\end{align*}$
$\begin{align*} \cos(x)=2\cos^2\left(\dfrac{x}{2}\right)-1 &\ssi \cos(x)=\dfrac{2}{1+t^2}-1 \\
&\ssi \cos(x)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}
\end{align*}$

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$\quad$

Exercice 2

Soit $\alpha\in \R\setminus \lbrace2k\pi;k\in \Z\rbrace$ et $n\in \N^*$.

Montrer que : $\displaystyle \sum_{k=1}^n \sin(k\alpha)=\dfrac{\sin\left(n\dfrac{\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{n+1}{2}\alpha\right)}{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$

$\quad$

Correction Exercice 2

Calculons $\displaystyle \sum_{k=1}^n \sin(k\alpha)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$

On applique la formule :$\sin(a)\sin(b)=\dfrac{1}{2}\left(\cos(a-b)-\cos(a+b)\right)$

$\sin(k\alpha)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\cos\left(k\alpha-\dfrac{\alpha}{2}\right)-\cos\left(k\alpha+\dfrac{\alpha}{2}\right)\right) $

Quand on somme pour $k$ allant de $1$ à $n$ quasiment tous les termes se simplifient et on obtient :

$\begin{align*} \displaystyle \sum_{k=1}^n \sin(k\alpha)\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)&=\dfrac{1}{2}\left(\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)-\cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}\right)\right) \\
&\phantom{=} + \dfrac{1}{2}\left(\cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}\right)-\cos\left(\dfrac{5\alpha}{2}\right)\right) \\
&\phantom{=} + \dfrac{1}{2}\left(\cos\left(\dfrac{5\alpha}{2}\right)-\cos\left(\dfrac{7\alpha}{2}\right)\right) \\
&\phantom{=} + \ldots\\
&\phantom{=} + \dfrac{1}{2}\left(\cos\left(n-\dfrac{\alpha}{2}\right)-\cos\left(n+\dfrac{\alpha}{2}\right)\right) \\
&= + \dfrac{1}{2}\left(\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)-\cos\left(n\alpha+\dfrac{\alpha}{2}\right)\right) \\
&=\dfrac{1}{2}\times (-2)\sin\left(\dfrac{n+1}{2}\alpha\right)\sin\left(-\dfrac{n}{2}\alpha\right) \\
&=\sin\left(\dfrac{n+1}{2}\alpha\right)\sin\left(\dfrac{n}{2}\alpha\right)
\end{align*}$

donc $\displaystyle \sum_{k=1}^n \sin(k\alpha)=\dfrac{\sin\left(n\dfrac{\alpha}{2}\right)\sin\left(\dfrac{n+1}{2}\alpha\right)}{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$

Remarque : On a utilisé la propriété :
$\cos p-\cos q=-2\sin\left(\dfrac{p+q}{2}\right)\sin\left(\dfrac{p-q}{2}\right)$

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$\quad$

Exercice 3

Soit $\alpha\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[$.

Montrer que pour tout $n\in\N$ on a $\displaystyle \prod_{k=0}^n\cos\left(2^k\alpha\right)=\dfrac{\sin\left(2^{n+1}\alpha\right)}{2^{n+1}\sin(\alpha)}$.
$\quad$
En déduire la valeur de : $\cos\left(\dfrac{\pi}{17}\right)\cos\left(\dfrac{2\pi}{17}\right)\cos\left(\dfrac{4\pi}{17}\right)\cos\left(\dfrac{8\pi}{17}\right)$
$\quad$

Correction Exercice 3

On sait que $\sin(2x)=2\sin(x)\cos(x)$ donc $\cos(x)=\dfrac{\sin(2x)}{2\sin(x)}$.
Par conséquent :
$\displaystyle \begin{align*} \prod_{k=0}^n\cos\left(2^k\alpha\right)&=\prod_{k=0}^n \dfrac{\sin\left(2\times 2^k\alpha\right)}{2\sin\left(2^k\alpha\right)} \\
&=\prod_{k=0}^n \dfrac{\sin\left(2^{k+1}\alpha\right)}{2\sin\left(2^k\alpha\right)}
\end{align*}$
Dans ce produit, quasiment tous les facteurs se simplifient et on obtient :
$\begin{align*} \displaystyle \prod_{k=0}^n\cos\left(2^k\alpha\right)&=\dfrac{\sin\left(2\alpha\right)}{2\sin\left(\alpha\right)}\times \dfrac{\sin\left(2^{2}\alpha\right)}{2\sin\left(2\alpha\right)}\times \dfrac{\sin\left(2^{3}\alpha\right)}{2\sin\left(2^2\alpha\right)}\ldots \times \dfrac{\sin\left(2^{n+1}\alpha\right)}{2\sin\left(2^n\alpha\right)}\\
&=\dfrac{\sin\left(2^{n+1}\alpha\right)}{2^{n+1}\sin(\alpha)}
\end{align*}$.
$\quad$
On applique la formule précédente avec $\alpha=\dfrac{\pi}{17}$ et $n=3$.
Donc :
$\begin{align*} \cos\left(\dfrac{\pi}{17}\right)\cos\left(\dfrac{2\pi}{17}\right)\cos\left(\dfrac{4\pi}{17}\right)\cos\left(\dfrac{8\pi}{17}\right) &= \dfrac{\sin\left(2^4 \times \dfrac{\pi}{17}\right)}{2^4\sin\left(\dfrac{\pi}{17}\right)} \\
&=\dfrac{\sin\left(\dfrac{16\pi}{17}\right)}{16\sin\left(\dfrac{\pi}{17}\right)} \\
&=\dfrac{1}{16}
\end{align*}$
En effet $\sin\left(\dfrac{16\pi}{17}\right)=\sin\left(\dfrac{\pi}{17}\right)$

[collapse]

$\quad$