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  • 7/17/2019 TDSommesProduits Corrige

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    Sommes et produitsSolution 1.

    On a

    Sn =

    nk = 1

    ln

    k+1

    k =

    n

    k = 1

    ln(k+1) ln(k)

    =ln(n+1) ln(1) =ln(n+1)

    Solution 2.

    1. Banalissima formula !q

    k = p

    (uk+1uk) =uq+1up.

    2. No comment ... q1k = p3

    (uk+1uk1) =uq+uq1up4up3.

    Solution 3.

    1. Soit n N.n

    k = 1

    1

    k(k+1) =

    nk = 1

    (k+1) k

    k(k+1)

    =

    nk = 1

    1

    k

    1

    k+1

    = 1

    1

    n+1 =

    n

    n+1

    2. Soit n N.n

    k=1

    1

    k(k+1)(k+2)=

    nk= 1

    (k+2) k

    2k(k+1)(k+2)

    = 1

    2

    nk=1

    1

    k(k+ 1)

    1

    (k+ 1)(k+2) = 12 11.2 1(n+1)(n+2) =

    n(n+3)

    4(n+1)(n+2)

    3. Soit n N.n

    k = 1

    k . k! =

    nk = 1

    (k+11) . k!

    =

    nk = 1

    (k+1) . k! 1.k!

    =

    nk = 1

    (k+1)! k!

    = (n+1)! 1

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    4. Posons uk = (ak+b) 2 k et cherchons a et b tels que, pour tout entier k, uk+1uk = (k+2) 2 k. On remarqueque

    uk+1uk =

    a(k+1) +b

    2 k+1 ( ak+b ) 2 k

    = 2 k

    2

    a(k+1) +b

    ( ak+b )

    = ( ak+2a+b ) 2 k

    En prenant a= 1 puis b = 0 (de sorte que 2a+b = 2), ou encore, en posant uk = k 2 k pour tout entier k, on abienuk+1 uk = (k+2) 2 k, do

    nk = 0

    (k+2) 2 k =

    nk = 0

    (uk+1 uk)

    = un+1 u0 = (n+1) 2n+1

    5. Soit n N.n

    k=1

    ln

    1+

    1

    k

    =

    nk=1

    ln

    k+1

    k

    = nk=1 ln(k+1) ln(k)=ln(n+1) ln(1) =ln n

    6. Soit n N. Notons Sn la somme de lnonc.

    Sn =

    nk = 0

    sin( x / 2 + k x ) +sin( x / 2 k x )

    =

    nk = 0

    sin

    ( k + 1 / 2 ) x

    sin

    ( k 1 / 2 ) x

    = sin

    ( n + 1 / 2 ) x

    sin( x / 2 )

    = sin ( 2 n + 1 ) x

    2

    +sin x

    2

    .

    Solution 4.

    Lensemble {1 , . . . , 2 n} est la runion des parties deux deux disjointes {2p 1,2p} pour p variant de 1 n. Or(1)2p1(2p1) + (1)2p2p= 2p (2p1) =1 pour tout 1 p n, donc la somme est gale n.

    Solution 5.

    Par linarit, on dcompose cette somme en une diffrence de deux sommes gales (changement dindice k n + 1 kdans la deuxime somme). La somme est donc nulle.

    Solution 6.

    On calcule la somme double en sommant dabord sur j:

    1jkn

    2k =

    nk=1

    kj=1

    2k =

    nk=1

    k2k.

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    On calcule la mme somme en sommant dabord sur k. Daprs la formule de sommation gomtrique,

    1jkn

    2k =

    nj=1

    nk=j

    2k =

    nj=1

    (2n+1 2j) =n2n+1 (2n+1 2) = (n1)2n+1 +2.

    Solution 7.

    nk=2

    logk2 1

    k2

    =log

    nk=2

    (k1)(k+1)

    k2 =log

    (n1)!(n+1)!

    2(n!)2 =log

    n +1

    2n .

    Solution 8.

    1. Puisque pour tout t = 1,

    t1+

    t+1 =

    (+)t+

    t2 1 ,

    il suffit de choisir et tels que+= 0 et = 1,

    cest--dire= = 1/2.

    2. On a

    vn= 1

    2

    nk=2

    1

    k1

    1

    2

    nk=2

    1

    k+1

    = 1

    2

    n1k=1

    1

    k

    1

    2

    n+1k=3

    1

    k

    =

    1

    2

    1+

    1

    2

    1

    2 1

    n +

    1

    n+1

    Solution 9.

    1. En convenant que A1 = 0 :

    n

    k=0akBk =

    n

    k=0(AkAk1)Bk

    =

    nk=0

    AkBk

    nk=0

    Ak1Bk

    =

    nk=0

    AkBk

    n1k=0

    AkBk+1

    =AnBn+

    n1k=0

    Ak(BkBk+1)

    =AnBn

    n1k=0

    Akbk

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    2. On pose an = 2n et Bn = n. Avec les conventions de lnonc, on a An = 2n+1 1et bn = 1. On en dduit que

    nk=0

    2kk= (2n+1 1)n

    n1k=0

    (2k+1 1)

    = (2n+1 1)n2(2n 1) +n

    =2n+1(n1) +2

    Solution 10.

    1. Pour n 2,n+1k=3

    k= [3+ (n+1)][(n+1) 2]

    2 =

    (n1)(n+4)

    2 .

    2. Pour nN,n

    k=1

    (2k1) = [1+ (2n1)]n

    2 =n2.

    3. Pour n 4, n1k=3

    2k =232n3 1

    21 =2n 8.

    4. Pour x Ret n N, posonsfn(x) =

    nk=0

    xk et Sn(x) =n

    k=1

    kxk.

    On a alors pour tout nombre rel x,

    xf n(x) =xn

    k=1

    kxk1 =

    nk=1

    kxk =Sn(x).

    Si x ] , 1[]1, +[, fn(x) = xn+11x1 et doncSn(x) = xf

    n(x) =x

    (n+1)xn(x1) (xn+1 1)

    (x1)2

    =xnxn+1 (n+1)xn +1

    (x1)2

    Si x= 1, on a directement

    Sn(1) =

    nk=1

    k=n(n+1)

    2 .

    Solution 11.

    On a

    Sn =

    nk = 1

    2k13nk+1

    n

    k

    =

    3

    2

    n

    k = 0

    2k3nk

    n

    k

    1

    =

    3

    2[(2+3)n 1] =

    3

    2[5n 1].

    Solution 12.

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    On fixe n N. Cette formule se prouve alors par rcurrence surp N. Elle est banale pourp = 0. Si elle est vraie aurangp, on a

    p+1k = 0

    n+k

    n

    =

    pk = 0

    n+k

    n

    +

    n+p+1

    n

    =

    n+p+1

    n+1

    +

    n+p+1

    n

    =

    n+p+1

    n+1

    daprs la relation de Pascal.

    Solution 13.

    1. Soit n 2. Posons, pour tout rel x,

    P(x) = (1+x)n =

    nk = 0

    n

    k

    xk.

    Pour tout rel x, on a

    P (x) =n

    k = 1

    k

    n

    kxk1

    =n(1+x)n1

    et

    P (x) =n

    k = 2

    k(k1)

    n

    k

    xk2

    =n(n1)(1+x)n2,

    de sorte quen

    k = 1

    k2

    n

    k

    =P (1) +P (1)

    =n(n+1)2n2.

    On remarque que cette formule est encore valable pour n = 0 et n = 1.2. Supposons n 2. Adaptons la mthode prcdente. Pour tout rel x, posons

    P(x) = (1+x)2n + (1x)2n

    2 =

    nk = 0

    2n

    2k

    x2k.

    Pour tout rel x, on a

    P (x) =n

    k = 1

    2k

    2n

    2k

    x2k1

    =2n(1+x)2n1 (1x)2n1

    2

    et

    P (x) =n

    k = 1

    2k(2k1)

    n

    k

    x2k2

    =2n(2n1)(1+x)2n2 + (1x)2n2

    2 ,

    de sorte quen

    k = 1

    k2

    n

    k

    =

    P (1) +P (1)4

    =n(2n+1)22n4.

    Pour n = 0, la somme est nulle. Pour n = 1, elle vaut 1.

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    Solution 14.

    1. Daprs la formule du binme de Newton, S1 = (1+1)2n =22n et S2 = (11)2n =0 car n=0.2. En sparant les termes dindices pairs et dindices impairs, S1 = T1 +T2 et S2 = T1 T2. On en dduit que

    T1 = 1

    2(S1+S2) =2

    2n1 et T2 = 12 (S1S2) =22n1.

    3. Posons V1 =2n1

    k=0

    2n1

    k

    et V2 =

    2n1k=0 2n1k (1)k. Comme prcdemment, V1 = (1+1)2n1 = 22n1 et

    V2 = (11)2n1 = 0. Puis V1 = U1 + U2 et V2 = U1 U2 en sparant termes dindices pairs et impairs. On endduit nouveau que U1 = 12 (V1+V2) =22n2 et U2 = 12 (V1V2) =2

    2n2.

    Solution 15.

    1. Cest parti !

    Un =

    1i

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    4. Une autre bataille . . .

    Xn =

    1i

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    Solution 18.

    On a

    S=

    1ijn

    =

    nj = 1

    ji = 1

    i

    j =

    nj = 1

    1

    j

    ji = 1

    i=

    nj = 1

    j(j+1)

    2j =

    nj = 1

    j+1

    2 =

    n(n+3)

    4

    Solution 19.

    Soit n 1. On a

    un =

    nk = 1

    k = 1

    1

    =

    1kn

    1

    =

    n=1

    nk =

    1

    =

    n=1

    n+1

    =

    n

    =1n+1

    n

    =11= (n+1)Snn

    Solution 20.

    On calcule la somme double en sommant dabord sur j:

    1jkn

    2k =

    nk=1

    kj=1

    2k =

    nk=1

    k2k.

    On calcule la mme somme en sommant dabord sur k. Daprs la formule de sommation gomtrique,

    1jkn

    2k =

    nj=1

    nk=j

    2k =

    nj=1

    (2n+1 2j) =n2n+1 (2n+1 2) = (n1)2n+1 +2.

    Solution 21.

    On a

    P =

    nk=2

    1+1

    k1

    1

    k=

    nk=2

    k+1

    k

    nk=2

    k1

    k =

    n+1

    2

    1

    n =

    n+1

    2n

    Solution 22.

    On trouve V = (n!)2n, W = (n!)2n2. W = XY(n!)4

    et X = Ypar symtrie, do X = (n!)n1(n!)2 = (n!)n+1, et enfin

    Z= X(n!)2

    = (n!)n1.

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    Solution 23.

    Pour tout entier naturel k 1, 1k(k+1) =1/k1/(k+1), donc

    nk=1

    1

    k(k+1) =1

    1

    n+1

    et doncn

    k=1

    21/k(k+1) =

    nk=1

    exp log 2

    k(k+1)

    =exp

    log 2

    nk=1

    1

    k(k+1)

    = 2n+1

    2.

    Solution 24.

    1. Soit k 2. On ak3 1

    k3 +1 =

    (k1)(k2 +k+1)

    (k+1)(k2 k+1) =

    k1

    k+1 vk

    vk1

    en posant vk = k2 +k+1puisqualors vk1 = (k1)2 +k1+1= k2 k+1.

    2. On a

    un =

    nk = 2

    k1

    k+1

    nk = 2

    vk

    vk1

    =2(n1)!

    (n+1)!

    vn

    v1=

    2(n2 +n+1)

    3n(n+1)

    aprs telescopage.

    3. On a

    un = 2

    3

    1+

    1

    n(n+1)

    et donc limn+

    un =2

    3

    .

    Solution 25.

    On a pourk N, cos 2k

    =sin

    2k1

    2 sin 2k

    car

    2k]0, [et donc le dnominateur de la fraction prcdente est non nul. Par

    consquent

    Pn =

    nk=0

    sin 2k1

    2 sin 2k

    =

    1

    2n+1sin 2sin 2n

    en utilisant un tlescopage. Pour dterminer la limite, on crit :

    Pn =sin 2

    2

    2n

    sin 2n

    Or limu0

    sinuu

    =1 donc limn+Pn =

    sin 22

    .

    Solution 26.

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    Par la mthode du pivot de Gauss. . . 1 1 1 1 0

    1 2 1 1 1

    1 1 2 1 1

    1

    +

    1

    +

    1 1 1 1 00 1 0 2 10 2 1 0 1

    2+ 1 1 1 1 0

    0 1 0 2 1

    0 0 1 4 1

    Le systme de lnonc est donc quivalent au systme

    x y + z + t = 0

    y 2t = 1

    z 4t = 1

    quon rsoud en remontant du bas vers le haut. On trouvex

    y

    z

    t

    =

    27t

    12t

    1+4t

    t

    o t R.

    Ainsi lensemble de solutions est une droitePdans R4, savoir

    D = 2

    1

    1

    0+ R

    7

    2

    4

    1 .

    Solution 27.

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    Par la mthode du pivot de Gauss. . . 3 9 2 3 5 4

    1 3 1 1 2 0

    8 24 4 12 4 8

    1 3 0 2 7 10

    | 14

    1 3 1 1 2 03 9 2 3 5 4

    2 6 1 3 1 2

    1 3 0 2 7 10

    3+

    2

    +

    + 1 3 1 1 2 0

    0 0 1 0 1 4

    0 0 1 1 3 2

    0 0 1 3 5 10

    +

    1

    +

    1 3 1 1 2 0

    0 0 1 0 1 4

    0 0 0 1 2 2

    0 0 0 3 6 6 | (1)3+

    1 3 1 1 2 0

    0 0 1 0 1 4

    0 0 0 1 2 2

    0 0 0 0 0 0

    Le systme de lnonc est donc quivalent au systme

    x1 3x2 + x3 x4 2x5 = 0

    x3 x5 = 4

    x4 2x5 = 2

    quon rsout en remontant du bas vers le haut. On trouve

    x1

    x2

    x3

    x4

    x5

    =

    6+3x2+3x5

    x2

    4+x5

    2+2x5

    x5

    o (x2, x5) R2.

    Ainsi lensemble de solutions est un planPdans R5, savoir

    P=

    6

    04

    2

    0

    + R

    3

    10

    0

    0

    + R

    3

    01

    2

    1

    .

    Solution 28.

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    Par la mthode du pivot de Gauss. . . 1 2 1 a

    2 3 3 b

    1 1 2 c

    2

    +

    1

    +

    1 2 1 a0 1 1 b+2a0 1 1 ca

    + 1 2 1 a

    0 1 1 b+2a

    0 0 0 a+b+c

    Le systme de lnonc est donc quivalent au systme

    x + 2y z = a

    y + z = b+2a

    0 = a+b+c

    qui admet une solution si et seulement si a+b+c = 0. Gomtriquement cela signifie quun point de R3 est une image

    par lapplication

    R3 R3,

    x

    y

    z

    x+2yz

    2x3y+3z

    x+y2z

    si et seulement si il est dans le plan dquation x +y+z= 0.Dans ce cas le systme est quivalent

    x + 2y z = a

    y + z = ac

    quon rsoud en remontant du bas vers le haut. On trouvex

    y

    z

    =

    2ca+3z

    acz

    z

    o z R.

    Ainsi lensemble de solutions est une droiteDdans R3, savoir

    D =

    2ca

    ac

    0

    + R

    3

    1

    1

    .

    Solution 29.

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    Par la mthode du pivot de Gauss. . . 1 2 1 2

    a 3 1 3

    5 8 1 9

    a

    +

    5

    +

    1 2 1 20 3+2a 1a 3+2a0 2 4 1

    1 2 1 2

    0 2 4 1

    0 3+2a 1a 3+2a

    32

    a

    + 1 2 1 2

    0 2 4 1

    0 0 5+3a 32

    + a

    Le systme de lnonc est donc quivalent au systme

    x+2yz = 2

    2y4z = 1(5+3a)z = 3

    2+ a

    Si a = 53

    , la dernire ligne se lit 0 = 16

    et donc E53

    = .

    Sia = 53 , on rsout en remontant du bas vers le haut et on trouve une solution unique (dont le calcul nest pas demand).Ainsi Ea nest jamais un ensemble infini.

    Solution 30.

    Mthode du pivot de Gauss : 1 1 0 2

    2 2 1 2

    1 1 2 4

    1

    2

    +

    2+

    1 1 0 2

    0 4 1 6

    0 0 32

    3

    Le systme initial est donc quivalent au systme

    x y = 2

    4y z = 632

    z = 3

    quon rsoud en remontant. On trouve lunique solution (1, 1, 2).

    Solution 31.

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    Mthode du pivot de Gauss : 1 1 0 2

    2 2 1 2

    1 1 12 4

    2

    +

    +

    1 1 0 20 4 1 6

    0 2 12 6

    | 2 +

    1 1 0 2

    0 4 1 6

    0 0 0 6

    Le systme initial est donc quivalent au systme

    x y = 2

    4y z = 6

    0 = 6.

    Puisquil nexiste pas de x,y, ztels que 0 = 6, le systme na pas de solution.

    Solution 32.

    Mthode du pivot de Gauss :

    1 1 1 1

    1 2 a 2

    2 a 2 3 1

    +

    2

    + 1 1 1 1

    0 1 a+1 1

    0 a2 4 1

    2a

    + 1 1 1 1

    0 1 a+1 1

    0 0 6+aa2 3a

    On factorise6 +aa2 = (3a)(2+a). Ainsi le systme

    1.

    a une seule solution si et seulement si(

    3

    a)(

    2+

    a)=

    0, ce qui revient dire que a R \ {

    3,

    2},

    2. na pas de solution si et seulement si (3a)(2+a) =0 et 3a =0, ce qui revient dire que a= 2,3. possde une infinit de solutions (3a)(2+a) =0 et 3a =0, ce qui revient dire que a= 3.

    Solution 33.

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    1. Pivot de Gauss : 2 1 4 4

    3 2 3 17

    5 3 8 10

    | 2

    | 2

    3

    +

    5

    +

    2 1 4 40 7 18 460 1 4 0

    | 7 +

    2 1 4 4

    0 7 18 46

    0 0 46 46

    Le systme initial est donc quivalent au systme

    2x y + 4z = 47y 18z = 46

    46z = 46

    quon rsout facilement en commenant par le bas. On trouve lunique solution (2,4, 1).

    2. 1 1 2 1

    3 2 3 2

    1 6 11 3

    3

    +

    02

    1 1 2 1

    0 5 9 1

    0 5 9 21

    + 1 1 2 1

    0 5 9 1

    0 0 0 1

    Le systme initial est donc quivalent un systme dont une quation est 0x+0y+0z= 1, ou encore 0= 1. Ilny a pas de (x,y,z)vrifiant cette quation. Par consquence le systme na pas de solution.

    Remarque.On aurait dj pu le voir une tape plus tt, car elle contient les quations contradictoires 5y 9=1et 5y 9= 2.

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    3. On commence par une permutation de lignes pour obtenir un pivot en haut gauche. 0 2 1 2

    1 1 1 2

    2 4 5 10

    1 1 1 20 2 1 22 4 5 10

    2

    + 1 1 1 2

    0 2 1 2

    0 6 3 6

    3

    +

    1 1 1 2

    0 2 1 2

    0 0 0 0 Le systme initial est donc quivalent au systme

    x + y + z = 2

    2y z = 20 = 0.

    La dernire quation est vrifie pour tout choix de (x,y,z). Elle est donc superflue et peut tre omise. En rsoutles deux quations restantes.

    x = 2yz= 2y (2+2y) = 3yz = 2+2y.

    Le systme admet donc une unfinit de solutions, savoir tous les triplets (3y,y,2+2y)avec yR. Lensemblede solutions scrit aussi comme

    {(0,0,2) +y(3,1,2)| y R}

    ou encore, (0,0,2) + R(3,1,2).

    Il sagit de la droite passant par le point (0,0,2)est dirige par le vecteur (3,1,2).4. On commence par une permutation de lignes puisque le pivot le plus simple manipuler est 1.

    1 1 7 2

    3 2 3 0

    2 1 5 3

    2 3 8 5

    3

    +

    2

    +

    2

    +

    1 1 7 20 1 18 60 1 9 1

    0 5 22 1

    1+

    5

    + 1 1 7 2

    0 1 18 6

    0 0 9 5

    0 0 68 31

    La troisime quation donne z = 5/9 tandis que la quatrime donne z = 68/31= 5/9. Par consquence lesystme na pas de solution.

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    Solution 34.

    En utilisant en cascade la fomule de duplication du sinus,

    p cos

    14

    =cos

    14

    sin

    14

    sin

    3

    14

    sin

    5

    14

    = 12sin7 sin314 sin514et puisque /7 +5/14= /2,

    p cos

    14

    =

    1

    2sin

    7

    cos

    7

    sin

    3

    14

    =

    1

    4sin

    2

    7

    sin

    3

    14

    et puisque 2/7+3/14= /2 ,

    p cos

    14 =1

    4cos

    3

    14 sin3

    14 = 1

    8sin

    3

    7 et puisque 37 + 14 = 2 ,

    p cos

    14

    =

    1

    8cos

    14

    .

    Comme/14 /2[], cos(/14) =0 do p = 18

    .

    Solution 35.

    1. Lquation est quivalente cos(3x) =cos(/2 2x). Un relxest donc solution si et seulement si3x /2 2x[2]ou 3x

    2x /2[2], ie 5x

    /2[2] ou x

    /2[2], cest--dire x

    /10[2/5] ou x

    /2[2]. Lensemble

    des solutions est doncS=

    10+

    2

    5 Z

    2 +2Z.

    Remarque.Voici la reprsentation gomtrique de lensemble des solutions.

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    Laurent Garcin MPSI Lyce Jean-Baptiste Corot

    2. Posons =cos(/10)et =sin(/10). On sait que pour tout rel x,

    cos(3x) =4 cos3(x) 3 cos(x) et sin(2x) =2 sin(x) cos(x).

    Puisque le nombre 10 est une solution de lquation tudie la question 1, on a 43 3= 2,et comme est

    non nul et 2 =12, on a 4(12) 3= 2, ie42 +21= 0. Ainsi = 1

    54

    . Puisque0 < 10

    < , on a

    > 0et donc =sin(/10) = 1+

    54 . Comme

    2 =1 2 = 5+

    58 , on a

    cos(/5) =2 cos2(/10) 1= 22 1= 1+

    5

    4 ,

    puis

    sin(/5) =

    1cos2(/5) =

    5

    5

    8

    Solution 36.

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    formulaire ...

    2 =

    12cos(/18)

    3

    2 sin(/18)sin(/18) sin(/18)

    = cos(/3) cos(/18) sin(/3) sin(/18)

    12sin(2

    /18)

    = cos(/3+/18)

    12sin(/9)

    =cos(7/18)

    12sin(/9)

    = sin(/27/18)

    12sin(/9)

    = sin(/9)12sin(/9)

    =2

    Ainsi = 4.

    Solution 37.

    1. Cest lesprit de lexercice 7 qui souffle ici . . .

    p sin

    7

    =sin

    7

    cos

    7

    cos

    2

    7

    cos

    4

    7

    =

    1

    2sin

    2

    7

    cos

    2

    7

    cos

    4

    7

    =

    1

    4sin

    4

    7

    cos

    4

    7

    =

    1

    8sin87 = 18sin+ 7 = 18sin7

    et puisque /7 0[], sin(/7) =0 do p= 18 .2. Rappelons quea, b R,

    2 cos(a) cos(b) =cos(a+b) +cos(ab).

    Retroussons nos manches . . .

    2 cos

    2

    7

    cos

    4

    7

    =cos

    2

    7

    +cos

    6

    7

    do

    4p= 2 cos

    7

    cos

    6

    7

    +2 cos

    7

    +2 cos

    2

    7

    .

    Continuons dans cette voie . . .

    2 cos7 cos6

    7 =cos7

    7+cos5

    7

    et

    2 cos

    7

    cos

    2

    7

    =cos

    3

    7

    +cos

    7

    ,

    ainsi

    4p= 1+cos

    5

    7

    +cos

    3

    7

    +cos

    7

    .

    Puisque 57 = 2

    7 , 3

    7 = 4

    7 et

    7 = 6

    7 , on a

    4p= 1s

    et donc s = 12 .

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    Solution 38.

    1. Soit x 0[]. Posons t =tan(x/2). On a alors

    1cos(x)sin(x)

    =1 1t

    2

    1+t2

    2t1+t2

    = 2t2

    2t =t =tan(x/2).

    2. Soit xR. Daprs les formules de factorisation, on a

    sin(x2/3) +sin(x+2/3) =2 cos(2/3) sin(x)

    = sin(x)

    3. Soit x /4[/2]. On a /4 x= /2 (x+/4), donc

    =tan(/4x) = 1

    tan(x+/4).

    De plus,

    + 1

    =

    2 +1

    =

    1

    cos2(/4x) 1

    tan(/4x)

    = 1

    cos(/4x) sin(/4x) =

    2

    sin(2(/4x))

    = 2

    sin(/22x) =

    1

    cos(2x)

    4. Soit x 0[/2]. On a

    1

    tan(x)tan(x) =

    1tan2(x)tan(x)

    = 2

    tan(2x)

    Solution 39.

    1. On utilise une formule de factorisation :

    sin(x) +sin(5x) =2 sin(3x) cos(2x),

    la premire quation est donc quivalente

    cos(2x)

    sin(3x)

    3/2

    = 0.

    Or, cos(2x) =0 si et seulement si 2x /2[]cest--dire x /4[/2]. On a sin(3x) =

    3/2= sin(/3) si et seulement si 3x/3[2] ou 3x2/3[2], cest--dire x/9[2/3]

    ou x 2/9[2/3]. Lensemble des solutions est donc

    S=

    4 +Z

    9 +

    2

    3 Z 2

    9 +

    2

    3 Z.

    Remarque.Voici la reprsentation gomtrique de lensemble des solutions.

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    2. On utilise une formule de factorisation . . .

    cos(x) cos(2x) =2 sin(x/2) cos(3x/2)

    la deuxime quation est donc quivalente

    2 sin(x/2) cos(3x/2) =sin(3x),

    cest--dire2 sin(x/2) cos(3x/2) =2 sin(3x/2) cos(3x/2),

    soit finalement :cos(3x/2)

    sin(x/2) sin(3x/2)

    = 0.

    Or, cos(3x/2) =0 si et seulement si 3x/2 /2[]cest--dire x /3[2/3]. On a sin(x/2) =sin(3x/2) si et seulement si x/2 3x/2[2] ou x/2 3x/2[2] cest--dire x 0[2] ou

    x /2[]. Lensemble des solutions est donc

    S= 2Z 2

    +Z 3

    +2

    3 Z.

    Remarque.Voici la reprsentation gomtrique de lensemble des solutions.

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    3. En utilisant une formule de duplication, lquation scrit

    sin2(x) +2 sin2(x) cos2(x) =1.

    On commence par poser y =sin2(x), x est solution de lquation si et seulement si

    y+2y(1y) =1,

    quation admettant deux racines :1et 1/2. Un nombre rel xest donc solution si et seulement si

    sin(x) = 1/

    2=sin(/4),

    ousin(x) = 1=sin(/2),

    ce qui est quivalent x /4[] ou x 3/4[]ou x /2[]. Lensemble des solutions est donc

    S=

    4 +

    2Z

    2 +Z.

    Remarque.Voici la reprsentation gomtrique de lensemble des solutions.

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    4.x R, cos(x) +cos(3x) = 2 cos(2x) cos(x). Lquation est donc quivalente cos(2x)[1+2 cos(x)] = 0. Un rel xest donc solution si et seulement sicos(2x) =0 ou cos(x) = 12 =cos(2/3).

    La premire quation est quivalente 2x 2 [], cest--dire x 4 [/2]. La seconde quation est quivalente x 23 [2]. Lensemble des solutions est donc

    S=

    2 +Z 2

    3 +2Z 2

    3 +2Z.

    5. Puisque sin(2x) =2 sin(x) cos(x), lquation est quivalente

    2 sin(x)[cos(x) +1/2] =0.

    Un rel xest donc solution si et seulement si sin(x) = 0 ou cos(x) = 1/2= cos(2/3), cest--dire x 0[]ou x

    2/3[2].

    Lensemble des solutions est donc

    S= Z 23

    +2Z 23

    +2Z.

    6. Posons y =cos(x). Un rel xest solution si et seulement si

    12y2 8(1y2) = 20y2 8= 2,

    ie y2 =2, cest--dire y = 1/

    2.

    On a cos(x) =1/

    2=cos(/4) si et seulement si x /4[2]. On a cos(x) = 1/

    2=cos(3/4) si et seulement si x 3/4[2].

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    Lensemble des solutions est doncS=

    4 +

    2Z.

    Remarque.Voici la reprsentation gomtrique de lensemble des solutions.

    Solution 40.

    Puisque les fonctionsx sin xet x sin 5xsont 2-priodiques, on va dabord rsoudre lquation sur [, ].Tout dabord, les solutions de lquation sin 5x=sin xsur [, ]sont , 56 ,

    2 ,

    6 , 0,

    6 ,

    2 ,

    56 et .

    Il sagit alors de dterminer le signe de f : x sin 5xsin xentre chacune de ces solutions. Puisque fest continue, elleest de signe constant entre chacune des solutions. Remarquons galement que f(x) =2 sin 2x cos 3xpour tout x R. Puisque f

    12

    = 2 sin

    6cos

    4 > 0, f est strictement positive sur

    0,

    6

    .

    Puisque f

    4

    = 2 sin 2cos

    34

    < 0, f est strictement ngative sur

    6

    , 2

    .

    Puisque f

    34

    = 2 sin 3

    2 cos 9

    4 < 0, f est strictement ngative sur

    2

    , 56

    .

    Puisque f

    1112

    = 2 sin 11 6 cos

    1 14

    > 0, f est strictement ngative sur

    56

    , .

    Commef est impaire, on a facilement le signe de fentre les racines ngatives.

    On en dduit que lensemble des solutions de sin 5x

    sin xsur [, ]est,

    5

    6

    2

    6, 0

    6,5

    6

    Lensemble des solutions sur Rest donc

    2 +2Z

    , 5

    6

    +2Z

    6, 0

    +2Z

    6,5

    6

    +2Z