Exercices de Mathematiques

Sommes trigonometriques

Enonces

Enonces des exercices

Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]

Simplifier S =n∑

k=0

C kn cos(a + kb).

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer la somme suivante, en fonction de θ et de n : S =n∑

k=1

cos(2k − 1)θ.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer la somme suivante, en fonction de θ et de n : S =n∑

k=0

cos2 kθ.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer la somme suivante, en fonction de θ et de n : S =n∑

k=1

cosk θ cos kθ.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer la somme suivante, en fonction de θ et de n : S =n∑

k=0

cos kθ

cosk θ.

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ]

Calculer la somme suivante, en fonction de θ et de n : S =n∑

k=−n

exp(ikθ).

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Sommes trigonometriques

Indications, resultats

Indications ou resultats

Indication pour l’exercice 1 [ Retour a l’enonce ]

Considerer aussi T =n∑

k=0

C kn sin(a + kb). On trouve S = 2n cosn b

2 cos(a + n b

2

).

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a l’enonce ]

Si θ = mπ, alors S = n(−1)m. Sinon, on trouvesin 2nθ

2 sin θ.

Remarque : on pourra utiliser une expression de 2 sin θ cos(2k − 1)θ.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour a l’enonce ]

Si θ = 0 (mod π), on a S = n + 1.

Sinon, lineariser cos2 kθ et faire le produit par 2 sin θ.

On trouve alors S =2n + 3

4+

sin(2n + 1)θ

4 sin θ

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a l’enonce ]

Poser R =n∑

k=1

cosk θ sin kθ et evaluer Z = R + iS.

Dans le cas general, S =cosn+1 θ sin nθ

sin θ.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a l’enonce ]

Poser T =n∑

k=0

sin kθ

cosk θet evaluer S + iT . Dans le cas general, S =

sin(n + 1)θ

sin θ cosn θ.

Indication pour l’exercice 6 [ Retour a l’enonce ]

Si θ = 0 (mod 2π), alors S = 2n + 1.

Sinon, factoriser e−inθ dans S : on trouve alors S =sin(n + 1

2)θ

sin θ2

.

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Sommes trigonometriques

Corriges

Corriges des exercices

Corrige de l’exercice 1 [ Retour a l’enonce ]

A la somme S, on associe la somme T =n∑

k=0

C kn sin(a + kb) et on evalue Z = S + iT .

On trouve successivement

Z =n∑

k=0

C kn ei(a+kb) = eia

n∑k=0

C kn

(eib

)k= eia(1 + eib)n = ei(a+nb/2)

(2 cos

b

2

)n

En prenant la partie reelle, on trouve : S = 2n cosnb

2cos

(a + n

b

2

).

Corrige de l’exercice 2 [ Retour a l’enonce ]

Si θ = mπ, avec m ∈ ZZ, alors cos(2k − 1)θ = (−1)m et S = n(−1)m.

Pour tout entier k, on a : 2 sin θ cos(2k − 1)θ = sin 2kθ − sin 2(k − 1)θ.

On en deduit : 2S sin θ =n∑

k=1

(sin 2kθ − sin 2(k − 1)θ) = sin 2nθ.

Conclusion : si θ 6= 0 (mod π) alors S =sin 2nθ

2 sin θ.

Corrige de l’exercice 3 [ Retour a l’enonce ]

Si θ = 0 (mod π), on a cos2 kθ = 1 donc S = n + 1.

Dans le cas general : cos2 kθ =1

2(1 + cos 2kθ), donc S =

n + 1

2+

1

2

n∑k=0

cos 2kθ.

On constate que 2 sin θ cos 2kθ = sin(2k + 1)θ − sin(2k − 1)θ. Ainsi :

2 sin θ

n∑k=0

cos 2kθ =n∑

k=0

(sin(2k + 1)θ − sin(2k − 1)θ) = sin(2n + 1)θ + sin θ

On en deduit, si θ 6= 0 (mod π) :

n∑k=0

cos 2kθ =sin(2n + 1)θ

2 sin θ+

1

2et S =

2n + 3

4+

sin(2n + 1)θ

4 sin θ

A titre de verification, et sachant que limx→0

sin x

x= 1, on voit bien que lim

θ→0S = n + 1.

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Sommes trigonometriques

Corriges

Corrige de l’exercice 4 [ Retour a l’enonce ]

On pose R =n∑

k=1

cosk θ sin kθ et on evalue Z = R + iS :

Z =n∑

k=1

cosk θ exp(ikθ) =n∑

k=1

uk, avec u = (cos θ) exp(iθ).

On voit que u = cos2 θ + i cos θ sin θ =1

2+

1

2(cos(2θ) + i sin(2θ)) =

1

2+

1

2exp(2iθ).

En particulier, u n’est egal a 1 que si θ = 0 (mod π).

Dans le cas particulier θ = 0 (mod π), on a donc Z = n puis S = Im (Z) = 0.

Dans le cas general : Z = uun − 1

u− 1=

e2iθ + 1

e2iθ − 1

(cosn θ einθ − 1

)=

cos θ

sin θ

(cosn θ einθ − 1

)On prend alors la partie imaginaire, ce qui donne :

S =cos θ

sin θcosn θ sin(nθ) =

cosn+1 θ sin(nθ)

sin θ

Corrige de l’exercice 5 [ Retour a l’enonce ]

Avec T =n∑

k=0

sin kθ

cosk θet Z = S + iT =

n∑k=0

eikθ

cosk θ=

n∑k=0

uk ou u =eiθ

cos θ= 1 + i tan θ.

En particulier, u n’est egal a 1 que si θ = 0 (mod π).

Dans le cas particulier θ = 0 (mod π), on a donc Z = n + 1 puis S = Re (Z) = n + 1.

Dans le cas general : Z =un+1 − 1

u− 1= −i

cos θ

sin θ

(exp(i(n + 1)θ)

cosn+1 θ− 1

)On prend la partie reelle : S =

sin(n + 1)θ

sin θ cosn θ.

A titre de verification, et sachant que limx→0

sin x

x= 1, on voit bien que lim

θ→0S = n + 1.

Corrige de l’exercice 6 [ Retour a l’enonce ]

On remarque que si θ = 0 (mod 2π), alors exp(iθ) = 1 et S = 2n + 1.

On suppose donc que θ n’est pas congru a 0 modulo 2π. Dans ces conditions :

S = e−inθ

2n∑k=0

(eiθ)k = e−inθ ei(2n+1)θ − 1

eiθ − 1= e−inθ ei(n+ 1

2)θ 2i sin(n + 1

2)θ

ei θ2 2i sin θ

2

=sin(n + 1

2)θ

sin θ2

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