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$z$ est un nombre complexe non nul et on note $\theta$ un argument de $z$.
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- Pour tout $z\neq 0$ et on note $\theta$ un argument de $z$.
Montrer que $e^{i\theta}+e^{-i\theta}=2cos(\theta)$ et $e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2isin(\theta)$Forme trigonométrique
Soit $z=x+iY$ un complexe.
Le module de $z$ noté $|z|$ est $|z|=OM=\sqrt{x^2+y^2}$.
Si $z\neq 0$ l'argument de $z$ noté $arg(z)$ est une mesure en radians de l'angle $(\overrightarrow{i};\overrightarrow{OM})$}
On a alors $x=|z|cos(arg(z))$ et $y=|z|sin(arg(z))$ soit $z=|z|(cos(arg(z)+isin(arg(z))$
Cette forme est appelée forme trigonométrique} de $z$.$cos(-\theta)=cos(\theta)$ et $sin(-\theta)=-sin(\theta)$$e^{i\theta}+e^{-i\theta}=cos(\theta)+isin(\theta)+cos(-\theta)+i\sin(-\theta)$
$\phantom{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}=cos(\theta)+isin(\theta)+cos(\theta)-i\sin(\theta)$
$\phantom{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}=2cos(\theta)$
$e^{i\theta}-e^{-i\theta}=cos(\theta)+isin(\theta)-(cos(\theta)+i\sin(-\theta))$
$\phantom{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}=cos(\theta)+isin(\theta)-cos(\theta)+isin(\theta)$
$\phantom{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}=2isin(\theta)$
- En déduire les formules d'Euler exprimant $cos(\theta)$ et $sin(\theta)$ en fonction de $e^{\theta}$ et $e^{-i\theta}$.
$e^{i\theta}+e^{-i\theta}=2cos(\theta)$
donc $cos(\theta)=\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}$
$e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2isin(\theta)$
donc $sin(\theta)=\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$
- On donne $(a+b)^5=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4
+ b^5$.
Calculer $\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5$ et en déduire une linéarisation de $cos^5(x)$, c'est à dire l'expression de $cos^5(x)$ en fonction de $cos(5x)$, $cos(3x)$ et $cos(x)$.Il faut utiliser les formules d'Euler après avoir développé.
Par exemple $e^{5i\theta}+e^{-5i\theta}=cos(5\theta)$$\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5 =\dfrac{\left(e^{i\theta}+e^{-i\theta}\right)^5 }{2^5}$
$\phantom{\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5}= \dfrac{e^{i5\theta}+5e^{4i\theta}e^{-i\theta}+10e^{i3\theta}e^{-2i\theta}+10e^{i2\theta}e^{-i3\theta}+5e^{i\theta}e^{-i4\theta}+ e^{-i5\theta}}{32}$
$\phantom{\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5}=\dfrac{e^{i5\theta}+5e^{3i\theta}+10e^{i\theta}+10e^{-i\theta}+5e^{-i3\theta}+ e^{-i5\theta}}{32}$
$\phantom{\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5}=\dfrac{e^{i5\theta}+ e^{-i5\theta}+5\left(e^{3i\theta}+e^{-i3\theta}\right)+10\left(e^{i\theta}+e^{-i\theta}\right)}{32}$
$\phantom{\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5} =\dfrac{2cos(5\theta)+10cos(3\theta)+20cos(\theta)}{32}$
$\phantom{\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5} =\dfrac{cos(5\theta)+5cos(3\theta)+10cos(\theta)}{16}$
et $cos^5(x)=\left(\dfrac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^5$
- En déduire une primitive de $f(x)=cos^5(x)$ sur $\mathbb{R}$.
Il faut utiliser la forme linéarisée et on rappelle que $(sin(nx))'=\dfrac{-sin(nx)}{n}$$f$ est continue (composée de $x\longmapsto cos(x)$ et de $x\longmapsto x^5$ continues sur $\mathbb{R}$) sur $\mathbb{R}$ donc admet des primitives sur $\mathbb{R}$.
On a $(sin(5x))'=5cos(5x)$ donc $\left(\dfrac{sin(5x)}{5}\right)'=cos(5x)$
De même $(sin(3x))'=3cos(3x)$ donc $\left(\dfrac{sin(3x)}{3}\right)'=cos(3x)$
$f(x)=\dfrac{cos(5x)+5cos(3x)+10cos(x)}{16}$
donc $F(x)=\dfrac{\dfrac{sin(5x)}{5}+5\dfrac{sin(3x)}{3}+10(sin(x))}{16}$
$\phantom{F(x)}=\dfrac{sin(5x)}{80}+5\dfrac{sin(3x)}{48}+\dfrac{10sin(x)}{16}$
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