Question a 3 etoiles?
Réponses à toutes vos questions de la 2nde à la Terminale toutes séries
par Titaniumssledgehammer » 26 Juin 2005, 20:55
Bonjour
J'aimerais resoudre l'equation suivante:
(cos x)^2 +(cos 2x)^2 + (cos 3x)^2=1
Merci d'avance pour votre aide
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julian
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par julian » 26 Juin 2005, 21:33
ça ne changera rien au calcul mais je trouve ta formulation bizarre...
ne serait-ce pas plutôt cos²x+cos²2x+cos²3x=1? :confused:
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thomasg
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par thomasg » 26 Juin 2005, 21:49
Il me semble que les deux formulations proposées sont identiques.
Pour l'instant en utilisant la formule complexe du cosinus
cosx=(eix+e-ix)/2
puis avec le changement de variable X=e(i2x)
on obtient l'équation équivalente suivante
(X^4-X^3+2X^2-X+1)(X+1)^2=0
on en déduit donc une solution (qui était évidente dès le départ): x=pi/2
Il reste à résoudre l'équation de degré 4. Des formules de résolution existent, mais je cherche pour l'instant plus simple.
Quelqu'un a-t-il d'autres pistes de recherche ?
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Ismail
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par Ismail » 26 Juin 2005, 22:29
on peut resoudre sela graphiquement:
on considere la fonction f(x)=cos(x)^2+cos(2x)^2+cos(3x)^2
et la droite y=1
les solutions seraient les points d'intersection
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thomasg
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par thomasg » 27 Juin 2005, 08:19
on n'obtiendrai alors que des valeurs approchées,aussi précises soient-elles.
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reav
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par reav » 27 Juin 2005, 17:33
Si je me trompe pas :
(X^4-X^3+2X^2-X+1)(X+1)²=0
<=> [(X²+1)²-X^3-X](X+1)²=0
<=> [(X²+1)²-X(X²+1)](X+1)²=0
<=> [(X²+1)(X²-X+1)](X+1)²=0
On a déjà exploité (X=1)², on résout maintenant (X²-X+1).
On trouve X=(1+iR(3))/2 et X=(1-iR(3))/2, avec R(a) la racine carrée de a.
Sauf erreur, on trouve x=pi/6 et x=-pi/6.
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Adsederq
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par Adsederq » 27 Juin 2005, 17:36
On peut toujours vérifer cette réponse avec Maple, on saura si elle est correcte :eek:
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Sylvain
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par Sylvain » 27 Juin 2005, 19:03
thomasg a écrit:Il me semble que les deux formulations proposées sont identiques.
Pour l'instant en utilisant la formule complexe du cosinus
cosx=(eix+e-ix)/2
puis avec le changement de variable X=e(i2x)
on obtient l'équation équivalente suivante
(X^4-X^3+2X^2-X+1)(X+1)^2=0
on en déduit donc une solution (qui était évidente dès le départ): x=pi/2
Il reste à résoudre l'équation de degré 4. Des formules de résolution existent, mais je cherche pour l'instant plus simple.
Quelqu'un a-t-il d'autres pistes de recherche ?
euh est ce que tu pourrais détailler stp...parce que j'arrive pas à arriver à la meme forme que toi...
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Anonyme
par Anonyme » 27 Juin 2005, 19:03
Bonjour
Pour cos²x+cos²(2x)+cos²(3x)=1, Maple trouve pi/2 (racine double), pi/6, 5pi/6, pi/4, 3pi/4
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reav
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par reav » 27 Juin 2005, 19:15
En fait oui il faut aussi traiter le terme (X²+1) :p
on trouve alors x=Pi/4 et x=-Pi/4. mais comme les solutions négatives ne marchent pas, ça donne 3Pi/4, de même pour 5Pi/6.
D'ailleurs est ce que la solution complète ne serait elle pas toutes les solutions modulo 2Pi chacune ?
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thomasg
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par thomasg » 27 Juin 2005, 22:15
citation de sylvain:
euh est ce que tu pourrais détailler stp...parce que j'arrive pas à arriver à la meme forme que toi...
Alors voilà le détail.
Tout d'abord un rappel de la formule utilisée: cos x=(eix+e-ix)/2
formule où eix=exp(i*x)
A partir de là les équations suivantes sont équivalentes
(cos x)^2 +(cos 2x)^2 + (cos 3x)^2=1
(eix+e-ix)^2+(ei2x+e-i2x)^2+(ei3x+e-i3x)^2=4
ei2x+e-i2x+2+ei4x+e-i4x+2+ei6x+e-i6x+2=4
ei2x+e-i2x+ei4x+e-i4x+ei6x+e-i6x+2=0
On effectue ici le changement de variable X=ei2x
X+1/X+X^2+1/X^2+X^3+1/X^3+2=0
X^4+X^2+X^5+X+X^6+1+2X^3=0
X^6+X^5+X^4+2X^3+X^2+X+1=0
On se rend alors compte que -1 est une racine évidente, on peut factoriser par X+1. (et cela deux fois), on obtient alors
(X^4-X^3+2X^2-X+1)(X+1)^2=0
la suite proposée par réav est bonne (et explicite)
X^4-X^3+2X^2-X+1)(X+1)²=0
[(X²+1)²-X^3-X](X+1)²=0
[(X²+1)²-X(X²+1)](X+1)²=0
[(X²+1)(X²-X+1)](X+1)²=0
On a déjà exploité (X+1)², on résout maintenant (X²-X+1).
On trouve X=(1+iR(3))/2 et X=(1-iR(3))/2, avec R(a) la racine carrée de a.
Avec X^2+1 on a X=i ou X=-i
Nous avons donc 5 racines: X=-1 ; X=(1+iR(3))/2 et X=(1-iR(3))/2 ; X=i ou X=-i
ou encore en refaisant le changement de variable en sens inverse
ei2x=-1 ; ou ei2x=(1+iR(3))/2 ; ou ei2x=(1-iR(3))/2 ; ou ei2x=i ; ou ei2x=-i
la première équation implique que 2x=pi donc x=pi/2
la deuxième équation donne cos2x=1/2 et sin2x=R(3)/2 donc 2x=pi/3 donc x=pi/6
la troisième équation donne cos2x=1/2 et sin2x=-R(3)/2 donc x=-pi/6
la quatirème donne cos2x=0 comme la quatrième donc x=pi/4 ou x=-pi/4
On a donc 5 racines (modulo 2 pi)
Voilà.
Au revoir
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Sylvain
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par Sylvain » 27 Juin 2005, 22:47
thomasg a écrit:X^6+X^5+X^4+2X^3+X^2+X+1=0
On se rend alors compte que -1 est une racine évidente, on peut factoriser par X+1. (et cela deux fois), on obtient alors
(X^4-X^3+2X^2-X+1)(X+1)^2=0
c ca...je le vois jamais....sacrée racine évidente!! lol
merci beaucoup pour le détail...
bonne soirée
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thomasg
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par thomasg » 28 Juin 2005, 11:11
je viens de modifier un oubli (il manquait deux racines)
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Ismail
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par Ismail » 28 Juin 2005, 19:42
slt je propose là une piste;
on sait que (cos(x))^2=(1+cos(2x))/2
(cos(2x))^2=(1+cos(4x))/2
(cos(3x))^2=(1+cos(6x))/2
onobtient alors:cos(2x)+cos(4x)+cos(6x)=-1
si quelqu'un pouvait continuer,?? :eek:
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lolo
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par lolo » 29 Juin 2005, 10:59
Notons que ton équation de degré 4 n'est pas trop générale elle entre dans la catégorie "polynôme réciproque" : les polynômes dont les termes équidistants du milieu ont les même coeeficients.
Une méthode consiste alors à faire le changement de variable Y = X + 1/X
ce qui permet d'avoir une équation de degré divisé par 2 pour avoir les racines ! Tu résoud en Y puis en X .
lolo
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thomasg
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par thomasg » 29 Juin 2005, 13:45
Ismail a écrit:slt je propose là une piste;
on sait que (cos(x))^2=(1+cos(2x))/2
Bonjour,
la première formule que tu proposes est identiques à celle que j'ai utilisée:
(cosx)^2=((eix+e-ix)/2)^2
La méthode que tu proposes est donc identique à la mienne, juste plus ennuyeuse à écrire car il faut connaître ses formules... d'où l'intérêt d'utiliser les nombres complexes.
Au revoir
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Anonyme
par Anonyme » 12 Aoû 2005, 11:09
Bonjour, je suis élève de Tle S futur MPSI à Masséna ( Nice ) et j'ai jeté un oeil à cette équation.
A priori rien de bien difficile.
Je pars comme Ismaël et obtient:
cos(6x)+cos(4x)+cos(2x)+1=0
Or cos(6x)+1=2cos²(3x)
Et cos (4x)+cos(2x)=2cos(3x)cos(x)
Donc 2cos²(3x)+ 2cos(3x)cos(x) = 0
D'où,
2cos(3x) [ cos(3x)+cos(x)]=0
cos(3x)cos(2x)cos(x) = 0
Et là c'est le miracle... il suffit de trouver
cos(3x)=0
cos(2x)=0
et cos(x)=0
Wahou et c'est fini sans même utiliser Euler même si parfois celui ci s'avère très pratique !!!!
Pouet Pouet Cacahuète
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Aldebaran
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par Aldebaran » 12 Aoû 2005, 15:07
Il faut avouer que la plupart des élèves de terminales S se prennent souvent la tête avec des broutilles en s'imaginant qu'il faut faire compliqué pour arriver à une solution. La solution de PouePouet est évidémment la plus simple (et la plus rapide), ce qui prouve qu'en math il est parfois utile de connaître ses formules...
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