☆ Irrationalité et trigonométrie - Vers le supérieur - Corrigé

Énoncé

1. Soit \(x \in \mathbb{R}\) .
    a. Exprimer \(\cos(5x)\) en fonction de \(\cos(x)\) et de \(\sin(x)\) .
    b. En déduire que \(\cos(5x)=16\cos^5(x)-20\cos^3(x)+5\cos(x)\) .

2. À l'aide de ce qui précède, démontrer que  \(\alpha=\cos\left(\dfrac{\pi}{5}\right)\) est un nombre irrationnel.

Solution

1. a. D'après la formule de Moivre, \((\cos(x)+i\sin(x))^5=\cos(5x)+i\sin(5x)\) .

On en déduit que \(\cos(5x)=\mathrm{Re}\left[(\cos(x)+i\sin(x))^5\right]\) . D'après la formule du binôme de Newton,
\(\begin{align*}(\cos(x)+i\sin(x))^5& = \cos^5(x)+5\cos^4(x)i\sin(x)+10\cos^3(x)(i\sin(x))^2\\& \quad +10\cos^2(x)(i\sin(x))^3+5\cos(x)(i\sin(x))^4+(i\sin(x))^5\\& = \cos^5(x)+5i\cos^4(x)\sin(x)-10\cos^3(x)\sin^2(x)\\& \quad -10i\cos^2(x)\sin^3(x)+5\cos(x)\sin^4(x)+i\sin^5(x).\end{align*}\)  
On en déduit que : \(\begin{align*}\cos(5x)=\cos^5(x)-10\cos^3(x)\sin^2(x)+5\cos(x)\sin^4(x)\end{align*}\) .

b. En utilisant la relation \(\sin^2(x)=1-\cos^2(x)\) , on obtient
\(\begin{align*}\cos(5x)& =\cos^5(x)-10\cos^3(x)\sin^2(x)+5\cos(x)\sin^4(x)\\& =\cos^5(x)-10\cos^3(x)(1-\cos^2(x))+5\cos(x)(1-\cos^2(x))^2\\& =\cos^5(x)-10\cos^3(x)+10\cos^5(x)+5\cos(x)(1-2\cos^2(x)+\cos^4(x))\\& =\cos^5(x)-10\cos^3(x)+10\cos^5(x)+5\cos(x)-10\cos^3(x)+5\cos^5(x)\\& =16\cos^5(x)-20\cos^3(x)+5\cos(x).\end{align*}\)   

2. Appliquons l'égalité de la question 1.b avec \(x=\dfrac{\pi}{5}\) :  \(\begin{align*}\cos\left(5 \times \frac{\pi}{5}\right)=16\cos^5\left(\frac{\pi}{5}\right)-20\cos^3\left(\frac{\pi}{5}\right)+5\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)\end{align*}\)  

autrement dit  \(\begin{align*}-1=16\alpha^5-20\alpha^3+5\alpha\end{align*}\)  et on a donc  \(16\alpha-20\alpha^3+5\alpha+1=0\) .

Raisonnons par l'absurde, et supposons que \(\alpha\) est rationnel. Alors il existe \(p \in \mathbb{Z}\) et \(q \in \mathbb{N}^\ast\) premiers entre eux tels que \(\alpha=\dfrac{p}{q}\) .

On a donc :
\(\begin{align*}16 \times \left(\frac{p}{q}\right)^5-20 \times \left(\frac{p}{q}\right)^3+5 \times \frac{p}{q}+1=0& \ \ \Longleftrightarrow \ \\frac{16p^5}{q^5}-\frac{20p^3}{q^3}+\frac{5p}{q}+1=0\\& \ \ \Longleftrightarrow \ \16p^5-20p^3q^2+5pq^4+q^5=0.\end{align*}\)  

• D'une part, on en déduit que  \(\begin{align*}p(-16p^4+20p^2q^2-5q^4)=q^5\end{align*}\) donc \(p\) divise \(q^5\) , mais comme \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux, le théorème de Gauss (appliqué cinq fois : à \(p\)  et \(q^5\) , puis \(q^4\) , puis \(q^3\) , etc.) assure que \(p\) divise \(1\) , et donc que \(p \in \left\lbrace -1;1 \right\rbrace\) .
  
• D'autre part, on a également  \(\begin{align*}q(20p^3q-5pq^3-q^4)=16p^5\end{align*}\) donc \(q\) divise \(16p^5\) , mais   comme \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux, le théorème de Gauss (appliqué cinq fois : à \(q\)  et \(16p^5\) , puis \(16p^4\) , puis \(16p^3\) , etc.) assure que \(q\) divise \(16\) , autrement dit \(q \in \left\lbrace 1;2;4;8;16 \right\rbrace\) .
  

Il reste à vérifier si les différentes valeurs possibles de \(p\) et \(q\) vérifient effectivement l'égalité \(16p^5-20p^3q^2+5pq^4+q^5=0\) :

\(\begin{align*}\renewcommand{\arraystretch}{1.2}\begin{array}{|c|c|c|}\hline p&q&16p^5-20p^3q^2+5pq^4+q^5\\ \hline -1&1&0\\ \hline -1&2&16\\ \hline -1&4&48\\ \hline -1&8&13\,552\\ \hline -1&16&726\,000\\ \hline 1&1&2\\ \hline 1&2&48\\ \hline 1&4&2\,000\\ \hline 1&8&51\,984\\ \hline 1&16&1\,371\,152\\ \hline\end{array}\end{align*}\)   

On en déduit que \((p;q)=(-1;1)\) , et donc \(\alpha=-1\) , ce qui est manifestement absurde car \(\cos\left(\dfrac{\pi}{5}\right)>0\) .

Par conséquent, \(\alpha\) ne peut pas s'écrire sous la forme \(\dfrac{p}{q}\) et donc \(\alpha\) n'est pas un nombre rationnel.