Exercice 39

1. Avec $\cos^{2}(\alpha)=\frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{16}=\frac{6-2\sqrt{5}}{16}$ : $$\cos(2\alpha)=2\cos^{2}(\alpha)-1=\frac{6-2\sqrt{5}}{8}-1=\boxed{-\frac{1+\sqrt{5}}{4}}$$ Puis, avec $\cos^{2}(2\alpha)=\frac{6+2\sqrt{5}}{16}$ : $$\cos(4\alpha)=2\cos^{2}(2\alpha)-1=\frac{6+2\sqrt{5}}{8}-1=\boxed{\frac{\sqrt{5}-1}{4}=\cos(\alpha)}$$

2. D'après le cours, les réels $X$ tels que $\cos(X)=\cos(\alpha)$ sont les réels $X=\alpha+2k\pi$ et $X=-\alpha+2k\pi$, avec $k\in\mathbb{Z}$. Appliqué à $X=4\alpha$ : $$\boxed{4\alpha=\alpha+2k\pi \quad\text{ou}\quad 4\alpha=-\alpha+2k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z}}$$

3. Premier cas : $3\alpha=2k\pi$, donc $\alpha=\frac{2k\pi}{3}$. Comme $\alpha\in[0\,;\pi]$, $\alpha=0$ ou $\alpha=\frac{2\pi}{3}$, de cosinus $1$ et $-\frac{1}{2}$ ; or $\cos(\alpha)=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\approx 0{,}309$. Ce cas est impossible.

Second cas : $5\alpha=2k\pi$, donc $\alpha=\frac{2k\pi}{5}$, et $\alpha\in[0\,;\pi]$ laisse $\alpha\in\left\{0\,;\frac{2\pi}{5}\,;\frac{4\pi}{5}\right\}$. La valeur $0$ est exclue comme ci-dessus, et $\frac{4\pi}{5}\in\left]\frac{\pi}{2}\,;\pi\right]$ a un cosinus négatif, alors que $\cos(\alpha)>0$. $$\boxed{\alpha=\frac{2\pi}{5}\qquad\text{c'est-à-dire}\qquad\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right) =\frac{\sqrt{5}-1}{4}}$$

Cette figure montre le pentagone régulier inscrit dans le cercle trigonométrique : le sommet d'angle $\frac{2\pi}{5}$ se projette sur l'axe des abscisses en $\frac{\sqrt{5}-1}{4}\approx 0{,}309$.

Remarque. Le nombre $\frac{\sqrt{5}-1}{4}$ s'écrit $\frac{1}{2\varphi}$, où $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ est le nombre d'or. Comme $\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)$ ne fait intervenir qu'une racine carrée, on peut construire le pentagone régulier à la règle et au compas, ce que savaient déjà les géomètres grecs.