Trigonométrie

• Écriture exponentielle complexe ;
• Série géométrique.

On a $\displaystyle C_n=Re\sum_{k=0}^{n-1} \frac{e^{i\frac{\pi}{3} k}}{2^k}=Re\left(\frac{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}}{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} }}{2}}\right)$. On a $\displaystyle 1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} }}{2}=1-\frac{1}{2}\left(\frac12+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}$ et
$\displaystyle \left|\frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}\right|^2=\frac{9}{16}+\frac{3}{16}=\frac34$. On multiplie alors en haut et en bas par la quantité conjuguée de $\displaystyle \frac34-i\frac{\sqrt{3}}{4}$ pour trouver :
$$\begin{aligned} \frac{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}}{1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} }}{2}} & = \frac{\left(\frac34+i\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\left(1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}\right)}{3/4}\\ & = \left(1+i\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\left(1-\frac{e^{i\frac{\pi}{3} n}}{2^n}\right),\\ \end{aligned}$$
et donc $\displaystyle C_n=1+\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}\sin(n\pi/3)-\cos(n\pi/3)}{2^n}.$

Série géométrique, Angle moitié.

1. Il y a plusieurs méthodes d’efficacité équivalente. On peut par exemple raisonner par récurrence sur $\displaystyle n \ge 1$. Sinon, on peut s’apercevoir qu’on a à peu près une somme géométrique. En effet, $$D_n(x)= \sum_{l=0}^{2n} e^{i(l-n)x} = e^{-inx} \sum_{l=0}^n \left(e^{ix}\right)^l = e^{-inx} \frac{e^{i(2n+1)x}-1}{e^{ix}-1}.$$ On s’arrange ensuite pour faire apparaître des sinus. En utilisant la formule $\displaystyle e^{i \alpha x}-1 = e^{-i\alpha/2 x} 2 i \sin(\alpha/2),$ on obtient : $$D_n(x) = e^{-inx} \frac{e^{i\frac{2n+1}{2}x}}{e^{i\frac{x}{2}}} \frac{2i \sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x \right)}{2 i \sin\left(\frac{x}{2}\right)}=\frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}.$$

2. Ici aussi il y a plusieurs méthodes. On peut encore raisonner par récurrence, ou tenter un calcul direct comme précédemment (avec des suites géométriques dérivées). Voici une preuve un peu originale, se basant sur la première question : on écrit que $$K_n(x) = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n \frac{\sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}$$$$= \frac{1}{n+1} \frac{1}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)^2} \sum_{k=0}^n 2 \sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right).$$ On utilise ensuite la formule élémentaire $$2 \sin(a)\sin(b) = \cos(a-b)-\cos(a+b)$$ pour écrire : $$2 \sin\left(\left(k+\frac{1}{2}\right)x\right) \sin\left(\frac{x}{2}\right) = \cos(kx)-\cos((k+1)x).$$ On reconnaît alors une somme téléscopique ! On peut donc calculer : $$K_n(x) = \frac{1}{n+1} \frac{1}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)^2} \left(1-\cos((n+1)x)\right),$$ et on conclut en écrivant que $$\frac{1-\cos((n+1)x)}{2} = \left(\sin\left(\frac{n+1}{2}x \right)\right)^2.$$

Faire apparaître des exponentielles complexes : sommer la 1ere ligne avec $\displaystyle i\times$ la 2e.

En faisant 1ere ligne $\displaystyle +\ i\times$ 2eme ligne, on a $\displaystyle e^{ia}+e^{i(a+x)}+e^{i(a+y)}=0$. En mettant $\displaystyle e^{ia}$ en facteur et en simplifiant par $\displaystyle e^{ia}\neq 0$, il vient $\displaystyle 1+e^{ix}+e^{iy}=0$. En repassant aux parties réelles et imaginaires on obtient : $$1+\cos(x)+\cos(y)=0 \quad (\star),$$ et $\displaystyle \sin(x)+\sin(y)=0$. L’égalité $\displaystyle \sin(x)=-\sin(y)=\sin(-y)$ impose $\displaystyle x=-y+2k\pi$ ou $\displaystyle x=\pi+y+2k\pi$. En injectant $\displaystyle x=\pi+y+2k\pi$ dans $\displaystyle (\star)$, on $\displaystyle 1-\cos(y)+\cos(y)=0$, ce qui n’est pas possible. On injecte alors $\displaystyle x=-y+2k\pi$ dans $\displaystyle (\star)$, d’où $\displaystyle 1+2\cos(y)=0$, et $\displaystyle \cos(y)=-\frac12$, i.e. $\displaystyle y=\frac{2\pi}{3}+2k\pi$ ou $\displaystyle y=-\frac{2\pi}{3}+2k\pi$.
On en déduit que les solutions sont, avec $\displaystyle k,k'\in\Z$ :
$$\begin{aligned} x=\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\quad y=-\frac{2\pi}{3}+2k'\pi \ ;\\ x=-\frac{2\pi}{3}+2k\pi,\quad y=\frac{2\pi}{3}+2k'\pi. \end{aligned}$$

Une expression $\displaystyle a\cos(x)+b\sin(x)$ 👉 Amplitude/phase.

On factorise par $\displaystyle \sqrt{1+\sqrt 3^2}=2$ :
$\displaystyle (E)\Leftrightarrow 2\left(\frac 12\cos(x)-\frac{\sqrt 3}{2}\sin(x)\right)=1 \Leftrightarrow\cos(\frac\pi 3)\cos(x)-\sin(\frac\pi 3)\sin(x)=\frac 12\Leftrightarrow \cos(x+\frac\pi 3)=\frac 12$.
$\displaystyle x$ est solution ssi $\displaystyle x+\frac\pi 3=\pm\frac\pi 3~~[2\pi]$ ssi $\displaystyle x\in\{0;-2\pi/3\}~~[2\pi]$.

1. Appliquer les formules pour $\displaystyle \sin(a+b)$ et $\displaystyle \cos(a+b)$.
2. Appliquer la question 1. d’une manière qui donne l’égalité voulue.
3. Suivre la même méthode.

1. On a :
   $$\tan(a+b)=\frac{\sin(a+b)}{\cos(a+b)}=\frac{\cos a\sin b+\sin a\cos b}{\cos a\cos b-\sin a\sin b}.$$ En divisant en haut et en bas par $\displaystyle \cos(a)\cos(b)$ on obtient donc :
   $$\tan(a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}.$$
2. Posons $\displaystyle x=\tan(\pi/8)$, la formule donne pour $\displaystyle a=b=\pi/8$ :
   $$\tan(\pi/4)=1=\frac{2x}{1-x^2}.$$Ainsi $\displaystyle x^2+2x-1=0$.
   Cette équation possède deux solutions $\displaystyle \frac{-2+\sqrt 8}{2}$ et $\displaystyle \frac{-2-\sqrt 8}{2}$.
   Or $\displaystyle x\geq 0$ (car $\displaystyle \pi/8\in[0;\pi/2[$), donc $\displaystyle x=\frac{-2+\sqrt 8}{2}=\sqrt 2-1$.
3. De même si on pose $\displaystyle y=\tan(\pi/12)$ on a $\displaystyle \tan(\pi/6)=\frac{\sqrt 3}{3}=\frac{2y}{1-y^2}$.
   Donc $\displaystyle y^2+2\sqrt 3 y-1=0$. Ainsi $\displaystyle y=-\sqrt 3\pm 2$.
   Or $\displaystyle y\geq 0$, donc finalement $\displaystyle y=2-\sqrt 3$.

Exprimer $\displaystyle \sin(nx)$ ou $\displaystyle \cos(nx)$ en fonction de $\displaystyle \sin x$ et $\displaystyle \cos x$ 👉 La formule de Moivre est là pour ça !

D’arès la formule de Moivre, $\displaystyle \sin(6x)=\mathrm{Im}\left((\cos x+i~\sin x)^6\right)$.
On développe à l’aide du binôme de Newton ($\displaystyle (a+b)^6=\sum_{k=0}^6 \binom 6k a^k b^{6-k}$):
$$(\cos x+i~\sin x)^6=\cos^6x+6i\cos^5x\sin x-15\cos^4x\sin^2x-20 i \cos^3x\sin^3x$$ $$~~\qquad\qquad+ 15 \cos^2x\sin^4x +6i\cos x\sin^5 x-\sin^6 x.$$
Ainsi $$\sin(6x) = 6\cos^5x\sin x -20 \cos^3x\sin^3x+6\cos x\sin^5 x.$$
Finalement, en se rappelant que $\displaystyle \sin^2 x=1-\cos^2 x$ :
$$\frac{\sin(6x)}{\sin x} = 6\cos^5x -20 \cos^3x(1-\cos^2 x)+6\cos x(1-\cos^2 x)^2.$$
Les perfectionnistes auront sûrement développé pour regrouper les termes en $\displaystyle \cos x$, en $\displaystyle \cos^3 x$, en $\displaystyle \cos^5 x$.

1. $\displaystyle \cos(nx)$ 👉 De Moivre.
2. Cette équation s’écrit uniquement avec $\displaystyle \cos(x)$👉 Changement de variable.

1. $\displaystyle \cos(3x)=\mathrm{Re}((\cos x+i\sin x)^3)=\mathrm{Re}(\cos^3x+3i\cos^2x \sin x-3\cos x\sin^2 x-i\sin ^3 x)$.
   Ainsi $\displaystyle \cos(3x)=\cos^3 x-3\cos x\sin^2 x=\cos^3 x-3\cos x(1-\cos^2 x)=4\cos^3 x-3\cos x$.
2. On a :
   $$\begin{aligned} \cos(3x)=-2\cos x&\Leftrightarrow 4\cos^3 x-\cos x=0\\ &\Leftrightarrow\cos x(4\cos^2 x-1)=0\\ &\Leftrightarrow\cos x(2\cos x-1)(2\cos x+1)=0\\ &\Leftrightarrow \cos x\in\{0,1/2,-1/2\} \end{aligned}$$ Par conséquent les solutions de l’équation sont les réels $\displaystyle x$ tels que :
   $$x\in\{\pm\pi/3,~\pm\pi/2,~\pm2\pi/3\} ~~[2\pi]$$

Les objets de la question 2 ressemblent beaucoup à des angles 👉 on peut essayer de regarder l’argument des complexes introduits à la question 1 !

1. Pas le choix, on calcule… Avec la formule du binôme, on obtient : $$(5+i)^4 = 625+4.i.125-6.25-4.i.5+1 = 476+480 i.$$
   Et on développe : $$(2+2i)(239+i) = 478+2i+478i-2 = 476+480i.$$
   Et le tour est joué !

2. On écrit les nombres complexes de la question précédente sous forme trigonométrique. On rappelle que, si $\displaystyle a,b>0$, alors : $$a+ib = \sqrt{a^2+b^2} \exp\left(i \arctan(b/a)\right).$$
   On a donc $$(5+i)^4 = \left(\sqrt{26} \exp\left(i \theta_1\right)\right)^4 = 26^2\exp\left(4 i \theta_1\right),$$ $$239+i = \sqrt{1+239^2} \exp\left(i \theta_2\right),$$ avec $\displaystyle \theta_1=\arctan\left(\frac{1}{5} \right) \ , \ \theta_2=\arctan\left(\frac{1}{239} \right)$$$2+2 i = 2 \exp\left(i \arctan(1/1)\right)= 2 \exp\left(i \frac{\pi}{4}\right).$$
   On a donc, d’après la question 1, $$\frac{26^2}{\sqrt{1+239^2}} \exp\left(i (4\theta_1-\theta_2)\right) =2 \exp\left(i \frac{\pi}{4}\right).$$ Par unicité de l’argument modulo $\displaystyle 2 \pi$, on a alors $$4 \theta_1-\theta_2 = \frac{\pi}{4} + 2k\pi$$ pour un certain $\displaystyle k \in \mathbb{Z}.$

3. Il reste à montrer que $\displaystyle k=0$. Pas marrant. On utilise l’inégalité $\displaystyle x-x^3/3 \le \arctan(x) \le x$ pour avoir l’estimation $\displaystyle \frac{1}{5}-\frac{1}{475} \le \theta_1 \le \frac{1}{5}$. De plus, $\displaystyle 0 \le \theta_2 \le \frac{1}{239}$. Ainsi : $$\frac{4}{5}-\frac{4}{475}-\frac{1}{239} \le 4 \theta_1-\theta_2 \le \frac{4}{5}.$$ On a $\displaystyle 4/475 \le 4/400 = 0.01$ et $\displaystyle 1/239 \le 1/200 = 0.005$ donc $$0.785 \le 4 \theta_1-\theta_2 \le 0.8$$ Comme le seul nombre de la forme $\displaystyle \pi/4+2k \pi$ à être dans l’intervalle $\displaystyle (0.785,0.8)$ est $\displaystyle \pi/4$, on a bien montré que $\displaystyle k=0$. Il y avait sûrement plus simple comme réponse, mais celle-ci permet (en multipliant par 4) d’avoir l’inégalité $\displaystyle 3.14 \le \pi \le 3.2$, ce qui n’est pas si mal !

1. On découpe l’intégrale : $\displaystyle I = \int_0^{2 \pi} f(t) \sin(t) dt = I_1 + I_2$, avec $$\begin{aligned}I_1 &= \int_0^{\pi} f(t) \sin(t) dt \\ I_2 &= \int_\pi^{2 \pi} f(t) \sin(t) dt. \end{aligned}$$ Dans l’intégrale $\displaystyle I_2$, on fait le changement de variables $\displaystyle u=2\pi - t$ : $$\begin{aligned} I_2 & = \int_0^{\pi} f(2\pi -u) \sin(2 \pi - u) du \\ &= - \int_0^{\pi} f(2\pi -u) \sin(u) du .\end{aligned}$$
   On a utilisé les propriétés élémentaires de la fonction sinus : $$\sin(2\pi-u)=\sin(-u)=-\sin(u).$$ On en déduit que $$I = \int_0^\pi (f(t)-f(2\pi-t)) \sin(t) dt.$$ Or pour $\displaystyle 0 \le t \le \pi$, on a $\displaystyle t \le 2\pi-t$ donc $\displaystyle f(t) \ge f(2\pi-t)$. On a également $\displaystyle \sin(t) \ge 0$. On a donc $\displaystyle I \ge 0$, comme intégrale d’une fonction positive sur $\displaystyle [0,\pi]$.

2. Ici on va découper l’intégrale en quatre parties : on pose $\displaystyle I = \int_0^{2 \pi} f(t) \cos(t) dt = I_1 + I_2+I_3+I_4$, avec $$\begin{aligned}I_1 &= \int_0^{\pi/2} f(t) \cos(t) dt ,\\ I_2 &= \int_{\pi/2}^{\pi} f(t) \cos(t) dt, \\ I_3 &= \int_{\pi}^{3\pi/2} f(t) \cos(t) dt, \\ I_4 &= \int_{3\pi/2}^{2 \pi} f(t) \cos(t) dt. \end{aligned}$$ On transforme ensuite les intégrales $\displaystyle I_2,I_3$ et $\displaystyle I_4$ par changement de variable affine afin de se ramener au segment $\displaystyle [0,\pi/2]$. On a : $$\begin{aligned} I_2 &= \int_0^{\pi/2} f(\pi-t) \cos(\pi-t) dt \\&= -\int_0^{\pi/2} f(\pi-t) \cos(t) dt, \\I_3 &= \int_0^{\pi/2} f(\pi+t) \cos(\pi+t) dt \\&= -\int_0^{\pi/2} f(\pi+t) \cos(t) dt, \\I_4 &= \int_0^{\pi/2} f(2\pi-t) \cos(2\pi-t) dt \\&= \int_0^{\pi/2} f(2\pi-t) \cos(t) dt.\end{aligned}$$ On recolle le tout : $$I= \int_0^{\pi/2} \left[ f(t)-f(\pi-t)-f(\pi+t) +f(2\pi-t)\right] \cos(t) dt.$$ Or la fonction $\displaystyle \cos$ est positive sur $\displaystyle [0,\pi/2]$. De plus, $\displaystyle f$ étant convexe, on utilise la propriété admise dans l’énoncé avec $\displaystyle x=t$, $\displaystyle y=\pi-t$ et $\displaystyle h=\pi$ (et on a bien $\displaystyle x \le y$ !) pour montrer que $\displaystyle I$ est l’intégrale d’une fonction positive sur $\displaystyle [0,\pi/2]$, donc $\displaystyle I \ge 0$.

On a
$$\sum_{j=1}^{N-1} \frac{1}{\sin^2( \pi j/N) }= 2 \sum_{j=1}^{N-1} \frac{1}{ 1 - \cos(2 \pi j /N)} .$$
D’autre part, on a, pour tous $\displaystyle x \in \mathbb{R}$, $\displaystyle \cos (Nx) = T_N(\cos x)$ où $\displaystyle T_N$ est le $\displaystyle N$-ème polynôme de Tchebychev, qui est de degré $\displaystyle N$. Les valeurs $\displaystyle \cos(2 \pi j /N)$ pour $\displaystyle j$ entier, $\displaystyle 0 \leq j \leq N/2$ sont des racines distinctes du polynôme $\displaystyle 1- T_N$. De plus, en dérivant l’équation définissant $\displaystyle T_N$, on obtient $\displaystyle -N \sin(Nx) = -(\sin x) T'_N(\cos x)$, ce qui montrer que $\displaystyle T_N'$ s’annule en $\displaystyle \cos(2 \pi j /N)$ dès que $\displaystyle \sin(2 \pi j/N) \neq 0$. Ainsi, pour $\displaystyle j$ entier, $\displaystyle 0 < j < N/2$, $\displaystyle \cos(2 \pi j /N)$ est une racine double de $\displaystyle 1-T_N$. En comparant les degrés, on en déduit: $$1 - T_N(t) = C_N (t-1)(t+1) \prod_{j= 1}^{N/2 -1} (t - \cos(2 \pi j /N))^2$$
pour $\displaystyle N$ pair, et $$1 - T_N(t) = C_N (t-1) \prod_{j= 1}^{(N-1)/2} (t - \cos(2 \pi j /N))^2$$
pour $\displaystyle N$ impair, autrement dit, par parité et périodicité du cosinus: $$1 - T_N(t) = C_N \prod_{j=1}^{N-1} (t - \cos(2 \pi j /N))$$ pour tout entier $\displaystyle N \geq 2$, $\displaystyle C_N$ étant une constante de normalisation.
Pour le polynôme $\displaystyle Q_N(t) = (1 - T_N(t))/(1-t)$, on obtient
$$Q_N(t) = - C_N \prod_{j=1}^{N-1} (t - \cos(2 \pi j /N)).$$
On en déduit, en prenant la dérivée logarithmique pour $\displaystyle t = 1$:
$$\sum_{j=1}^{N-1} \frac{1}{\sin^2( \pi j/N) } = \frac{2 Q_N'(1)}{ Q_N(1)}.$$
Notons que la factorisation de $\displaystyle Q_N$ implique que $\displaystyle Q_N(1) \neq 0$.
Pour $\displaystyle x \neq 0$ suffisamment proche de $\displaystyle 0$,
$$\begin{aligned} & \frac{Q'_N(\cos x)}{Q_N(\cos x)} = \frac{- T'_N(\cos x)}{1 - T_N(\cos x)} + \frac{1}{1-\cos x} \\ & = \frac{ - (d/dx) (T_N(\cos x))} {((d/dx)( \cos x)) ( 1- \cos(Nx))} + \frac{1}{1-\cos x} \\ & = \frac{ N \sin(Nx)}{(-\sin x) (1 - \cos(Nx))} + \frac{1}{ 1- \cos x}. \end{aligned}$$
Pour $\displaystyle x$ au voisinage de $\displaystyle 0$:
$$\begin{aligned} \frac{Q'_N(\cos x)}{Q_N(\cos x)} & = \frac{ N^2 x - N^4 x^3/6 + o(x^3)}{ (-x + x^3/6 + o(x^3)) ( N^2 x^2/2 - N^4 x^4/24 + o(x^4))} \\ & + \frac{1}{ x^2/2 - x^4/24 + o(x^4)} \\& = - \frac{2}{x^2} \frac{1 - N^2 x^2/6 + o(x^2) }{(1 - x^2/6+ o(x^2))( 1 - N^2 x^2/12 + o(x^2))} \\ & +\frac{2}{x^2} \frac{1}{ 1 - x^2/12 + o(x^2)} \end{aligned}.$$
Le terme constant de ce développement donne la limite quand $\displaystyle x$ tend vers $\displaystyle 0$, notons que le terme en $\displaystyle 1/x^2$ s’annule. On a alors $$\frac{Q'_N(1)}{Q_N(1)} = -2 ( -N^2/6 + 1/6 + N^2/12 ) + 2 (1/12) = \frac{N^2 -1 }{6}.$$
Ceci donne le résultat annoncé !

On considère la fonction $\displaystyle \Phi$ de $\displaystyle \mathbb{Z}^4 \times \mathbb{R}$ dans $\displaystyle \mathbb{R}$, telle que $$\Phi(m,n,p,q,x) = m \pi + \operatorname{arccot} ( - n \pi + \operatorname{arccot} ( p \pi + \operatorname{arccot} ( - q \pi + \operatorname{arccot} ( x)))).$$ On vérifie que $\displaystyle \Phi$ est une fonction strictement croissante, pour l’ordre lexicographique sur $\displaystyle \mathbb{Z}^4 \times \mathbb{R}$.
Les solutions de $\displaystyle \cot \cot \cot \cot a = 0$ sont les réels de la forme $\displaystyle \Phi(m,n,p,q,0)$ pour $\displaystyle m,n,p,q \in \mathbb{Z}$. Trouvons $\displaystyle m,n,p,q,x$ tels que $\displaystyle \Phi(m,n,p,q,x) = 9$. On a nécessairement $$m \pi < 9 < (m+1)\pi, -n \pi < \cot 9 < (-n+1) \pi,$$ $$p \pi < \cot \cot 9 < (p+1) \pi, q \pi < \cot \cot \cot 9 < (q+1) \pi,$$
et donc $\displaystyle m = 2$, $\displaystyle n = 1$, $\displaystyle p = 0$, $\displaystyle q = 0$, et $\displaystyle x = x_0$, avec
$$x_0 := \cot \cot \cot \cot 9 \simeq 0,5279.$$
On a donc $\displaystyle \Phi(2, 1, 0, 0, x_0) = 9$. Si on veut une valeur de $\displaystyle \Phi(m,n,p,q,0)$ aussi grande que possible et inférieure à $\displaystyle 9$, il faut prendre $\displaystyle \Phi(2,1,0,0,0)$. Si on veut une valeur aussi petite que possible et supérieure à $\displaystyle 9$, il faut prendre $\displaystyle \Phi(2,1,0,1,0)$. On trouve
$$\Phi(2,1,0,0,0) = 2 \pi + \operatorname{arccot} ( - \pi + \operatorname{arccot} \operatorname{arccot} \operatorname{arccot} 0) \simeq 8.977856.$$
$$\Phi(2,1,0,1,0) = 2 \pi + \operatorname{arccot} ( - \pi + \operatorname{arccot} \operatorname{arccot} ( - \pi + \operatorname{arccot} 0)) \simeq 9,0784578.$$
Le plus proche est $\displaystyle \Phi(2,1,0,0,0)$.

La fonction $\displaystyle x \mapsto x - \cos x$ a une dérivée positive, nulle seulement en des points isolés, donc elle est strictement croissante. Comme elle n’a pas un signe constant, il existe en unique $\displaystyle \lambda$ tel que $\displaystyle \cos \lambda = \lambda$. On a $\displaystyle 0.7 - \cos 0.7 < 0$ et $\displaystyle 0.8 - \cos 0.8 > 0$, donc $\displaystyle 0.7 \leq \lambda \leq 0.8$. D’autre part, $\displaystyle u_1 \in [-1,1]$, donc $\displaystyle |u_1 - \lambda| < 1.8 < 2^{(3-1)/2}$ et l’inégalité est vraie pour $\displaystyle n = 1$. On a $\displaystyle u_2 \in [\cos 1, 1] \subset [0.54, 1]$, donc $\displaystyle |u_2 - \lambda| \leq 0.3 < 2^{(3-2)/2}$. Ensuite $\displaystyle u_3 \in [\cos(0.54), \cos 1] \subset [0.54, 0.86]$, et
$\displaystyle |u_3 - \lambda| < 0.3 < 2^{(3-3)/2}$. Ensuite, $\displaystyle u_4 \in [0.65, 0.86]$, $\displaystyle |u_4 - \lambda| < 0.2 < 2^{(3-4)/2}$, $\displaystyle u_5 \in [0.65, 0.8]$, $\displaystyle |u_5 - \lambda| < 0.2 < 2^{(3-5)/2}$, $\displaystyle u_6 \in [0.69, 0.8]$, $\displaystyle |u_6 - \lambda| < 0.2 < 2^{(3-6)/2}$, $\displaystyle u_7 \in [0.69, 0.78]$, $\displaystyle |u_7 - \lambda| < 0.2 < 2^{(3-7)/2}$. Tous les termes suivants de la suite sont entre $\displaystyle 0.69$ et $\displaystyle 0.78$, intervalle inclus dans $\displaystyle [0, \pi/4]$, donc dans lequel la dérivée du cosinus est comprise entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle \sqrt{2}/2$. A partir de $\displaystyle u_7$, l’écart à $\displaystyle \lambda$ est donc divisé par au moins $\displaystyle \sqrt{2}$ d’un terme au suivant, ce qui permet de conclure par récurrence.