L’égalité proposée est vraie pour \(n=2\) car \(\cos\frac{\pi}{2^2}=\cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\).

Soit \(n\geq2\). Supposons que \(\cos(\frac{\pi}{2^{n}})=\frac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2+...\sqrt{2}}}\) (\(n-1\) radicaux).

Alors, puisque \(\cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})>0\) (car \(\frac{\pi}{2^{n+1}}\) est dans \(]0,\frac{\pi}{2}[\)),

\[\cos(\frac{\pi}{2^{n+1}})=\sqrt{\frac{1+\cos(\frac{\pi}{2^{n}})}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2+...\sqrt{2}}})}=\frac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2+...\sqrt{2}}},\;(n\;\mbox{radicaux}).\]

On a montré par récurrence que, pour \(n\geq2\), \(\cos(\frac{\pi}{2^{n}})=\frac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2+...\sqrt{2}}}\) (\(n-1\) radicaux).

Ensuite, pour \(n\geq2\),

\[\sin(\frac{\pi}{2^{n}})=\sqrt{\frac{1}{2}(1-\cos(\frac{\pi}{2^{n-1}})}=\frac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2+...\sqrt{2}}}\;(n-1\;\mbox{radicaux})\]

Enfin,

\[2^n\sqrt{2-\sqrt{2+...\sqrt{2}}}=2^n.2\sin\frac{\pi}{2^{n+1}}\sim2^{n+1}\frac{\pi}{2^{n+1}}=\pi.\]

Donc, \(\lim_{n\rightarrow +\infty}2^n\sqrt{2-\sqrt{2+...\sqrt{2}}}=\pi\).

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