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Chapitre 8 — Trigonométrie

Semestre 1

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Cours

Plan du chapitre. I. Rappels (valeurs usuelles, identités fondamentales, angles associés) — II. Formules d’addition et de duplication — III. Tangente et formules de linéarisation — IV. Des produits aux sommes, et réciproquement — V. Transformation de acos⁡x+bsin⁡xa\cos x+b\sin x — VI. Équations et inéquations trigonométriques — Résumé.

Cadre. Le plan est muni d’un repère orthonormé direct (O;ı⃗;ȷ⃗)(O;\vec\imath;\vec\jmath) ; (C)(\mathcal C) désigne le cercle trigonométrique de centre OO, I(1;0)I(1;0) et J(0;1)J(0;1). Les lettres xx, yy, aa, bb, pp, qq désignent des réels et kk un entier relatif. Une égalité contenant tan⁡\tan n’est écrite que lorsque toutes les expressions sont définies. Le symbole   ⟺  \iff n’est employé que si chaque étape est réversible.

I. Rappels

1. Valeurs usuelles et identités fondamentales

xx00π6\frac\pi6π4\frac\pi4π3\frac\pi3π2\frac\pi2
cos⁡x\cos x1132\frac{\sqrt3}222\frac{\sqrt2}212\frac1200
sin⁡x\sin x0012\frac1222\frac{\sqrt2}232\frac{\sqrt3}211
tan⁡x\tan x0033\frac{\sqrt3}3113\sqrt3non défini

Propriété — identités fondamentales, parité

  • Pour tout x∈Rx\in\R : cos⁡2x+sin⁡2x=1\cos^2x+\sin^2x=1 ;  −1≤cos⁡x≤1\ -1\le\cos x\le1 et −1≤sin⁡x≤1-1\le\sin x\le1 ; cos⁡(x+2kπ)=cos⁡x\cos(x+2k\pi)=\cos x, sin⁡(x+2kπ)=sin⁡x\sin(x+2k\pi)=\sin x.
  • Pour tout x∈R∖{π2+kπ∣k∈Z}x\in\R\setminus\left\{\frac\pi2+k\pi\mid k\in\Z\right\} : tan⁡x=sin⁡xcos⁡x\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x} et 1+tan⁡2x=1cos⁡2x1+\tan^2x=\dfrac1{\cos^2x} ; tan⁡(x+kπ)=tan⁡x\tan(x+k\pi)=\tan x.
  • cos⁡\cos est paire, sin⁡\sin et tan⁡\tan sont impaires : cos⁡(−x)=cos⁡x\cos(-x)=\cos x, sin⁡(−x)=−sin⁡x\sin(-x)=-\sin x, tan⁡(−x)=−tan⁡x\tan(-x)=-\tan x.
  • Signes sur ]−π;π]]-\pi;\pi] : sin⁡x≥0  ⟺  x∈[0;π]\sin x\ge0\iff x\in[0;\pi] ; cos⁡x≥0  ⟺  x∈[−π2;π2]\cos x\ge0\iff x\in\left[-\frac\pi2;\frac\pi2\right].

2. Angles associés

−x-xπ−x\pi-xπ+x\pi+xπ2−x\frac\pi2-xπ2+x\frac\pi2+x
cos⁡\coscos⁡x\cos x−cos⁡x-\cos x−cos⁡x-\cos xsin⁡x\sin x−sin⁡x-\sin x
sin⁡\sin−sin⁡x-\sin xsin⁡x\sin x−sin⁡x-\sin xcos⁡x\cos xcos⁡x\cos x
tan⁡\tan−tan⁡x-\tan x−tan⁡x-\tan xtan⁡x\tan x1tan⁡x\frac1{\tan x}−1tan⁡x-\frac1{\tan x}

3. Exercices de révision

Exercice d’application de révision 1

  1. Donner cos⁡π3\cos\frac\pi3, sin⁡π3\sin\frac\pi3, tan⁡π4\tan\frac\pi4, sin⁡π6\sin\frac\pi6, tan⁡π6\tan\frac\pi6, cos⁡π\cos\pi, sin⁡3π2\sin\frac{3\pi}2.
  2. Calculer cos⁡3π4\cos\frac{3\pi}4, sin⁡5π6\sin\frac{5\pi}6, cos⁡(−5π6)\cos\left(-\frac{5\pi}6\right), sin⁡(−3π4)\sin\left(-\frac{3\pi}4\right), tan⁡5π4\tan\frac{5\pi}4, tan⁡(−2π3)\tan\left(-\frac{2\pi}3\right).
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  1. 12\frac12 ; 32\frac{\sqrt3}2 ; 11 ; 12\frac12 ; 33\frac{\sqrt3}3 ; −1-1 ; −1-1.
  2. cos⁡3π4=cos⁡(π−π4)=−22\cos\frac{3\pi}4=\cos\left(\pi-\frac\pi4\right)=-\frac{\sqrt2}2 ; sin⁡5π6=sin⁡π6=12\sin\frac{5\pi}6=\sin\frac\pi6=\frac12 ; cos⁡(−5π6)=cos⁡5π6=−32\cos\left(-\frac{5\pi}6\right)=\cos\frac{5\pi}6=-\frac{\sqrt3}2 ; sin⁡(−3π4)=−sin⁡π4=−22\sin\left(-\frac{3\pi}4\right)=-\sin\frac\pi4=-\frac{\sqrt2}2 ; tan⁡5π4=tan⁡π4=1\tan\frac{5\pi}4=\tan\frac\pi4=1 ; tan⁡(−2π3)=tan⁡(−2π3+π)=tan⁡π3=3\tan\left(-\frac{2\pi}3\right)=\tan\left(-\frac{2\pi}3+\pi\right)=\tan\frac\pi3=\sqrt3.

Exercice d’application de révision 2

  1. Déterminer l’abscisse curviligne principale (dans ]−π;π]]-\pi;\pi]) de chacun des points A(−125π6)A\left(-\frac{125\pi}6\right) et B(47π4)B\left(\frac{47\pi}4\right) du cercle (C)(\mathcal C).
  2. En déduire la mesure principale des angles orientés (OI→;OA→^)\ang{\V{OI}}{\V{OA}} et (OI→;OB→^)\ang{\V{OI}}{\V{OB}}.
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  1. −125π6=−5π6−20π=−5π6+2×(−10)π-\frac{125\pi}6=-\frac{5\pi}6-20\pi=-\frac{5\pi}6+2\times(-10)\pi : abscisse principale −5π6-\frac{5\pi}6.  47π4=−π4+12π\ \frac{47\pi}4=-\frac\pi4+12\pi : abscisse principale −π4-\frac\pi4.
  2. (OI→;OA→^)≡−5π6 [2π]\ang{\V{OI}}{\V{OA}}\equiv-\frac{5\pi}6\ [2\pi] et (OI→;OB→^)≡−π4 [2π]\ang{\V{OI}}{\V{OB}}\equiv-\frac\pi4\ [2\pi] : ce sont les mesures principales.

Exercice d’application de révision 3

  1. Calculer cos⁡x\cos x sachant que sin⁡x=−13\sin x=-\frac13 et x∈]−π2;0[x\in\left]-\frac\pi2;0\right[.
  2. Calculer sin⁡y\sin y et tan⁡y\tan y sachant que cos⁡y=−14\cos y=-\frac14 et y∈]π2;π[y\in\left]\frac\pi2;\pi\right[.
  3. Soit α∈]π;3π2[\alpha\in\left]\pi;\frac{3\pi}2\right[ tel que tan⁡α=2\tan\alpha=2. Calculer cos⁡α\cos\alpha et sin⁡α\sin\alpha.
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  1. cos⁡2x=1−19=89\cos^2x=1-\frac19=\frac89 et cos⁡x>0\cos x>0 sur ]−π2;0[\left]-\frac\pi2;0\right[ : cos⁡x=223\cos x=\frac{2\sqrt2}3.
  2. sin⁡2y=1−116=1516\sin^2y=1-\frac1{16}=\frac{15}{16} et sin⁡y>0\sin y>0 sur ]π2;π[\left]\frac\pi2;\pi\right[ : sin⁡y=154\sin y=\frac{\sqrt{15}}4, puis tan⁡y=−15\tan y=-\sqrt{15}.
  3. 1cos⁡2α=1+tan⁡2α=5\frac1{\cos^2\alpha}=1+\tan^2\alpha=5 et cos⁡α<0\cos\alpha<0 sur ]π;3π2[\left]\pi;\frac{3\pi}2\right[ : cos⁡α=−15=−55\cos\alpha=-\frac1{\sqrt5}=-\frac{\sqrt5}5, puis sin⁡α=tan⁡αcos⁡α=−255\sin\alpha=\tan\alpha\cos\alpha=-\frac{2\sqrt5}5.

Exercice d’application de révision 4

Pour x∈Rx\in\R, écrire en fonction de cos⁡x\cos x et sin⁡x\sin x : A=3cos⁡(x+5π)−2cos⁡(7π−x)+sin⁡(3π2−x),B=sin⁡(π2+x)sin⁡(41π−x)+cos⁡(π2+x)cos⁡(17π+x),A=3\cos(x+5\pi)-2\cos(7\pi-x)+\sin\left(\tfrac{3\pi}2-x\right),\quad B=\sin\left(\tfrac\pi2+x\right)\sin(41\pi-x)+\cos\left(\tfrac\pi2+x\right)\cos(17\pi+x), C=sin⁡2(x+13π)+cos⁡2(21π−x)+sin⁡2(x−7π2).C=\sin^2(x+13\pi)+\cos^2(21\pi-x)+\sin^2\left(x-\tfrac{7\pi}2\right).

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cos⁡(x+5π)=cos⁡(x+π)=−cos⁡x\cos(x+5\pi)=\cos(x+\pi)=-\cos x ; cos⁡(7π−x)=cos⁡(π−x)=−cos⁡x\cos(7\pi-x)=\cos(\pi-x)=-\cos x ; sin⁡(3π2−x)=−cos⁡x\sin\left(\frac{3\pi}2-x\right)=-\cos x. Donc A=−3cos⁡x+2cos⁡x−cos⁡x=−2cos⁡xA=-3\cos x+2\cos x-\cos x=-2\cos x.

sin⁡(π2+x)=cos⁡x\sin\left(\frac\pi2+x\right)=\cos x ; sin⁡(41π−x)=sin⁡(π−x)=sin⁡x\sin(41\pi-x)=\sin(\pi-x)=\sin x ; cos⁡(π2+x)=−sin⁡x\cos\left(\frac\pi2+x\right)=-\sin x ; cos⁡(17π+x)=−cos⁡x\cos(17\pi+x)=-\cos x. Donc B=2sin⁡xcos⁡xB=2\sin x\cos x.

sin⁡2(x+13π)=sin⁡2x\sin^2(x+13\pi)=\sin^2x ; cos⁡2(21π−x)=cos⁡2x\cos^2(21\pi-x)=\cos^2x ; sin⁡(x−7π2)=sin⁡(x+π2−4π)=cos⁡x\sin\left(x-\frac{7\pi}2\right)=\sin\left(x+\frac\pi2-4\pi\right)=\cos x. Donc C=1+cos⁡2xC=1+\cos^2x.

Exercice d’application de révision 5

On pose A=cos⁡2π8+cos⁡23π8+cos⁡25π8+cos⁡27π8A=\cos^2\frac\pi8+\cos^2\frac{3\pi}8+\cos^2\frac{5\pi}8+\cos^2\frac{7\pi}8 et B=∑k=18sin⁡2kπ18B=\displaystyle\sum_{k=1}^{8}\sin^2\frac{k\pi}{18}.

  1. Montrer que A=2A=2 (on pourra remarquer que 7π8=π−π8\frac{7\pi}8=\pi-\frac\pi8, 5π8=π−3π8\frac{5\pi}8=\pi-\frac{3\pi}8 et 3π8=π2−π8\frac{3\pi}8=\frac\pi2-\frac\pi8).
  2. Montrer que B=4B=4.
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  1. cos⁡27π8=cos⁡2π8\cos^2\frac{7\pi}8=\cos^2\frac\pi8, cos⁡25π8=cos⁡23π8=sin⁡2π8\cos^2\frac{5\pi}8=\cos^2\frac{3\pi}8=\sin^2\frac\pi8. Donc A=2(cos⁡2π8+sin⁡2π8)=2A=2\left(\cos^2\frac\pi8+\sin^2\frac\pi8\right)=2.
  2. Pour k∈{1;…;4}k\in\{1;\ldots;4\}, (9−k)π18=π2−kπ18\frac{(9-k)\pi}{18}=\frac\pi2-\frac{k\pi}{18}, donc sin⁡2(9−k)π18=cos⁡2kπ18\sin^2\frac{(9-k)\pi}{18}=\cos^2\frac{k\pi}{18}. En regroupant les termes d’indices kk et 9−k9-k : B=∑k=14(sin⁡2kπ18+cos⁡2kπ18)=4B=\sum_{k=1}^4\left(\sin^2\frac{k\pi}{18}+\cos^2\frac{k\pi}{18}\right)=4.

II. Formules d’addition et de duplication

1. Activité

Activité 1

  1. Montrer que les propositions « (∀(x;y)∈R2) cos⁡(x+y)=cos⁡x+cos⁡y(\forall(x;y)\in\R^2)\ \cos(x+y)=\cos x+\cos y » et « (∀(x;y)∈R2) sin⁡(x+y)=sin⁡x+sin⁡y(\forall(x;y)\in\R^2)\ \sin(x+y)=\sin x+\sin y » sont fausses.
  2. Soient aa, bb deux réels et AA, BB les points de (C)(\mathcal C) tels que (ı⃗;OA→^)≡a [2π]\ang{\vec\imath}{\V{OA}}\equiv a\ [2\pi] et (ı⃗;OB→^)≡b [2π]\ang{\vec\imath}{\V{OB}}\equiv b\ [2\pi]. a. Montrer que (OB→;OA→^)≡a−b [2π]\ang{\V{OB}}{\V{OA}}\equiv a-b\ [2\pi], puis que OB→⋅OA→=cos⁡(a−b)\V{OB}\cdot\V{OA}=\cos(a-b). b. Vérifier que OA→=cos⁡a ı⃗+sin⁡a ȷ⃗\V{OA}=\cos a\,\vec\imath+\sin a\,\vec\jmath et OB→=cos⁡b ı⃗+sin⁡b ȷ⃗\V{OB}=\cos b\,\vec\imath+\sin b\,\vec\jmath. c. En déduire que cos⁡(a−b)=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b, puis l’expression de cos⁡(a+b)\cos(a+b) (avec a+b=a−(−b)a+b=a-(-b)). d. En utilisant sin⁡x=cos⁡(π2−x)\sin x=\cos\left(\frac\pi2-x\right), en déduire sin⁡(a−b)\sin(a-b) et sin⁡(a+b)\sin(a+b). e. En déduire cos⁡2a\cos2a et sin⁡2a\sin2a.
Figure
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  1. Pour x=y=π2x=y=\frac\pi2 : cos⁡π=−1≠0=cos⁡π2+cos⁡π2\cos\pi=-1\neq0=\cos\frac\pi2+\cos\frac\pi2 et sin⁡π=0≠2\sin\pi=0\neq2.
  2. a. Chasles : (OB→;OA→^)≡(OB→;ı⃗^)+(ı⃗;OA→^)≡−b+a [2π]\ang{\V{OB}}{\V{OA}}\equiv\ang{\V{OB}}{\vec\imath}+\ang{\vec\imath}{\V{OA}}\equiv-b+a\ [2\pi]. Comme OA=OB=1OA=OB=1 : OB→⋅OA→=1×1×cos⁡(a−b)\V{OB}\cdot\V{OA}=1\times1\times\cos(a-b). b. Ce sont les coordonnées d’un point du cercle trigonométrique d’abscisse curviligne aa (resp. bb). c. Dans la base orthonormée : OB→⋅OA→=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\V{OB}\cdot\V{OA}=\cos a\cos b+\sin a\sin b. Puis cos⁡(a+b)=cos⁡acos⁡(−b)+sin⁡asin⁡(−b)=cos⁡acos⁡b−sin⁡asin⁡b\cos(a+b)=\cos a\cos(-b)+\sin a\sin(-b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b. d. sin⁡(a−b)=cos⁡((π2−a)+b)=cos⁡(π2−a)cos⁡b−sin⁡(π2−a)sin⁡b=sin⁡acos⁡b−cos⁡asin⁡b\sin(a-b)=\cos\left(\left(\frac\pi2-a\right)+b\right)=\cos\left(\frac\pi2-a\right)\cos b-\sin\left(\frac\pi2-a\right)\sin b=\sin a\cos b-\cos a\sin b, puis sin⁡(a+b)=sin⁡acos⁡b+cos⁡asin⁡b\sin(a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b (remplacer bb par −b-b). e. Avec b=ab=a : cos⁡2a=cos⁡2a−sin⁡2a\cos2a=\cos^2a-\sin^2a et sin⁡2a=2sin⁡acos⁡a\sin2a=2\sin a\cos a.

2. Formules

Propriété 1 : formules d’addition et de duplication

Pour tous réels aa et bb :

  1. cos⁡(a−b)=cos⁡acos⁡b+sin⁡asin⁡b\cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b ;
  2. cos⁡(a+b)=cos⁡acos⁡b−sin⁡asin⁡b\cos(a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b ;
  3. sin⁡(a−b)=sin⁡acos⁡b−cos⁡asin⁡b\sin(a-b)=\sin a\cos b-\cos a\sin b ;
  4. sin⁡(a+b)=sin⁡acos⁡b+cos⁡asin⁡b\sin(a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b ;
  5. cos⁡2a=cos⁡2a−sin⁡2a=2cos⁡2a−1=1−2sin⁡2a\cos2a=\cos^2a-\sin^2a=2\cos^2a-1=1-2\sin^2a ;
  6. sin⁡2a=2sin⁡acos⁡a\sin2a=2\sin a\cos a.

Exemple 1

  1. a. Vérifier que 7π12=π3+π4\frac{7\pi}{12}=\frac\pi3+\frac\pi4 et π12=π3−π4\frac\pi{12}=\frac\pi3-\frac\pi4. b. Calculer cos⁡7π12\cos\frac{7\pi}{12}, sin⁡7π12\sin\frac{7\pi}{12}, cos⁡π12\cos\frac\pi{12} et sin⁡π12\sin\frac\pi{12}.
  2. a. En remarquant que 3π4=2×3π8\frac{3\pi}4=2\times\frac{3\pi}8, montrer que cos⁡3π4=2cos⁡23π8−1\cos\frac{3\pi}4=2\cos^2\frac{3\pi}8-1. b. En déduire que cos⁡3π8=2−22\cos\frac{3\pi}8=\dfrac{\sqrt{2-\sqrt2}}2. c. Montrer de deux manières que sin⁡3π8=2+22\sin\frac{3\pi}8=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}2. d. Vérifier que sin⁡3π4=2sin⁡3π8cos⁡3π8\sin\frac{3\pi}4=2\sin\frac{3\pi}8\cos\frac{3\pi}8.
Voir la solution
  1. a. π3+π4=4π+3π12=7π12\frac\pi3+\frac\pi4=\frac{4\pi+3\pi}{12}=\frac{7\pi}{12} et π3−π4=π12\frac\pi3-\frac\pi4=\frac\pi{12}. b. cos⁡7π12=12⋅22−32⋅22=2−64\cos\frac{7\pi}{12}=\frac12\cdot\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt3}2\cdot\frac{\sqrt2}2=\frac{\sqrt2-\sqrt6}4 ; sin⁡7π12=32⋅22+12⋅22=6+24\sin\frac{7\pi}{12}=\frac{\sqrt3}2\cdot\frac{\sqrt2}2+\frac12\cdot\frac{\sqrt2}2=\frac{\sqrt6+\sqrt2}4 ; cos⁡π12=2+64\cos\frac\pi{12}=\frac{\sqrt2+\sqrt6}4 ; sin⁡π12=6−24\sin\frac\pi{12}=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4.
  2. a. Formule 5 avec a=3π8a=\frac{3\pi}8. b. 2cos⁡23π8=1−222\cos^2\frac{3\pi}8=1-\frac{\sqrt2}2, donc cos⁡23π8=2−24\cos^2\frac{3\pi}8=\frac{2-\sqrt2}4 ; or 3π8∈]0;π2[\frac{3\pi}8\in\left]0;\frac\pi2\right[, donc cos⁡3π8>0\cos\frac{3\pi}8>0 et cos⁡3π8=2−22\cos\frac{3\pi}8=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}2. c. Méthode 1 : sin⁡23π8=1−2−24=2+24\sin^2\frac{3\pi}8=1-\frac{2-\sqrt2}4=\frac{2+\sqrt2}4 et sin⁡3π8>0\sin\frac{3\pi}8>0. Méthode 2 : cos⁡3π4=1−2sin⁡23π8\cos\frac{3\pi}4=1-2\sin^2\frac{3\pi}8 donne sin⁡23π8=1+222=2+24\sin^2\frac{3\pi}8=\frac{1+\frac{\sqrt2}2}2=\frac{2+\sqrt2}4. d. 2⋅2+22⋅2−22=4−22=22=sin⁡3π42\cdot\frac{\sqrt{2+\sqrt2}}2\cdot\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}2=\frac{\sqrt{4-2}}2=\frac{\sqrt2}2=\sin\frac{3\pi}4.

Application 1

Soient a∈]0;π2[a\in\left]0;\frac\pi2\right[ et b∈]π2;π[b\in\left]\frac\pi2;\pi\right[ tels que cos⁡a=35\cos a=\frac35 et sin⁡b=513\sin b=\frac5{13}. Calculer sin⁡a\sin a, cos⁡b\cos b, puis cos⁡(a+b)\cos(a+b), sin⁡(a−b)\sin(a-b), sin⁡2a\sin2a et cos⁡2b\cos2b.

Voir la solution

sin⁡a=45\sin a=\frac45 (sin⁡a>0\sin a>0) et cos⁡b=−1213\cos b=-\frac{12}{13} (cos⁡b<0\cos b<0). Puis cos⁡(a+b)=35⋅(−1213)−45⋅513=−5665\cos(a+b)=\frac35\cdot\left(-\frac{12}{13}\right)-\frac45\cdot\frac5{13}=-\frac{56}{65} ; sin⁡(a−b)=45⋅(−1213)−35⋅513=−6365\sin(a-b)=\frac45\cdot\left(-\frac{12}{13}\right)-\frac35\cdot\frac5{13}=-\frac{63}{65} ; sin⁡2a=2⋅45⋅35=2425\sin2a=2\cdot\frac45\cdot\frac35=\frac{24}{25} ; cos⁡2b=1−2⋅25169=119169\cos2b=1-2\cdot\frac{25}{169}=\frac{119}{169}.

III. Tangente et formules de linéarisation

1. Activité

Activité 2

Soient aa et bb deux réels.

  1. Montrer que cos⁡2a=1+cos⁡2a2\cos^2a=\dfrac{1+\cos2a}2 et sin⁡2a=1−cos⁡2a2\sin^2a=\dfrac{1-\cos2a}2.
  2. On suppose que aa, bb, a+ba+b et a−ba-b n’appartiennent pas à {π2+kπ∣k∈Z}\left\{\frac\pi2+k\pi\mid k\in\Z\right\}. a. En divisant numérateur et dénominateur de sin⁡(a+b)cos⁡(a+b)\dfrac{\sin(a+b)}{\cos(a+b)} par cos⁡acos⁡b\cos a\cos b, montrer que tan⁡(a+b)=tan⁡a+tan⁡b1−tan⁡atan⁡b\tan(a+b)=\dfrac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}. b. En déduire tan⁡(a−b)\tan(a-b), puis tan⁡2a\tan2a lorsque de plus 2a∉{π2+kπ∣k∈Z}2a\notin\left\{\frac\pi2+k\pi\mid k\in\Z\right\}.
Voir la solution
  1. De cos⁡2a=2cos⁡2a−1=1−2sin⁡2a\cos2a=2\cos^2a-1=1-2\sin^2a.
  2. a. cos⁡acos⁡b≠0\cos a\cos b\neq0 et tan⁡(a+b)=sin⁡acos⁡b+cos⁡asin⁡bcos⁡acos⁡b−sin⁡asin⁡b=tan⁡a+tan⁡b1−tan⁡atan⁡b\tan(a+b)=\dfrac{\sin a\cos b+\cos a\sin b}{\cos a\cos b-\sin a\sin b}=\dfrac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b} (le dénominateur vaut cos⁡(a+b)cos⁡acos⁡b≠0\frac{\cos(a+b)}{\cos a\cos b}\neq0). b. En remplaçant bb par −b-b (tan⁡\tan est impaire) : tan⁡(a−b)=tan⁡a−tan⁡b1+tan⁡atan⁡b\tan(a-b)=\dfrac{\tan a-\tan b}{1+\tan a\tan b} ; avec b=ab=a : tan⁡2a=2tan⁡a1−tan⁡2a\tan2a=\dfrac{2\tan a}{1-\tan^2a}.

2. Formules

Propriété 2

Pour tout réel aa : \quad 7. cos⁡2a=1+cos⁡2a2\cos^2a=\dfrac{1+\cos2a}2 \quad 8. sin⁡2a=1−cos⁡2a2\sin^2a=\dfrac{1-\cos2a}2.

Si aa, bb, a+ba+b, a−ba-b ne sont pas de la forme π2+kπ\frac\pi2+k\pi (k∈Zk\in\Z) :

  1. tan⁡(a−b)=tan⁡a−tan⁡b1+tan⁡atan⁡b\tan(a-b)=\dfrac{\tan a-\tan b}{1+\tan a\tan b} ; \quad 10. tan⁡(a+b)=tan⁡a+tan⁡b1−tan⁡atan⁡b\tan(a+b)=\dfrac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}.

Si aa et 2a2a ne sont pas de la forme π2+kπ\frac\pi2+k\pi : \quad 11. tan⁡2a=2tan⁡a1−tan⁡2a\tan2a=\dfrac{2\tan a}{1-\tan^2a}.

Exemple 2

  1. Calculer tan⁡7π12\tan\frac{7\pi}{12}, puis tan⁡3π8\tan\frac{3\pi}8 (on posera t=tan⁡3π8t=\tan\frac{3\pi}8 et on utilisera tan⁡3π4\tan\frac{3\pi}4).
  2. a. Montrer que, pour tout réel xx : cos⁡2x2=1+cos⁡x2\cos^2\frac x2=\dfrac{1+\cos x}2 et sin⁡2x2=1−cos⁡x2\sin^2\frac x2=\dfrac{1-\cos x}2. b. Montrer de deux manières que, pour tout réel xx : (1−cos⁡x)(1+cos⁡x)=4sin⁡2x2cos⁡2x2(1-\cos x)(1+\cos x)=4\sin^2\frac x2\cos^2\frac x2.
Voir la solution
  1. tan⁡7π12=tan⁡(π3+π4)=3+11−3=(3+1)21−3=−(2+3)\tan\frac{7\pi}{12}=\tan\left(\frac\pi3+\frac\pi4\right)=\dfrac{\sqrt3+1}{1-\sqrt3}=\dfrac{(\sqrt3+1)^2}{1-3}=-(2+\sqrt3). Ensuite 3π4≠π2+kπ\frac{3\pi}4\neq\frac\pi2+k\pi et tan⁡3π4=−1=2t1−t2\tan\frac{3\pi}4=-1=\dfrac{2t}{1-t^2}, d’où t2−2t−1=0t^2-2t-1=0 et t∈{1−2;1+2}t\in\{1-\sqrt2;1+\sqrt2\} ; comme 3π8∈]0;π2[\frac{3\pi}8\in\left]0;\frac\pi2\right[, t>0t>0 : tan⁡3π8=1+2\tan\frac{3\pi}8=1+\sqrt2.
  2. a. Formules 7 et 8 avec a=x2a=\frac x2. b. Méthode 1 : (1−cos⁡x)(1+cos⁡x)=2sin⁡2x2×2cos⁡2x2(1-\cos x)(1+\cos x)=2\sin^2\frac x2\times2\cos^2\frac x2 d’après a. Méthode 2 : (1−cos⁡x)(1+cos⁡x)=sin⁡2x=(2sin⁡x2cos⁡x2)2(1-\cos x)(1+\cos x)=\sin^2x=\left(2\sin\frac x2\cos\frac x2\right)^2.

Application 2 : linéarisation

Montrer que, pour tout réel xx : cos⁡4x=3+4cos⁡2x+cos⁡4x8\cos^4x=\dfrac{3+4\cos2x+\cos4x}8.

Voir la solution

cos⁡4x=(1+cos⁡2x2)2=1+2cos⁡2x+cos⁡22x4=1+2cos⁡2x+1+cos⁡4x24=3+4cos⁡2x+cos⁡4x8\cos^4x=\left(\dfrac{1+\cos2x}2\right)^2=\dfrac{1+2\cos2x+\cos^22x}4=\dfrac{1+2\cos2x+\frac{1+\cos4x}2}4=\dfrac{3+4\cos2x+\cos4x}8.

IV. Des produits aux sommes, et réciproquement

1. Activité

Activité 3

Soient aa et bb deux réels.

  1. En ajoutant ou en soustrayant les formules d’addition, montrer que cos⁡acos⁡b=12(cos⁡(a+b)+cos⁡(a−b))\cos a\cos b=\frac12\big(\cos(a+b)+\cos(a-b)\big), sin⁡asin⁡b=−12(cos⁡(a+b)−cos⁡(a−b))\sin a\sin b=-\frac12\big(\cos(a+b)-\cos(a-b)\big) et sin⁡acos⁡b=12(sin⁡(a+b)+sin⁡(a−b))\sin a\cos b=\frac12\big(\sin(a+b)+\sin(a-b)\big).
  2. On pose p=a+bp=a+b et q=a−bq=a-b. Vérifier que a=p+q2a=\frac{p+q}2 et b=p−q2b=\frac{p-q}2, puis en déduire les quatre formules de transformation d’une somme en produit.
Voir la solution
  1. cos⁡(a+b)+cos⁡(a−b)=2cos⁡acos⁡b\cos(a+b)+\cos(a-b)=2\cos a\cos b ; cos⁡(a+b)−cos⁡(a−b)=−2sin⁡asin⁡b\cos(a+b)-\cos(a-b)=-2\sin a\sin b ; sin⁡(a+b)+sin⁡(a−b)=2sin⁡acos⁡b\sin(a+b)+\sin(a-b)=2\sin a\cos b.
  2. p+q=2ap+q=2a et p−q=2bp-q=2b. En reportant dans les égalités de 1 : cos⁡p+cos⁡q=2cos⁡p+q2cos⁡p−q2\cos p+\cos q=2\cos\frac{p+q}2\cos\frac{p-q}2, cos⁡p−cos⁡q=−2sin⁡p+q2sin⁡p−q2\cos p-\cos q=-2\sin\frac{p+q}2\sin\frac{p-q}2, sin⁡p+sin⁡q=2sin⁡p+q2cos⁡p−q2\sin p+\sin q=2\sin\frac{p+q}2\cos\frac{p-q}2 ; enfin sin⁡p−sin⁡q=sin⁡p+sin⁡(−q)=2sin⁡p−q2cos⁡p+q2\sin p-\sin q=\sin p+\sin(-q)=2\sin\frac{p-q}2\cos\frac{p+q}2.

2. Formules

Propriété 3 : produits en sommes (12) et sommes en produits (13)

Pour tous réels aa, bb, pp, qq :

Produits →\to sommesSommes →\to produits
cos⁡acos⁡b=12(cos⁡(a+b)+cos⁡(a−b))\cos a\cos b=\frac12\big(\cos(a+b)+\cos(a-b)\big)cos⁡p+cos⁡q=2cos⁡p+q2cos⁡p−q2\cos p+\cos q=2\cos\frac{p+q}2\cos\frac{p-q}2
sin⁡asin⁡b=−12(cos⁡(a+b)−cos⁡(a−b))\sin a\sin b=-\frac12\big(\cos(a+b)-\cos(a-b)\big)cos⁡p−cos⁡q=−2sin⁡p+q2sin⁡p−q2\cos p-\cos q=-2\sin\frac{p+q}2\sin\frac{p-q}2
sin⁡acos⁡b=12(sin⁡(a+b)+sin⁡(a−b))\sin a\cos b=\frac12\big(\sin(a+b)+\sin(a-b)\big)sin⁡p+sin⁡q=2sin⁡p+q2cos⁡p−q2\sin p+\sin q=2\sin\frac{p+q}2\cos\frac{p-q}2
cos⁡asin⁡b=12(sin⁡(a+b)−sin⁡(a−b))\cos a\sin b=\frac12\big(\sin(a+b)-\sin(a-b)\big)sin⁡p−sin⁡q=2cos⁡p+q2sin⁡p−q2\sin p-\sin q=2\cos\frac{p+q}2\sin\frac{p-q}2

Exemple 3

  1. Pour x∈Rx\in\R, transformer en sommes : A(x)=cos⁡xcos⁡3xA(x)=\cos x\cos3x,  B(x)=sin⁡3xcos⁡5x\ B(x)=\sin3x\cos5x,  C(x)=sin⁡(x+π6)sin⁡(x−π6)\ C(x)=\sin\left(x+\frac\pi6\right)\sin\left(x-\frac\pi6\right),  D(x)=cos⁡(x+π4)sin⁡(x−π4)\ D(x)=\cos\left(x+\frac\pi4\right)\sin\left(x-\frac\pi4\right).
  2. Pour x∈Rx\in\R, transformer en produits : E(x)=cos⁡2x−cos⁡6xE(x)=\cos2x-\cos6x,  F(x)=cos⁡x+cos⁡2x+cos⁡3x\ F(x)=\cos x+\cos2x+\cos3x,  G(x)=1+cos⁡2x+cos⁡4x+cos⁡6x\ G(x)=1+\cos2x+\cos4x+\cos6x.
  3. Montrer, sans calculatrice, que cos⁡π12+cos⁡7π12=22\cos\frac\pi{12}+\cos\frac{7\pi}{12}=\frac{\sqrt2}2.
Voir la solution
  1. A(x)=12(cos⁡4x+cos⁡2x)A(x)=\frac12(\cos4x+\cos2x) ; B(x)=12(sin⁡8x−sin⁡2x)B(x)=\frac12(\sin8x-\sin2x) ; C(x)=−12(cos⁡2x−cos⁡π3)=14−12cos⁡2xC(x)=-\frac12\left(\cos2x-\cos\frac\pi3\right)=\frac14-\frac12\cos2x ; D(x)=12(sin⁡2x−sin⁡π2)=12(sin⁡2x−1)D(x)=\frac12\left(\sin2x-\sin\frac\pi2\right)=\frac12(\sin2x-1).
  2. E(x)=−2sin⁡4xsin⁡(−2x)=2sin⁡4xsin⁡2xE(x)=-2\sin4x\sin(-2x)=2\sin4x\sin2x.  F(x)=(cos⁡x+cos⁡3x)+cos⁡2x=2cos⁡2xcos⁡x+cos⁡2x=cos⁡2x (2cos⁡x+1)\ F(x)=(\cos x+\cos3x)+\cos2x=2\cos2x\cos x+\cos2x=\cos2x\,(2\cos x+1).  G(x)=(1+cos⁡6x)+(cos⁡2x+cos⁡4x)=2cos⁡23x+2cos⁡3xcos⁡x=2cos⁡3x(cos⁡3x+cos⁡x)=4cos⁡3xcos⁡2xcos⁡x\ G(x)=(1+\cos6x)+(\cos2x+\cos4x)=2\cos^23x+2\cos3x\cos x=2\cos3x(\cos3x+\cos x)=4\cos3x\cos2x\cos x.
  3. cos⁡π12+cos⁡7π12=2cos⁡π3cos⁡(−π4)=2⋅12⋅22=22\cos\frac\pi{12}+\cos\frac{7\pi}{12}=2\cos\frac\pi3\cos\left(-\frac\pi4\right)=2\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt2}2=\frac{\sqrt2}2.

V. Transformation de acos⁡x+bsin⁡xa\cos x+b\sin x

1. Activité

Activité 4

Soient aa et bb deux réels tels que (a;b)≠(0;0)(a;b)\neq(0;0) ; on pose r=a2+b2r=\sqrt{a^2+b^2} et, pour x∈Rx\in\R, A(x)=acos⁡x+bsin⁡xA(x)=a\cos x+b\sin x.

  1. Vérifier que A(x)=r(arcos⁡x+brsin⁡x)A(x)=r\left(\dfrac ar\cos x+\dfrac br\sin x\right) et que (ar)2+(br)2=1\left(\dfrac ar\right)^2+\left(\dfrac br\right)^2=1.
  2. En déduire qu’il existe un réel α\alpha tel que cos⁡α=ar\cos\alpha=\dfrac ar et sin⁡α=br\sin\alpha=\dfrac br, puis que A(x)=rcos⁡(x−α)A(x)=r\cos(x-\alpha).
Voir la solution
  1. r>0r>0 et a2+b2r2=1\frac{a^2+b^2}{r^2}=1.
  2. Le point M(ar;br)M\left(\frac ar;\frac br\right) est sur le cercle trigonométrique : il a une abscisse curviligne α\alpha. Alors A(x)=r(cos⁡αcos⁡x+sin⁡αsin⁡x)=rcos⁡(x−α)A(x)=r(\cos\alpha\cos x+\sin\alpha\sin x)=r\cos(x-\alpha).

2. Propriété

Propriété 4 (formule 14)

Soient aa, bb deux réels non tous deux nuls. Il existe un réel α\alpha tel que, pour tout x∈Rx\in\R : acos⁡x+bsin⁡x=rcos⁡(x−α),r=a2+b2,cos⁡α=ar,sin⁡α=br.a\cos x+b\sin x=r\cos(x-\alpha),\qquad r=\sqrt{a^2+b^2},\quad\cos\alpha=\frac ar,\quad\sin\alpha=\frac br .

Remarque — conséquences

  • On peut aussi écrire acos⁡x+bsin⁡x=rsin⁡(x+β)a\cos x+b\sin x=r\sin(x+\beta) avec cos⁡β=br\cos\beta=\frac br et sin⁡β=ar\sin\beta=\frac ar.
  • Pour tout x∈Rx\in\R : −r≤acos⁡x+bsin⁡x≤r-r\le a\cos x+b\sin x\le r, et les deux bornes sont atteintes (pour x=αx=\alpha et x=α+πx=\alpha+\pi).
  • L’équation acos⁡x+bsin⁡x=ca\cos x+b\sin x=c admet des solutions si et seulement si ∣c∣≤r|c|\le r.

Exemple 4

  1. Écrire sous la forme rcos⁡(x−α)r\cos(x-\alpha), avec r>0r>0 : A(x)=3cos⁡x+sin⁡xA(x)=\sqrt3\cos x+\sin x et B(x)=cos⁡x−sin⁡xB(x)=\cos x-\sin x.
  2. Montrer que, pour tout réel xx : a. 3cos⁡x+sin⁡x=2  ⟺  cos⁡(x−π6)=cos⁡π4\sqrt3\cos x+\sin x=\sqrt2\iff\cos\left(x-\frac\pi6\right)=\cos\frac\pi4 ; b. cos⁡3x+3sin⁡3x=−1  ⟺  cos⁡(3x−π3)=cos⁡2π3\cos3x+\sqrt3\sin3x=-1\iff\cos\left(3x-\frac\pi3\right)=\cos\frac{2\pi}3.
Voir la solution
  1. AA : r=2r=2, cos⁡α=32\cos\alpha=\frac{\sqrt3}2, sin⁡α=12\sin\alpha=\frac12, α=π6\alpha=\frac\pi6 : A(x)=2cos⁡(x−π6)A(x)=2\cos\left(x-\frac\pi6\right). BB : r=2r=\sqrt2, cos⁡α=22\cos\alpha=\frac{\sqrt2}2, sin⁡α=−22\sin\alpha=-\frac{\sqrt2}2, α=−π4\alpha=-\frac\pi4 : B(x)=2cos⁡(x+π4)B(x)=\sqrt2\cos\left(x+\frac\pi4\right).
  2. a. 3cos⁡x+sin⁡x=2  ⟺  2cos⁡(x−π6)=2  ⟺  cos⁡(x−π6)=22=cos⁡π4\sqrt3\cos x+\sin x=\sqrt2\iff2\cos\left(x-\frac\pi6\right)=\sqrt2\iff\cos\left(x-\frac\pi6\right)=\frac{\sqrt2}2=\cos\frac\pi4. b. cos⁡3x+3sin⁡3x=2cos⁡(3x−π3)\cos3x+\sqrt3\sin3x=2\cos\left(3x-\frac\pi3\right) (même calcul avec a=1a=1, b=3b=\sqrt3, α=π3\alpha=\frac\pi3, appliqué à 3x3x). Donc l’équation équivaut à cos⁡(3x−π3)=−12=cos⁡2π3\cos\left(3x-\frac\pi3\right)=-\frac12=\cos\frac{2\pi}3.

VI. Équations et inéquations trigonométriques

1. Équations de référence

Propriété 5 (formule 15)

Pour tout réel α\alpha :

  • cos⁡x=cos⁡α  ⟺  x=α+2kπ\cos x=\cos\alpha\iff x=\alpha+2k\pi ou x=−α+2kπx=-\alpha+2k\pi, k∈Zk\in\Z ;
  • sin⁡x=sin⁡α  ⟺  x=α+2kπ\sin x=\sin\alpha\iff x=\alpha+2k\pi ou x=π−α+2kπx=\pi-\alpha+2k\pi, k∈Zk\in\Z ;
  • si α∉{π2+kπ∣k∈Z}\alpha\notin\left\{\frac\pi2+k\pi\mid k\in\Z\right\} : tan⁡x=tan⁡α  ⟺  x=α+kπ\tan x=\tan\alpha\iff x=\alpha+k\pi, k∈Zk\in\Z.

Remarque — cas particuliers

cos⁡x=0  ⟺  x=π2+kπ\cos x=0\iff x=\frac\pi2+k\pi ;  sin⁡x=0  ⟺  x=kπ\ \sin x=0\iff x=k\pi ;  cos⁡x=1  ⟺  x=2kπ\ \cos x=1\iff x=2k\pi ;  sin⁡x=1  ⟺  x=π2+2kπ\ \sin x=1\iff x=\frac\pi2+2k\pi (k∈Zk\in\Z). Si ∣c∣>1|c|>1, les équations cos⁡x=c\cos x=c et sin⁡x=c\sin x=c n’ont pas de solution.

Exemple 5

Résoudre dans R\R :

  1. (E1):cos⁡x=32(E_1):\cos x=\frac{\sqrt3}2 ;  (E2):sin⁡x=22\ (E_2):\sin x=\frac{\sqrt2}2 ;  (E3):tan⁡x=3\ (E_3):\tan x=\sqrt3.
  2. (E4):cos⁡x=−22(E_4):\cos x=-\frac{\sqrt2}2 ;  (E5):sin⁡x=−32\ (E_5):\sin x=-\frac{\sqrt3}2 ;  (E6):tan⁡x=−33\ (E_6):\tan x=-\frac{\sqrt3}3.
Voir la solution
  1. S1={±π6+2kπ∣k∈Z}S_1=\left\{\pm\frac\pi6+2k\pi\mid k\in\Z\right\} ; S2={π4+2kπ; 3π4+2kπ∣k∈Z}S_2=\left\{\frac\pi4+2k\pi;\ \frac{3\pi}4+2k\pi\mid k\in\Z\right\} ; S3={π3+kπ∣k∈Z}S_3=\left\{\frac\pi3+k\pi\mid k\in\Z\right\}.
  2. −22=cos⁡3π4-\frac{\sqrt2}2=\cos\frac{3\pi}4 : S4={±3π4+2kπ∣k∈Z}S_4=\left\{\pm\frac{3\pi}4+2k\pi\mid k\in\Z\right\}.  −32=sin⁡(−π3)\ -\frac{\sqrt3}2=\sin\left(-\frac\pi3\right) : S5={−π3+2kπ; 4π3+2kπ∣k∈Z}S_5=\left\{-\frac\pi3+2k\pi;\ \frac{4\pi}3+2k\pi\mid k\in\Z\right\}.  −33=tan⁡(−π6)\ -\frac{\sqrt3}3=\tan\left(-\frac\pi6\right) : S6={−π6+kπ∣k∈Z}S_6=\left\{-\frac\pi6+k\pi\mid k\in\Z\right\}.

Exemple 6

Résoudre dans R\R, puis dans ]−π;π]]-\pi;\pi], l’équation (E7):cos⁡3x=sin⁡(x+π6)(E_7):\cos3x=\sin\left(x+\frac\pi6\right).

Voir la solution

sin⁡(x+π6)=cos⁡(π2−x−π6)=cos⁡(π3−x)\sin\left(x+\frac\pi6\right)=\cos\left(\frac\pi2-x-\frac\pi6\right)=\cos\left(\frac\pi3-x\right). Donc (E7)  ⟺  3x=π3−x+2kπ(E_7)\iff3x=\frac\pi3-x+2k\pi ou 3x=−π3+x+2kπ  ⟺  x=π12+kπ23x=-\frac\pi3+x+2k\pi\iff x=\frac\pi{12}+\frac{k\pi}2 ou x=−π6+kπx=-\frac\pi6+k\pi (k∈Zk\in\Z).

Dans ]−π;π]]-\pi;\pi] : −π<π12+kπ2≤π  ⟺  −136<k≤116  ⟺  k∈{−2;−1;0;1}-\pi<\frac\pi{12}+\frac{k\pi}2\le\pi\iff-\frac{13}6<k\le\frac{11}6\iff k\in\{-2;-1;0;1\}, et −π<−π6+kπ≤π  ⟺  k∈{0;1}-\pi<-\frac\pi6+k\pi\le\pi\iff k\in\{0;1\}. Ensemble des solutions : {−11π12;−5π12;−π6;π12;7π12;5π6}\left\{-\frac{11\pi}{12};-\frac{5\pi}{12};-\frac\pi6;\frac\pi{12};\frac{7\pi}{12};\frac{5\pi}6\right\}.

2. Inéquations

Méthode — résoudre une inéquation sur un intervalle (formule 16)

  1. Résoudre l’équation associée et placer sur le cercle trigonométrique les points correspondants, ainsi que les extrémités de l’intervalle d’étude.
  2. Repérer l’arc (ou les arcs) où l’inégalité est vraie : pour cos⁡x≥c\cos x\ge c, les points d’abscisse ≥c\ge c ; pour sin⁡x≥c\sin x\ge c, les points d’ordonnée ≥c\ge c ; pour tan⁡\tan, on lit sur l’axe des tangentes en excluant π2+kπ\frac\pi2+k\pi.
  3. Traduire les arcs en intervalles contenus dans l’intervalle d’étude (attention aux extrémités).

Exemple 7

Résoudre dans I=]−π;π]I=]-\pi;\pi] :

  1. (E8):cos⁡x≤22(E_8):\cos x\le\frac{\sqrt2}2 ;  (E9):sin⁡x>−12\ (E_9):\sin x>-\frac12 ;  (E10):tan⁡x<1\ (E_{10}):\tan x<1 ;
  2. (E11):(2cos⁡x−1)(2sin⁡x+3)<0(E_{11}):(2\cos x-1)(2\sin x+\sqrt3)<0 ;  (E12):−3≤tan⁡x≤33\ (E_{12}):-\sqrt3\le\tan x\le\frac{\sqrt3}3.
Voir la solution
  1. (E8)(E_8) : S8=]−π;−π4]∪[π4;π]S_8=\left]-\pi;-\frac\pi4\right]\cup\left[\frac\pi4;\pi\right]. (E9)(E_9) : sin⁡x=−12\sin x=-\frac12 pour x∈{−5π6;−π6}x\in\left\{-\frac{5\pi}6;-\frac\pi6\right\} et S9=]−π;−5π6[∪]−π6;π]S_9=\left]-\pi;-\frac{5\pi}6\right[\cup\left]-\frac\pi6;\pi\right]. (E10)(E_{10}) : sur chaque intervalle où tan⁡\tan est définie, tan⁡x<1  ⟺  x<π4+kπ\tan x<1\iff x<\frac\pi4+k\pi ; S10=]−π;−3π4[∪]−π2;π4[∪]π2;π]S_{10}=\left]-\pi;-\frac{3\pi}4\right[\cup\left]-\frac\pi2;\frac\pi4\right[\cup\left]\frac\pi2;\pi\right].
  2. (E11)(E_{11}) : 2cos⁡x−1>0  ⟺  x∈]−π3;π3[2\cos x-1>0\iff x\in\left]-\frac\pi3;\frac\pi3\right[ et 2sin⁡x+3>0  ⟺  x∈]−π;−2π3[∪]−π3;π]2\sin x+\sqrt3>0\iff x\in\left]-\pi;-\frac{2\pi}3\right[\cup\left]-\frac\pi3;\pi\right]. Tableau de signes sur II (valeurs remarquables −2π3-\frac{2\pi}3, −π3-\frac\pi3, π3\frac\pi3) :
xx]−π;−2π3[]-\pi;-\frac{2\pi}3[]−2π3;−π3[]-\frac{2\pi}3;-\frac\pi3[]−π3;π3[]-\frac\pi3;\frac\pi3[]π3;π]]\frac\pi3;\pi]
2cos⁡x−12\cos x-1−-−-++−-
2sin⁡x+32\sin x+\sqrt3++−-++++
produit−-++++−-

S11=]−π;−2π3[∪]π3;π]S_{11}=\left]-\pi;-\frac{2\pi}3\right[\cup\left]\frac\pi3;\pi\right]. (E12)(E_{12}) : sur chaque intervalle ]−π2+kπ;π2+kπ[\left]-\frac\pi2+k\pi;\frac\pi2+k\pi\right[, tan⁡\tan est strictement croissante et −3≤tan⁡x≤33  ⟺  x∈[−π3+kπ;π6+kπ]-\sqrt3\le\tan x\le\frac{\sqrt3}3\iff x\in\left[-\frac\pi3+k\pi;\frac\pi6+k\pi\right]. Pour k∈{−1;0;1}k\in\{-1;0;1\} et en se restreignant à II : S12=]−π;−5π6]∪[−π3;π6]∪[2π3;π]S_{12}=\left]-\pi;-\frac{5\pi}6\right]\cup\left[-\frac\pi3;\frac\pi6\right]\cup\left[\frac{2\pi}3;\pi\right].

Figure

Exemple 8

  1. Résoudre dans R\R, puis dans [0;2π][0;2\pi], l’équation 3cos⁡x+sin⁡x=2\sqrt3\cos x+\sin x=\sqrt2.
  2. Résoudre dans [0;2π][0;2\pi] l’inéquation 3cos⁡x+sin⁡x>2\sqrt3\cos x+\sin x>\sqrt2.
Voir la solution
  1. D’après l’exemple 4 : 3cos⁡x+sin⁡x=2  ⟺  cos⁡(x−π6)=cos⁡π4  ⟺  x=5π12+2kπ\sqrt3\cos x+\sin x=\sqrt2\iff\cos\left(x-\frac\pi6\right)=\cos\frac\pi4\iff x=\frac{5\pi}{12}+2k\pi ou x=−π12+2kπx=-\frac\pi{12}+2k\pi (k∈Zk\in\Z). Dans [0;2π][0;2\pi] : {5π12;23π12}\left\{\frac{5\pi}{12};\frac{23\pi}{12}\right\}.
  2. L’inéquation équivaut à cos⁡(x−π6)>22\cos\left(x-\frac\pi6\right)>\frac{\sqrt2}2. Pour x∈[0;2π]x\in[0;2\pi], on pose X=x−π6∈[−π6;11π6]X=x-\frac\pi6\in\left[-\frac\pi6;\frac{11\pi}6\right] ; sur cet intervalle, cos⁡X>22  ⟺  X∈[−π6;π4[∪]7π4;11π6]\cos X>\frac{\sqrt2}2\iff X\in\left[-\frac\pi6;\frac\pi4\right[\cup\left]\frac{7\pi}4;\frac{11\pi}6\right]. D’où S=[0;5π12[∪]23π12;2π]S=\left[0;\frac{5\pi}{12}\right[\cup\left]\frac{23\pi}{12};2\pi\right].

Résumé : trigonométrie

N°Formule
1–2cos⁡(a∓b)=cos⁡acos⁡b±sin⁡asin⁡b\cos(a\mp b)=\cos a\cos b\pm\sin a\sin b
3–4sin⁡(a∓b)=sin⁡acos⁡b∓cos⁡asin⁡b\sin(a\mp b)=\sin a\cos b\mp\cos a\sin b
5cos⁡2a=cos⁡2a−sin⁡2a\cos2a=\cos^2a-\sin^2a =2cos⁡2a−1=2\cos^2a-1 =1−2sin⁡2a=1-2\sin^2a
6sin⁡2a=2sin⁡acos⁡a\sin2a=2\sin a\cos a
7–8cos⁡2a=1+cos⁡2a2\cos^2a=\frac{1+\cos2a}2, sin⁡2a=1−cos⁡2a2\sin^2a=\frac{1-\cos2a}2
9–10tan⁡(a∓b)=tan⁡a∓tan⁡b1±tan⁡atan⁡b\tan(a\mp b)=\frac{\tan a\mp\tan b}{1\pm\tan a\tan b}
11tan⁡2a=2tan⁡a1−tan⁡2a\tan2a=\frac{2\tan a}{1-\tan^2a}
12cos⁡acos⁡b=12(cos⁡(a+b)+cos⁡(a−b))\cos a\cos b=\frac12(\cos(a+b)+\cos(a-b)), etc.
13cos⁡p+cos⁡q=2cos⁡p+q2cos⁡p−q2\cos p+\cos q=2\cos\frac{p+q}2\cos\frac{p-q}2, etc.
14acos⁡x+bsin⁡x=rcos⁡(x−α)a\cos x+b\sin x=r\cos(x-\alpha), r=a2+b2r=\sqrt{a^2+b^2}
15cos⁡x=cos⁡α  ⟺  x=±α+2kπ\cos x=\cos\alpha\iff x=\pm\alpha+2k\pi
15tan⁡x=tan⁡α  ⟺  x=α+kπ\tan x=\tan\alpha\iff x=\alpha+k\pi
15sin⁡x=sin⁡α  ⟺  x=α+2kπ\sin x=\sin\alpha\iff x=\alpha+2k\pi ou π−α+2kπ\pi-\alpha+2k\pi
16inéquation : cercle trigonométrique, arcs, intervalle

Série d’exercices

Remarque — méthodes utilisées

  • Formules : addition et duplication (1 à 6), linéarisation (7, 8), tangente (9 à 11), produits ↔\leftrightarrow sommes (12, 13), acos⁡x+bsin⁡x=rcos⁡(x−α)a\cos x+b\sin x=r\cos(x-\alpha) (14).
  • Équations : se ramener à cos⁡X=cos⁡α\cos X=\cos\alpha, sin⁡X=sin⁡α\sin X=\sin\alpha ou tan⁡X=tan⁡α\tan X=\tan\alpha (15), ou à un produit nul ; inéquations : cercle trigonométrique ou tableau de signes (16).
  • Pour les solutions dans un intervalle, on encadre l’entier kk.
  • Tous les calculs (identités, solutions, signes) ont été contrôlés avec Python/sympy (build/verif_lot4.py).

Cadre. Dans toute la série, xx, yy, aa, bb désignent des réels et kk un entier relatif ; une égalité contenant tan⁡\tan n’est à établir que lorsque toutes les expressions sont définies. Toute réponse doit être justifiée ; le symbole   ⟺  \iff n’est employé que si chaque étape est réversible. Les inéquations se résolvent à l’aide du cercle trigonométrique. Difficulté : de ★\bigstar à ★★★★★\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar.

Exercice 1 — Formules d’addition — calcul d’un angle Facile ★★☆☆☆

  1. Soit x∈Rx\in\R. Montrer de deux façons (formules d’addition, puis transformation d’une somme en produit) que : a. cos⁡x+cos⁡(x+2π3)+cos⁡(x+4π3)=0\cos x+\cos\left(x+\frac{2\pi}3\right)+\cos\left(x+\frac{4\pi}3\right)=0 ; b. sin⁡x+sin⁡(x+2π3)+sin⁡(x+4π3)=0\sin x+\sin\left(x+\frac{2\pi}3\right)+\sin\left(x+\frac{4\pi}3\right)=0.
  2. On considère deux réels aa et bb de ]0;π2[\left]0;\frac\pi2\right[ tels que tan⁡a=12\tan a=\frac12 et tan⁡b=13\tan b=\frac13. a. Calculer cos⁡a\cos a, sin⁡a\sin a, cos⁡b\cos b et sin⁡b\sin b. b. Calculer sin⁡(a+b)\sin(a+b) et cos⁡(a+b)\cos(a+b), puis en déduire la valeur de a+ba+b.
Voir la solution

1. a. Méthode 1 : cos⁡(x+2π3)=−12cos⁡x−32sin⁡x\cos\left(x+\frac{2\pi}3\right)=-\frac12\cos x-\frac{\sqrt3}2\sin x et cos⁡(x+4π3)=−12cos⁡x+32sin⁡x\cos\left(x+\frac{4\pi}3\right)=-\frac12\cos x+\frac{\sqrt3}2\sin x ; la somme des trois termes vaut cos⁡x−cos⁡x=0\cos x-\cos x=0. Méthode 2 : cos⁡(x+2π3)+cos⁡(x+4π3)=2cos⁡(x+π)cos⁡(−π3)=−cos⁡x\cos\left(x+\frac{2\pi}3\right)+\cos\left(x+\frac{4\pi}3\right)=2\cos(x+\pi)\cos\left(-\frac\pi3\right)=-\cos x.

1. b. Méthode 1 : sin⁡(x+2π3)=−12sin⁡x+32cos⁡x\sin\left(x+\frac{2\pi}3\right)=-\frac12\sin x+\frac{\sqrt3}2\cos x et sin⁡(x+4π3)=−12sin⁡x−32cos⁡x\sin\left(x+\frac{4\pi}3\right)=-\frac12\sin x-\frac{\sqrt3}2\cos x : la somme vaut 00. Méthode 2 : sin⁡(x+2π3)+sin⁡(x+4π3)=2sin⁡(x+π)cos⁡π3=−sin⁡x\sin\left(x+\frac{2\pi}3\right)+\sin\left(x+\frac{4\pi}3\right)=2\sin(x+\pi)\cos\frac\pi3=-\sin x.

2. a. 1cos⁡2a=1+tan⁡2a=54\frac1{\cos^2a}=1+\tan^2a=\frac54 et cos⁡a>0\cos a>0 : cos⁡a=25=255\cos a=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}5, puis sin⁡a=tan⁡acos⁡a=55\sin a=\tan a\cos a=\frac{\sqrt5}5. De même 1cos⁡2b=109\frac1{\cos^2b}=\frac{10}9 : cos⁡b=31010\cos b=\frac{3\sqrt{10}}{10} et sin⁡b=1010\sin b=\frac{\sqrt{10}}{10}.

2. b. sin⁡(a+b)=1×3+2×1510=552=22\sin(a+b)=\frac{1\times3+2\times1}{\sqrt5\sqrt{10}}=\frac5{5\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2 et cos⁡(a+b)=2×3−1×150=22\cos(a+b)=\frac{2\times3-1\times1}{\sqrt{50}}=\frac{\sqrt2}2. Donc a+b≡π4 [2π]a+b\equiv\frac\pi4\ [2\pi] ; or a+b∈]0;π[a+b\in]0;\pi[, d’où a+b=π4a+b=\frac\pi4.

Exercice 2 — Identités avec la tangente Facile ★★☆☆☆

  1. On considère un réel xx tel que x∉{π2+kπ∣k∈Z}x\notin\left\{\frac\pi2+k\pi\mid k\in\Z\right\} et x∉{π4+kπ2∣k∈Z}x\notin\left\{\frac\pi4+\frac{k\pi}2\mid k\in\Z\right\}. Montrer que tan⁡(π4+x)−tan⁡(π4−x)=2tan⁡2x\tan\left(\frac\pi4+x\right)-\tan\left(\frac\pi4-x\right)=2\tan2x.
  2. On considère un réel xx tel que x∉{kπ∣k∈Z}x\notin\{k\pi\mid k\in\Z\}. Montrer que 1+cos⁡xsin⁡x=1tan⁡x2\dfrac{1+\cos x}{\sin x}=\dfrac1{\tan\frac x2}.
Voir la solution

1. On pose t=tan⁡xt=\tan x ; les hypothèses donnent t2≠1t^2\neq1. tan⁡(π4+x)=1+t1−t\tan\left(\frac\pi4+x\right)=\frac{1+t}{1-t} et tan⁡(π4−x)=1−t1+t\tan\left(\frac\pi4-x\right)=\frac{1-t}{1+t}, donc tan⁡(π4+x)−tan⁡(π4−x)=(1+t)2−(1−t)21−t2=4t1−t2=2×2t1−t2=2tan⁡2x.\tan\left(\tfrac\pi4+x\right)-\tan\left(\tfrac\pi4-x\right)=\frac{(1+t)^2-(1-t)^2}{1-t^2}=\frac{4t}{1-t^2}=2\times\frac{2t}{1-t^2}=2\tan2x .

2. sin⁡x=2sin⁡x2cos⁡x2≠0\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2\neq0, donc sin⁡x2≠0\sin\frac x2\neq0 et cos⁡x2≠0\cos\frac x2\neq0. Avec 1+cos⁡x=2cos⁡2x21+\cos x=2\cos^2\frac x2 : 1+cos⁡xsin⁡x=2cos⁡2x22sin⁡x2cos⁡x2=cos⁡x2sin⁡x2=1tan⁡x2\dfrac{1+\cos x}{\sin x}=\dfrac{2\cos^2\frac x2}{2\sin\frac x2\cos\frac x2}=\dfrac{\cos\frac x2}{\sin\frac x2}=\dfrac1{\tan\frac x2}.

Exercice 3 — Produits et sommes Facile ★★☆☆☆

  1. Pour x∈Rx\in\R, transformer en sommes :
    A(x)=sin⁡3xcos⁡xA(x)=\sin3x\cos x ; B(x)=cos⁡4xcos⁡2x\quad B(x)=\cos4x\cos2x ;
    C(x)=sin⁡(x+π4)sin⁡(x−π4)C(x)=\sin\left(x+\frac\pi4\right)\sin\left(x-\frac\pi4\right) ;
    D(x)=cos⁡(2x−π6)sin⁡(x+π3)D(x)=\cos\left(2x-\frac\pi6\right)\sin\left(x+\frac\pi3\right).
  2. Pour x∈Rx\in\R, transformer en produits : E(x)=sin⁡5x−sin⁡3xE(x)=\sin5x-\sin3x et F(x)=sin⁡x+sin⁡3x+sin⁡5x+sin⁡7xF(x)=\sin x+\sin3x+\sin5x+\sin7x.
  3. Montrer, sans calculatrice, que cos⁡π12−cos⁡5π12=22\cos\frac\pi{12}-\cos\frac{5\pi}{12}=\frac{\sqrt2}2 et sin⁡5π12cos⁡π12=2+34\sin\frac{5\pi}{12}\cos\frac\pi{12}=\frac{2+\sqrt3}4.
Voir la solution

1. A(x)=12(sin⁡4x+sin⁡2x)A(x)=\frac12(\sin4x+\sin2x) ;  B(x)=12(cos⁡6x+cos⁡2x)\ B(x)=\frac12(\cos6x+\cos2x) ;  C(x)=−12(cos⁡2x−cos⁡π2)=−12cos⁡2x\ C(x)=-\frac12\left(\cos2x-\cos\frac\pi2\right)=-\frac12\cos2x ;  D(x)=12(sin⁡(3x+π6)−sin⁡(x−π2))=12(sin⁡(3x+π6)+cos⁡x)\ D(x)=\frac12\left(\sin\left(3x+\frac\pi6\right)-\sin\left(x-\frac\pi2\right)\right)=\frac12\left(\sin\left(3x+\frac\pi6\right)+\cos x\right).

2. E(x)=2cos⁡4xsin⁡xE(x)=2\cos4x\sin x.  F(x)=(sin⁡x+sin⁡7x)+(sin⁡3x+sin⁡5x)=2sin⁡4xcos⁡3x+2sin⁡4xcos⁡x=2sin⁡4x(cos⁡3x+cos⁡x)=4sin⁡4xcos⁡2xcos⁡x\ F(x)=(\sin x+\sin7x)+(\sin3x+\sin5x)=2\sin4x\cos3x+2\sin4x\cos x=2\sin4x(\cos3x+\cos x)=4\sin4x\cos2x\cos x.

3. cos⁡π12−cos⁡5π12=−2sin⁡π4sin⁡(−π6)=2×22×12=22\cos\frac\pi{12}-\cos\frac{5\pi}{12}=-2\sin\frac\pi4\sin\left(-\frac\pi6\right)=2\times\frac{\sqrt2}2\times\frac12=\frac{\sqrt2}2.  sin⁡5π12cos⁡π12=12(sin⁡π2+sin⁡π3)=12(1+32)=2+34\ \sin\frac{5\pi}{12}\cos\frac\pi{12}=\frac12\left(\sin\frac\pi2+\sin\frac\pi3\right)=\frac12\left(1+\frac{\sqrt3}2\right)=\frac{2+\sqrt3}4.

Exercice 4 — Linéarisation et équation Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction AA définie sur R\R par A(x)=cos⁡2(x+π12)−sin⁡2(x−π12)A(x)=\cos^2\left(x+\frac\pi{12}\right)-\sin^2\left(x-\frac\pi{12}\right).

  1. Calculer A(π12)A\left(\frac\pi{12}\right) et A(π4)A\left(\frac\pi4\right).
  2. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R : 2cos⁡2(x+π12)=1+32cos⁡2x−12sin⁡2x2\cos^2\left(x+\frac\pi{12}\right)=1+\frac{\sqrt3}2\cos2x-\frac12\sin2x et 2sin⁡2(x−π12)=1−32cos⁡2x−12sin⁡2x2\sin^2\left(x-\frac\pi{12}\right)=1-\frac{\sqrt3}2\cos2x-\frac12\sin2x.
  3. En déduire que, pour tout x∈Rx\in\R, A(x)=32cos⁡2xA(x)=\frac{\sqrt3}2\cos2x.
  4. Résoudre dans R\R l’équation A(x)=34A(x)=\frac34.
Voir la solution

1. A(π12)=cos⁡2π6−sin⁡20=34A\left(\frac\pi{12}\right)=\cos^2\frac\pi6-\sin^20=\frac34 ;  A(π4)=cos⁡2π3−sin⁡2π6=14−14=0\ A\left(\frac\pi4\right)=\cos^2\frac\pi3-\sin^2\frac\pi6=\frac14-\frac14=0.

2. 2cos⁡2(x+π12)=1+cos⁡(2x+π6)=1+32cos⁡2x−12sin⁡2x2\cos^2\left(x+\frac\pi{12}\right)=1+\cos\left(2x+\frac\pi6\right)=1+\frac{\sqrt3}2\cos2x-\frac12\sin2x ;  2sin⁡2(x−π12)=1−cos⁡(2x−π6)=1−32cos⁡2x−12sin⁡2x\ 2\sin^2\left(x-\frac\pi{12}\right)=1-\cos\left(2x-\frac\pi6\right)=1-\frac{\sqrt3}2\cos2x-\frac12\sin2x.

3. Par différence : 2A(x)=3cos⁡2x2A(x)=\sqrt3\cos2x, donc A(x)=32cos⁡2xA(x)=\frac{\sqrt3}2\cos2x. (Contrôle : A(π12)=32cos⁡π6=34A\left(\frac\pi{12}\right)=\frac{\sqrt3}2\cos\frac\pi6=\frac34.)

4. A(x)=34  ⟺  cos⁡2x=32  ⟺  2x=±π6+2kπ  ⟺  x=±π12+kπA(x)=\frac34\iff\cos2x=\frac{\sqrt3}2\iff2x=\pm\frac\pi6+2k\pi\iff x=\pm\frac\pi{12}+k\pi (k∈Zk\in\Z).

Exercice 5 — Identités trigonométriques Moyen ★★★☆☆

Soient xx et yy deux réels. Montrer les identités suivantes (lorsque toutes les expressions sont définies) :

  1. cos⁡3x=cos⁡x (2cos⁡2x−1)\cos3x=\cos x\,(2\cos2x-1) et sin⁡3x=sin⁡x (2cos⁡2x+1)\sin3x=\sin x\,(2\cos2x+1) ;
  2. cos⁡(x+y)cos⁡(x−y)=1−tan⁡xtan⁡y1+tan⁡xtan⁡y\dfrac{\cos(x+y)}{\cos(x-y)}=\dfrac{1-\tan x\tan y}{1+\tan x\tan y} ;
  3. tan⁡x+tan⁡y=2sin⁡(x+y)cos⁡(x+y)+cos⁡(x−y)\tan x+\tan y=\dfrac{2\sin(x+y)}{\cos(x+y)+\cos(x-y)} ;
  4. cos⁡(x+y)cos⁡(x−y)cos⁡2xcos⁡2y=1−tan⁡2xtan⁡2y\dfrac{\cos(x+y)\cos(x-y)}{\cos^2x\cos^2y}=1-\tan^2x\tan^2y.
Voir la solution

1. cos⁡3x=cos⁡2xcos⁡x−sin⁡2xsin⁡x=cos⁡2xcos⁡x−2sin⁡2xcos⁡x=cos⁡x(cos⁡2x−(1−cos⁡2x))=cos⁡x(2cos⁡2x−1)\cos3x=\cos2x\cos x-\sin2x\sin x=\cos2x\cos x-2\sin^2x\cos x=\cos x\big(\cos2x-(1-\cos2x)\big)=\cos x(2\cos2x-1).  sin⁡3x=sin⁡2xcos⁡x+cos⁡2xsin⁡x=sin⁡x(2cos⁡2x+cos⁡2x)=sin⁡x(2cos⁡2x+1)\ \sin3x=\sin2x\cos x+\cos2x\sin x=\sin x\left(2\cos^2x+\cos2x\right)=\sin x(2\cos2x+1).

2. On divise numérateur et dénominateur par cos⁡xcos⁡y≠0\cos x\cos y\neq0 : cos⁡xcos⁡y−sin⁡xsin⁡ycos⁡xcos⁡y+sin⁡xsin⁡y=1−tan⁡xtan⁡y1+tan⁡xtan⁡y\dfrac{\cos x\cos y-\sin x\sin y}{\cos x\cos y+\sin x\sin y}=\dfrac{1-\tan x\tan y}{1+\tan x\tan y}.

3. tan⁡x+tan⁡y=sin⁡xcos⁡y+cos⁡xsin⁡ycos⁡xcos⁡y=sin⁡(x+y)cos⁡xcos⁡y\tan x+\tan y=\dfrac{\sin x\cos y+\cos x\sin y}{\cos x\cos y}=\dfrac{\sin(x+y)}{\cos x\cos y} et cos⁡(x+y)+cos⁡(x−y)=2cos⁡xcos⁡y\cos(x+y)+\cos(x-y)=2\cos x\cos y, d’où l’égalité.

4. cos⁡(x+y)cos⁡(x−y)=(cos⁡xcos⁡y)2−(sin⁡xsin⁡y)2\cos(x+y)\cos(x-y)=(\cos x\cos y)^2-(\sin x\sin y)^2 (produit d’une somme et d’une différence). En divisant par cos⁡2xcos⁡2y\cos^2x\cos^2y : 1−tan⁡2xtan⁡2y1-\tan^2x\tan^2y.

Exercice 6 — Trigonométrie dans un triangle Moyen ★★★☆☆

On considère un réel α∈]0;π6[\alpha\in\left]0;\frac\pi6\right[ et un triangle ABCABC tel que BAC^=α\widehat{BAC}=\alpha et ABC^=3α\widehat{ABC}=3\alpha. On note DD le pied de la hauteur issue de CC et h=CDh=CD.

Figure
  1. Justifier que D∈[AB]D\in[AB], puis que 0<tan⁡α<330<\tan\alpha<\frac{\sqrt3}3.
  2. Montrer que 1tan⁡α+1tan⁡3α=ABh\dfrac1{\tan\alpha}+\dfrac1{\tan3\alpha}=\dfrac{AB}h.
  3. En déduire que h=AB×tan⁡α(3−tan⁡2α)4(1−tan⁡2α)h=AB\times\dfrac{\tan\alpha\left(3-\tan^2\alpha\right)}{4\left(1-\tan^2\alpha\right)}.
Voir la solution

1. Les angles BAC^=α\widehat{BAC}=\alpha et ABC^=3α\widehat{ABC}=3\alpha sont aigus (3α<π23\alpha<\frac\pi2) ; le pied DD de la hauteur issue de CC est donc sur le segment ]AB[]AB[. Comme α∈]0;π6[\alpha\in\left]0;\frac\pi6\right[ et que tan⁡\tan est strictement croissante sur ]−π2;π2[\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[ : 0<tan⁡α<tan⁡π6=330<\tan\alpha<\tan\frac\pi6=\frac{\sqrt3}3.

2. Dans les triangles rectangles ADCADC et BDCBDC : tan⁡α=hAD\tan\alpha=\frac h{AD} et tan⁡3α=hDB\tan3\alpha=\frac h{DB}. Donc AB=AD+DB=htan⁡α+htan⁡3αAB=AD+DB=\frac h{\tan\alpha}+\frac h{\tan3\alpha} et 1tan⁡α+1tan⁡3α=ABh\dfrac1{\tan\alpha}+\dfrac1{\tan3\alpha}=\dfrac{AB}h.

3. Avec t=tan⁡αt=\tan\alpha (0<t2<130<t^2<\frac13) : tan⁡2α=2t1−t2\tan2\alpha=\frac{2t}{1-t^2} et tan⁡3α=2t1−t2+t1−2t21−t2=3t−t31−3t2\tan3\alpha=\dfrac{\frac{2t}{1-t^2}+t}{1-\frac{2t^2}{1-t^2}}=\dfrac{3t-t^3}{1-3t^2}. Alors ABh=1t+1−3t2t(3−t2)=4−4t2t(3−t2),donch=AB×t(3−t2)4(1−t2).\frac{AB}h=\frac1t+\frac{1-3t^2}{t(3-t^2)}=\frac{4-4t^2}{t(3-t^2)},\qquad\text{donc}\qquad h=AB\times\frac{t\left(3-t^2\right)}{4\left(1-t^2\right)} .

Figure

Exercice 7 — Relations dans un triangle Difficile ★★★★☆

Soient AA, BB et CC les mesures, en radians, des angles d’un triangle, de sorte que A+B+C=πA+B+C=\pi. Montrer que :

  1. cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C=−1−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C\cos2A+\cos2B+\cos2C=-1-4\cos A\cos B\cos C ;
  2. si le triangle n’est pas rectangle : tan⁡A+tan⁡B+tan⁡C=tan⁡Atan⁡Btan⁡C\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C.
Voir la solution

1. cos⁡2A+cos⁡2B=2cos⁡(A+B)cos⁡(A−B)=−2cos⁡Ccos⁡(A−B)\cos2A+\cos2B=2\cos(A+B)\cos(A-B)=-2\cos C\cos(A-B) et cos⁡2C=2cos⁡2C−1=−2cos⁡Ccos⁡(A+B)−1\cos2C=2\cos^2C-1=-2\cos C\cos(A+B)-1. Donc la somme vaut −1−2cos⁡C(cos⁡(A−B)+cos⁡(A+B))=−1−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡C-1-2\cos C\big(\cos(A-B)+\cos(A+B)\big)=-1-4\cos A\cos B\cos C.

2. Aucun angle n’est droit, donc cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≠0\cos A\cos B\cos C\neq0. A+B=π−CA+B=\pi-C et cos⁡(A+B)=−cos⁡C≠0\cos(A+B)=-\cos C\neq0, d’où tan⁡(A+B)=−tan⁡C\tan(A+B)=-\tan C, soit tan⁡A+tan⁡B1−tan⁡Atan⁡B=−tan⁡C\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=-\tan C (le dénominateur vaut cos⁡(A+B)cos⁡Acos⁡B≠0\frac{\cos(A+B)}{\cos A\cos B}\neq0). En chassant le dénominateur : tan⁡A+tan⁡B=−tan⁡C+tan⁡Atan⁡Btan⁡C\tan A+\tan B=-\tan C+\tan A\tan B\tan C.

Exercice 8 — Équations trigonométriques Moyen ★★★☆☆

Résoudre les équations suivantes dans R\R, puis dans l’intervalle II indiqué :

  1. (E1): 2cos⁡(2x−π3)+2=0(E_1):\ 2\cos\left(2x-\frac\pi3\right)+\sqrt2=0 ;  I=[0;2π[\ I=[0;2\pi[ ;
  2. (E2): 3sin⁡2x−cos⁡2x=2(E_2):\ \sqrt3\sin2x-\cos2x=\sqrt2 ;  I=[−π;π[\ I=[-\pi;\pi[ ;
  3. (E3): sin⁡x+sin⁡2x+sin⁡3x+sin⁡4x=0(E_3):\ \sin x+\sin2x+\sin3x+\sin4x=0 ;  I=R\ I=\R ;
  4. (E4): tan⁡2x+(1−3)tan⁡x−3=0(E_4):\ \tan^2x+\left(1-\sqrt3\right)\tan x-\sqrt3=0 ;  I=[−3π;−π[\ I=[-3\pi;-\pi[.
Voir la solution

1. (E1)  ⟺  cos⁡(2x−π3)=−22=cos⁡3π4  ⟺  2x−π3=±3π4+2kπ  ⟺  x=13π24+kπ(E_1)\iff\cos\left(2x-\frac\pi3\right)=-\frac{\sqrt2}2=\cos\frac{3\pi}4\iff2x-\frac\pi3=\pm\frac{3\pi}4+2k\pi\iff x=\frac{13\pi}{24}+k\pi ou x=−5π24+kπx=-\frac{5\pi}{24}+k\pi. Dans [0;2π[[0;2\pi[ : {13π24;19π24;37π24;43π24}\left\{\frac{13\pi}{24};\frac{19\pi}{24};\frac{37\pi}{24};\frac{43\pi}{24}\right\}.

2. −cos⁡2x+3sin⁡2x=2cos⁡(2x−2π3)-\cos2x+\sqrt3\sin2x=2\cos\left(2x-\frac{2\pi}3\right) (r=2r=2, cos⁡α=−12\cos\alpha=-\frac12, sin⁡α=32\sin\alpha=\frac{\sqrt3}2). (E2)  ⟺  cos⁡(2x−2π3)=22  ⟺  2x−2π3=±π4+2kπ  ⟺  x=11π24+kπ(E_2)\iff\cos\left(2x-\frac{2\pi}3\right)=\frac{\sqrt2}2\iff2x-\frac{2\pi}3=\pm\frac\pi4+2k\pi\iff x=\frac{11\pi}{24}+k\pi ou x=5π24+kπx=\frac{5\pi}{24}+k\pi. Dans [−π;π[[-\pi;\pi[ : {−19π24;−13π24;5π24;11π24}\left\{-\frac{19\pi}{24};-\frac{13\pi}{24};\frac{5\pi}{24};\frac{11\pi}{24}\right\}.

3. sin⁡x+sin⁡4x=2sin⁡5x2cos⁡3x2\sin x+\sin4x=2\sin\frac{5x}2\cos\frac{3x}2 et sin⁡2x+sin⁡3x=2sin⁡5x2cos⁡x2\sin2x+\sin3x=2\sin\frac{5x}2\cos\frac x2, donc le premier membre vaut 2sin⁡5x2(cos⁡3x2+cos⁡x2)=4sin⁡5x2cos⁡xcos⁡x22\sin\frac{5x}2\left(\cos\frac{3x}2+\cos\frac x2\right)=4\sin\frac{5x}2\cos x\cos\frac x2. Ainsi (E3)  ⟺  sin⁡5x2=0(E_3)\iff\sin\frac{5x}2=0 ou cos⁡x=0\cos x=0 ou cos⁡x2=0\cos\frac x2=0 : S3={2kπ5 ; π2+kπ ; π+2kπ ∣ k∈Z}.S_3=\left\{\frac{2k\pi}5\ ;\ \frac\pi2+k\pi\ ;\ \pi+2k\pi\ \Big|\ k\in\Z\right\}.

4. Avec t=tan⁡xt=\tan x : t2+(1−3)t−3=(t−3)(t+1)t^2+(1-\sqrt3)t-\sqrt3=(t-\sqrt3)(t+1). (E4)  ⟺  tan⁡x=3(E_4)\iff\tan x=\sqrt3 ou tan⁡x=−1  ⟺  x=π3+kπ\tan x=-1\iff x=\frac\pi3+k\pi ou x=−π4+kπx=-\frac\pi4+k\pi. Dans [−3π;−π[[-3\pi;-\pi[ : {−8π3;−9π4;−5π3;−5π4}\left\{-\frac{8\pi}3;-\frac{9\pi}4;-\frac{5\pi}3;-\frac{5\pi}4\right\}.

Exercice 9 — Inéquations trigonométriques Facile ★★☆☆☆

Résoudre chaque inéquation dans l’intervalle II indiqué :

  1. sin⁡x≥12\sin x\ge\frac12 ;  I=]−π;π]\ I=]-\pi;\pi] ;
  2. cos⁡x>−22\cos x>-\frac{\sqrt2}2 ;  I=[0;2π]\ I=[0;2\pi] ;
  3. tan⁡x≤3\tan x\le\sqrt3 ;  I=[0;2π]\ I=[0;2\pi] ;
  4. sin⁡x<−32\sin x<-\frac{\sqrt3}2 ;  I=[0;2π]\ I=[0;2\pi] ;
  5. tan⁡x>−33\tan x>-\frac{\sqrt3}3 ;  I=[−π;π]\ I=[-\pi;\pi].
Voir la solution

1. sin⁡x=12\sin x=\frac12 pour x∈{π6;5π6}x\in\left\{\frac\pi6;\frac{5\pi}6\right\} : S=[π6;5π6]S=\left[\frac\pi6;\frac{5\pi}6\right].

2. cos⁡x=−22\cos x=-\frac{\sqrt2}2 pour x∈{3π4;5π4}x\in\left\{\frac{3\pi}4;\frac{5\pi}4\right\} : S=[0;3π4[∪]5π4;2π]S=\left[0;\frac{3\pi}4\right[\cup\left]\frac{5\pi}4;2\pi\right].

3. On exclut π2\frac\pi2 et 3π2\frac{3\pi}2. Sur [0;π2[\left[0;\frac\pi2\right[ : x≤π3x\le\frac\pi3 ; sur ]π2;3π2[\left]\frac\pi2;\frac{3\pi}2\right[ : x≤4π3x\le\frac{4\pi}3 ; sur ]3π2;2π]\left]\frac{3\pi}2;2\pi\right] : tan⁡x≤0\tan x\le0, toujours vrai. S=[0;π3]∪]π2;4π3]∪]3π2;2π]S=\left[0;\frac\pi3\right]\cup\left]\frac\pi2;\frac{4\pi}3\right]\cup\left]\frac{3\pi}2;2\pi\right].

4. sin⁡x=−32\sin x=-\frac{\sqrt3}2 pour x∈{4π3;5π3}x\in\left\{\frac{4\pi}3;\frac{5\pi}3\right\} : S=]4π3;5π3[S=\left]\frac{4\pi}3;\frac{5\pi}3\right[.

5. On exclut ±π2\pm\frac\pi2. Sur [−π;−π2[\left[-\pi;-\frac\pi2\right[, tan⁡x≥0\tan x\ge0 : toujours vrai ; sur ]−π2;π2[\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[ : x>−π6x>-\frac\pi6 ; sur ]π2;π]\left]\frac\pi2;\pi\right] : x>5π6x>\frac{5\pi}6. S=[−π;−π2[∪]−π6;π2[∪]5π6;π]S=\left[-\pi;-\frac\pi2\right[\cup\left]-\frac\pi6;\frac\pi2\right[\cup\left]\frac{5\pi}6;\pi\right].

Figure

Exercice 10 — Factorisation, équation et signe Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction AA définie sur R\R par A(x)=2sin⁡2x+2cos⁡x−2 (2sin⁡x+1)A(x)=2\sin2x+2\cos x-\sqrt2\,(2\sin x+1).

  1. Calculer A(π4)A\left(\frac\pi4\right) et A(−π6)A\left(-\frac\pi6\right).
  2. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R, A(x)=(2cos⁡x−2)(2sin⁡x+1)A(x)=\left(2\cos x-\sqrt2\right)(2\sin x+1).
  3. Résoudre l’équation A(x)=0A(x)=0 dans ]−π;π[]-\pi;\pi[, puis représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.
  4. Étudier le signe de A(x)A(x) sur l’intervalle ]−π;π[]-\pi;\pi[.
Voir la solution

1. A(π4)=2+2−2(2+1)=0A\left(\frac\pi4\right)=2+\sqrt2-\sqrt2\left(\sqrt2+1\right)=0 ;  A(−π6)=2sin⁡(−π3)+2cos⁡π6−2(−1+1)=−3+3=0\ A\left(-\frac\pi6\right)=2\sin\left(-\frac\pi3\right)+2\cos\frac\pi6-\sqrt2(-1+1)=-\sqrt3+\sqrt3=0.

2. (2cos⁡x−2)(2sin⁡x+1)=4sin⁡xcos⁡x+2cos⁡x−22sin⁡x−2=2sin⁡2x+2cos⁡x−2(2sin⁡x+1)=A(x)\left(2\cos x-\sqrt2\right)(2\sin x+1)=4\sin x\cos x+2\cos x-2\sqrt2\sin x-\sqrt2=2\sin2x+2\cos x-\sqrt2(2\sin x+1)=A(x).

3. A(x)=0  ⟺  cos⁡x=22A(x)=0\iff\cos x=\frac{\sqrt2}2 ou sin⁡x=−12\sin x=-\frac12. Dans ]−π;π[]-\pi;\pi[ : S={−5π6;−π4;−π6;π4}S=\left\{-\frac{5\pi}6;-\frac\pi4;-\frac\pi6;\frac\pi4\right\}.

Figure

4. 2cos⁡x−2>0  ⟺  x∈]−π4;π4[2\cos x-\sqrt2>0\iff x\in\left]-\frac\pi4;\frac\pi4\right[ et 2sin⁡x+1>0  ⟺  x∈]−π;−5π6[∪]−π6;π[2\sin x+1>0\iff x\in\left]-\pi;-\frac{5\pi}6\right[\cup\left]-\frac\pi6;\pi\right[ (sur ]−π;π[]-\pi;\pi[).

xx]−π;−5π6[]-\pi;-\frac{5\pi}6[]−5π6;−π4[]-\frac{5\pi}6;-\frac\pi4[]−π4;−π6[]-\frac\pi4;-\frac\pi6[]−π6;π4[]-\frac\pi6;\frac\pi4[]π4;π[]\frac\pi4;\pi[
2cos⁡x−22\cos x-\sqrt2−-−-++++−-
2sin⁡x+12\sin x+1++−-−-++++
A(x)A(x)−-++−-++−-

Exercice 11 — Factorisation et inéquation Difficile ★★★★☆

On considère la fonction AA définie sur R\R par A(x)=2sin⁡3x−sin⁡x+2cos⁡x−2cos⁡3xA(x)=2\sin^3x-\sin x+2\cos x-2\cos^3x.

  1. Calculer A(π2)A\left(\frac\pi2\right) et A(π4)A\left(\frac\pi4\right).
  2. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R : 2sin⁡3x−sin⁡x=−sin⁡xcos⁡2x2\sin^3x-\sin x=-\sin x\cos2x et 2cos⁡x−2cos⁡3x=sin⁡xsin⁡2x2\cos x-2\cos^3x=\sin x\sin2x.
  3. En déduire que, pour tout x∈Rx\in\R, A(x)=2sin⁡x sin⁡(2x−π4)A(x)=\sqrt2\sin x\,\sin\left(2x-\frac\pi4\right).
  4. Résoudre dans R\R l’équation A(x)=0A(x)=0.
  5. Résoudre dans [0;π][0;\pi] l’inéquation A(x)≥0A(x)\ge0.
Voir la solution

1. A(π2)=2−1+0−0=1A\left(\frac\pi2\right)=2-1+0-0=1 ;  A(π4)=2⋅24−22+2−2⋅24=22\ A\left(\frac\pi4\right)=2\cdot\frac{\sqrt2}4-\frac{\sqrt2}2+\sqrt2-2\cdot\frac{\sqrt2}4=\frac{\sqrt2}2.

2. 2sin⁡3x−sin⁡x=sin⁡x(2sin⁡2x−1)=−sin⁡xcos⁡2x2\sin^3x-\sin x=\sin x\left(2\sin^2x-1\right)=-\sin x\cos2x ;  2cos⁡x−2cos⁡3x=2cos⁡xsin⁡2x=sin⁡x (2sin⁡xcos⁡x)=sin⁡xsin⁡2x\ 2\cos x-2\cos^3x=2\cos x\sin^2x=\sin x\,(2\sin x\cos x)=\sin x\sin2x.

3. A(x)=sin⁡x (sin⁡2x−cos⁡2x)A(x)=\sin x\,(\sin2x-\cos2x) et sin⁡2x−cos⁡2x=2(sin⁡2xcos⁡π4−cos⁡2xsin⁡π4)=2sin⁡(2x−π4)\sin2x-\cos2x=\sqrt2\left(\sin2x\cos\frac\pi4-\cos2x\sin\frac\pi4\right)=\sqrt2\sin\left(2x-\frac\pi4\right). (Contrôle : A(π2)=2sin⁡3π4=1A\left(\frac\pi2\right)=\sqrt2\sin\frac{3\pi}4=1.)

4. A(x)=0  ⟺  sin⁡x=0A(x)=0\iff\sin x=0 ou sin⁡(2x−π4)=0  ⟺  x=kπ\sin\left(2x-\frac\pi4\right)=0\iff x=k\pi ou x=π8+kπ2x=\frac\pi8+\frac{k\pi}2 (k∈Zk\in\Z).

5. Sur [0;π][0;\pi], sin⁡x≥0\sin x\ge0, avec égalité seulement en 00 et π\pi. Pour x∈]0;π[x\in]0;\pi[ : A(x)≥0  ⟺  sin⁡(2x−π4)≥0A(x)\ge0\iff\sin\left(2x-\frac\pi4\right)\ge0 ; or 2x−π4∈]−π4;7π4[2x-\frac\pi4\in\left]-\frac\pi4;\frac{7\pi}4\right[, et sur cet intervalle sin⁡X≥0  ⟺  X∈[0;π]\sin X\ge0\iff X\in[0;\pi], soit x∈[π8;5π8]x\in\left[\frac\pi8;\frac{5\pi}8\right]. Conclusion : S={0}∪[π8;5π8]∪{π}S=\{0\}\cup\left[\frac\pi8;\frac{5\pi}8\right]\cup\{\pi\}.

Exercice 12 — Équations se ramenant à un polynôme Moyen ★★★☆☆

  1. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R, sin⁡2x=2sin⁡2(x+π4)−1\sin2x=2\sin^2\left(x+\frac\pi4\right)-1.
  2. En déduire les solutions dans R\R de l’équation 4sin⁡2(x+π4)=34\sin^2\left(x+\frac\pi4\right)=3.
  3. On considère la fonction AA définie sur R\R par A(x)=4sin⁡3x−12sin⁡2x−sin⁡x+3A(x)=4\sin^3x-12\sin^2x-\sin x+3. a. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R, A(x)=(3−sin⁡x)(1−4sin⁡2x)A(x)=(3-\sin x)\left(1-4\sin^2x\right). b. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R, 3−sin⁡x>03-\sin x>0. c. Résoudre dans R\R l’équation A(x)=0A(x)=0.
Voir la solution

1. 2sin⁡2(x+π4)−1=−cos⁡(2x+π2)=sin⁡2x2\sin^2\left(x+\frac\pi4\right)-1=-\cos\left(2x+\frac\pi2\right)=\sin2x.

2. 4sin⁡2(x+π4)=3  ⟺  2sin⁡2(x+π4)−1=12  ⟺  sin⁡2x=12  ⟺  x=π12+kπ4\sin^2\left(x+\frac\pi4\right)=3\iff2\sin^2\left(x+\frac\pi4\right)-1=\frac12\iff\sin2x=\frac12\iff x=\frac\pi{12}+k\pi ou x=5π12+kπx=\frac{5\pi}{12}+k\pi (k∈Zk\in\Z).

3. a. (3−sin⁡x)(1−4sin⁡2x)=3−12sin⁡2x−sin⁡x+4sin⁡3x=A(x)(3-\sin x)(1-4\sin^2x)=3-12\sin^2x-\sin x+4\sin^3x=A(x).

3. b. sin⁡x≤1<3\sin x\le1<3.

3. c. D’après a et b : A(x)=0  ⟺  sin⁡2x=14  ⟺  sin⁡x=12A(x)=0\iff\sin^2x=\frac14\iff\sin x=\frac12 ou sin⁡x=−12  ⟺  x=±π6+kπ\sin x=-\frac12\iff x=\pm\frac\pi6+k\pi (k∈Zk\in\Z).

Exercice 13 — Équation du second degré en cos⁡x+sin⁡x\cos x+\sin x Difficile ★★★★☆

  1. a. Vérifier que 8+43=(6+2)28+4\sqrt3=\left(\sqrt6+\sqrt2\right)^2. b. Résoudre dans R\R l’équation 2X2+(6−2)X−3=02X^2+\left(\sqrt6-\sqrt2\right)X-\sqrt3=0, d’inconnue XX.
  2. On considère la fonction AA définie sur R\R par A(x)=2sin⁡2x+(6−2)(cos⁡x+sin⁡x)+2−3A(x)=2\sin2x+\left(\sqrt6-\sqrt2\right)(\cos x+\sin x)+2-\sqrt3. a. Calculer (cos⁡x+sin⁡x)2(\cos x+\sin x)^2 et en déduire l’expression de sin⁡2x\sin2x en fonction de cos⁡x+sin⁡x\cos x+\sin x. b. Résoudre dans R\R l’équation A(x)=0A(x)=0.
  3. a. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R : A(x)=−16sin⁡(x2+π24)sin⁡(x2−7π24)cos⁡(x2−π24)cos⁡(x2−5π24)A(x)=-16\sin\left(\frac x2+\frac\pi{24}\right)\sin\left(\frac x2-\frac{7\pi}{24}\right)\cos\left(\frac x2-\frac\pi{24}\right)\cos\left(\frac x2-\frac{5\pi}{24}\right). b. Étudier le signe de A(x)A(x) sur l’intervalle [0;7π12]\left[0;\frac{7\pi}{12}\right].
Voir la solution

1. a. (6+2)2=6+212+2=8+43\left(\sqrt6+\sqrt2\right)^2=6+2\sqrt{12}+2=8+4\sqrt3.

1. b. Δ=(6−2)2+83=8−43+83=8+43=(6+2)2\Delta=\left(\sqrt6-\sqrt2\right)^2+8\sqrt3=8-4\sqrt3+8\sqrt3=8+4\sqrt3=\left(\sqrt6+\sqrt2\right)^2. Solutions : X=−(6−2)+(6+2)4=22X=\frac{-(\sqrt6-\sqrt2)+(\sqrt6+\sqrt2)}4=\frac{\sqrt2}2 et X=−(6−2)−(6+2)4=−62X=\frac{-(\sqrt6-\sqrt2)-(\sqrt6+\sqrt2)}4=-\frac{\sqrt6}2.

2. a. (cos⁡x+sin⁡x)2=1+2sin⁡xcos⁡x=1+sin⁡2x(\cos x+\sin x)^2=1+2\sin x\cos x=1+\sin2x, donc sin⁡2x=(cos⁡x+sin⁡x)2−1\sin2x=(\cos x+\sin x)^2-1.

2. b. Avec X=cos⁡x+sin⁡xX=\cos x+\sin x : A(x)=2X2−2+(6−2)X+2−3=2X2+(6−2)X−3A(x)=2X^2-2+(\sqrt6-\sqrt2)X+2-\sqrt3=2X^2+(\sqrt6-\sqrt2)X-\sqrt3. Donc A(x)=0  ⟺  X=22A(x)=0\iff X=\frac{\sqrt2}2 ou X=−62X=-\frac{\sqrt6}2. Or X=2cos⁡(x−π4)X=\sqrt2\cos\left(x-\frac\pi4\right) :

  • cos⁡(x−π4)=12  ⟺  x=π4±π3+2kπ\cos\left(x-\frac\pi4\right)=\frac12\iff x=\frac\pi4\pm\frac\pi3+2k\pi, soit x=7π12+2kπx=\frac{7\pi}{12}+2k\pi ou x=−π12+2kπx=-\frac\pi{12}+2k\pi ;
  • cos⁡(x−π4)=−32  ⟺  x=π4±5π6+2kπ\cos\left(x-\frac\pi4\right)=-\frac{\sqrt3}2\iff x=\frac\pi4\pm\frac{5\pi}6+2k\pi, soit x=13π12+2kπx=\frac{13\pi}{12}+2k\pi ou x=−7π12+2kπx=-\frac{7\pi}{12}+2k\pi.

3. a. On pose θ=x−π4\theta=x-\frac\pi4. A(x)=2(X−22)(X+62)=4(cos⁡θ−cos⁡π3)(cos⁡θ+cos⁡π6)A(x)=2\left(X-\frac{\sqrt2}2\right)\left(X+\frac{\sqrt6}2\right)=4\left(\cos\theta-\cos\frac\pi3\right)\left(\cos\theta+\cos\frac\pi6\right). Or cos⁡θ−cos⁡π3=−2sin⁡θ+π32sin⁡θ−π32\cos\theta-\cos\frac\pi3=-2\sin\frac{\theta+\frac\pi3}2\sin\frac{\theta-\frac\pi3}2 et cos⁡θ+cos⁡π6=2cos⁡θ+π62cos⁡θ−π62\cos\theta+\cos\frac\pi6=2\cos\frac{\theta+\frac\pi6}2\cos\frac{\theta-\frac\pi6}2, avec θ+π32=x2+π24\frac{\theta+\frac\pi3}2=\frac x2+\frac\pi{24}, θ−π32=x2−7π24\frac{\theta-\frac\pi3}2=\frac x2-\frac{7\pi}{24}, θ+π62=x2−π24\frac{\theta+\frac\pi6}2=\frac x2-\frac\pi{24}, θ−π62=x2−5π24\frac{\theta-\frac\pi6}2=\frac x2-\frac{5\pi}{24}. D’où la formule annoncée.

3. b. Pour x∈[0;7π12]x\in\left[0;\frac{7\pi}{12}\right] : x2+π24∈[π24;π3]\frac x2+\frac\pi{24}\in\left[\frac\pi{24};\frac\pi3\right] (sinus >0>0) ; x2−7π24∈[−7π24;0]\frac x2-\frac{7\pi}{24}\in\left[-\frac{7\pi}{24};0\right] (sinus ≤0\le0, nul seulement pour x=7π12x=\frac{7\pi}{12}) ; x2−π24∈[−π24;π4]\frac x2-\frac\pi{24}\in\left[-\frac\pi{24};\frac\pi4\right] et x2−5π24∈[−5π24;π12]\frac x2-\frac{5\pi}{24}\in\left[-\frac{5\pi}{24};\frac\pi{12}\right] (cosinus >0>0). Donc A(x)≥0A(x)\ge0 sur [0;7π12]\left[0;\frac{7\pi}{12}\right], et A(x)=0A(x)=0 seulement pour x=7π12x=\frac{7\pi}{12}.

Exercice 14 — Calcul de cos⁡π5\cos\frac\pi5 Difficile ★★★★☆

Soit xx un réel.

  1. Exprimer cos⁡3x\cos3x en fonction de cos⁡x\cos x.
  2. Résoudre dans R\R l’équation (E): 4cos⁡3x+2cos⁡2x−3cos⁡x−1=0(E):\ 4\cos^3x+2\cos^2x-3\cos x-1=0 (on pourra montrer que (E)(E) équivaut à cos⁡3x+cos⁡2x=0\cos3x+\cos2x=0).
  3. En déduire les solutions de l’équation (E)(E) dans l’intervalle [0;2π][0;2\pi].
  4. On considère l’équation (F): 4X3+2X2−3X−1=0(F):\ 4X^3+2X^2-3X-1=0, d’inconnue réelle XX. a. Vérifier que −1-1 est une solution de (F)(F), puis déterminer les autres solutions. b. Montrer que cos⁡π5\cos\frac\pi5 est une solution de (F)(F). c. En déduire que cos⁡π5=1+54\cos\frac\pi5=\dfrac{1+\sqrt5}4.
Voir la solution

1. cos⁡3x=cos⁡2xcos⁡x−sin⁡2xsin⁡x=(2cos⁡2x−1)cos⁡x−2(1−cos⁡2x)cos⁡x=4cos⁡3x−3cos⁡x\cos3x=\cos2x\cos x-\sin2x\sin x=(2\cos^2x-1)\cos x-2(1-\cos^2x)\cos x=4\cos^3x-3\cos x.

2. 4cos⁡3x+2cos⁡2x−3cos⁡x−1=(4cos⁡3x−3cos⁡x)+(2cos⁡2x−1)=cos⁡3x+cos⁡2x4\cos^3x+2\cos^2x-3\cos x-1=(4\cos^3x-3\cos x)+(2\cos^2x-1)=\cos3x+\cos2x. Donc (E)  ⟺  cos⁡3x=cos⁡(π−2x)  ⟺  3x=π−2x+2kπ(E)\iff\cos3x=\cos(\pi-2x)\iff3x=\pi-2x+2k\pi ou 3x=−π+2x+2kπ  ⟺  x=π5+2kπ53x=-\pi+2x+2k\pi\iff x=\frac\pi5+\frac{2k\pi}5 ou x=−π+2kπx=-\pi+2k\pi. La seconde famille est contenue dans la première (−π+2kπ=π5+2(5k−3)π5-\pi+2k\pi=\frac\pi5+\frac{2(5k-3)\pi}5) : S={(2k+1)π5∣k∈Z}S=\left\{\frac{(2k+1)\pi}5\mid k\in\Z\right\}.

3. 0≤(2k+1)π5≤2π  ⟺  k∈{0;1;2;3;4}0\le\frac{(2k+1)\pi}5\le2\pi\iff k\in\{0;1;2;3;4\} : {π5;3π5;π;7π5;9π5}\left\{\frac\pi5;\frac{3\pi}5;\pi;\frac{7\pi}5;\frac{9\pi}5\right\}.

4. a. 4(−1)3+2(−1)2−3(−1)−1=04(-1)^3+2(-1)^2-3(-1)-1=0. Puis 4X3+2X2−3X−1=(X+1)(4X2−2X−1)4X^3+2X^2-3X-1=(X+1)(4X^2-2X-1) et 4X2−2X−1=0  ⟺  X=1±544X^2-2X-1=0\iff X=\frac{1\pm\sqrt5}4. Solutions : −1-1, 1−54\frac{1-\sqrt5}4, 1+54\frac{1+\sqrt5}4.

4. b. π5\frac\pi5 est solution de (E)(E) (question 2), donc X=cos⁡π5X=\cos\frac\pi5 vérifie (F)(F).

4. c. π5∈]0;π2[\frac\pi5\in\left]0;\frac\pi2\right[, donc cos⁡π5>0\cos\frac\pi5>0 ; les solutions −1-1 et 1−54\frac{1-\sqrt5}4 sont négatives. Donc cos⁡π5=1+54\cos\frac\pi5=\frac{1+\sqrt5}4.

Exercice 15 — Problème — les cosinus de 2π7\frac{2\pi}7 Difficile ★★★★★

  1. Résoudre dans R\R l’équation cos⁡4x=cos⁡3x\cos4x=\cos3x.

  2. Montrer que, pour tout x∈Rx\in\R : cos⁡3x=4cos⁡3x−3cos⁡x\cos3x=4\cos^3x-3\cos x et cos⁡4x=8cos⁡4x−8cos⁡2x+1\cos4x=8\cos^4x-8\cos^2x+1.

  3. En déduire que l’équation 8t4−4t3−8t2+3t+1=08t^4-4t^3-8t^2+3t+1=0, d’inconnue réelle tt, a pour ensemble de solutions S={1; cos⁡2π7; cos⁡4π7; cos⁡6π7}.S=\left\{1;\ \cos\frac{2\pi}7;\ \cos\frac{4\pi}7;\ \cos\frac{6\pi}7\right\}.

  4. Factoriser le polynôme P(t)=8t4−4t3−8t2+3t+1P(t)=8t^4-4t^3-8t^2+3t+1 en produit de facteurs du premier degré.

  5. En déduire que cos⁡2π7+cos⁡4π7+cos⁡6π7=−12\cos\frac{2\pi}7+\cos\frac{4\pi}7+\cos\frac{6\pi}7=-\frac12 et que cos⁡2π7×cos⁡4π7×cos⁡6π7=18\cos\frac{2\pi}7\times\cos\frac{4\pi}7\times\cos\frac{6\pi}7=\frac18.

Voir la solution

1. cos⁡4x=cos⁡3x  ⟺  4x=3x+2kπ\cos4x=\cos3x\iff4x=3x+2k\pi ou 4x=−3x+2kπ  ⟺  x=2kπ4x=-3x+2k\pi\iff x=2k\pi ou x=2kπ7x=\frac{2k\pi}7. La première famille est contenue dans la seconde : S={2kπ7∣k∈Z}S=\left\{\frac{2k\pi}7\mid k\in\Z\right\}.

2. Voir l’exercice 14 pour cos⁡3x\cos3x.  cos⁡4x=2cos⁡22x−1=2(2cos⁡2x−1)2−1=8cos⁡4x−8cos⁡2x+1\ \cos4x=2\cos^22x-1=2\left(2\cos^2x-1\right)^2-1=8\cos^4x-8\cos^2x+1.

3. Pour tout x∈Rx\in\R : cos⁡4x−cos⁡3x=P(cos⁡x)\cos4x-\cos3x=P(\cos x) avec P(t)=8t4−4t3−8t2+3t+1P(t)=8t^4-4t^3-8t^2+3t+1. Pour x=2kπ7x=\frac{2k\pi}7, P(cos⁡x)=0P(\cos x)=0 ; les valeurs de cos⁡2kπ7\cos\frac{2k\pi}7 (k∈{0;…;6}k\in\{0;\ldots;6\}) sont 11, cos⁡2π7\cos\frac{2\pi}7, cos⁡4π7\cos\frac{4\pi}7, cos⁡6π7\cos\frac{6\pi}7 (car cos⁡8π7=cos⁡6π7\cos\frac{8\pi}7=\cos\frac{6\pi}7, cos⁡10π7=cos⁡4π7\cos\frac{10\pi}7=\cos\frac{4\pi}7, cos⁡12π7=cos⁡2π7\cos\frac{12\pi}7=\cos\frac{2\pi}7). Ces quatre réels sont distincts (cos⁡\cos est strictement décroissante sur [0;π][0;\pi] et 0<2π7<4π7<6π7<π0<\frac{2\pi}7<\frac{4\pi}7<\frac{6\pi}7<\pi). Un polynôme de degré 44 ayant au plus 44 racines, l’ensemble des solutions est exactement SS.

4. 11 étant racine : P(t)=(t−1)(8t3+4t2−4t−1)P(t)=(t-1)\left(8t^3+4t^2-4t-1\right). Les trois autres racines de PP sont celles du second facteur, de coefficient dominant 88 ; par factorisations successives : P(t)=8(t−1)(t−cos⁡2π7)(t−cos⁡4π7)(t−cos⁡6π7).P(t)=8(t-1)\left(t-\cos\tfrac{2\pi}7\right)\left(t-\cos\tfrac{4\pi}7\right)\left(t-\cos\tfrac{6\pi}7\right).

5. On note c1,c2,c3c_1,c_2,c_3 ces trois cosinus. 8(t−c1)(t−c2)(t−c3)=8t3−8(c1+c2+c3)t2+8(c1c2+c1c3+c2c3)t−8c1c2c38(t-c_1)(t-c_2)(t-c_3)=8t^3-8(c_1+c_2+c_3)t^2+8(c_1c_2+c_1c_3+c_2c_3)t-8c_1c_2c_3. Par identification avec 8t3+4t2−4t−18t^3+4t^2-4t-1 : c1+c2+c3=−12c_1+c_2+c_3=-\frac12 et c1c2c3=18c_1c_2c_3=\frac18.

Exercice 16 — Sommes trigonométriques Difficile ★★★★★

Soit n∈N∗n\in\N^*. Montrer que :

  1. pour tout réel x∉{2kπ∣k∈Z}x\notin\{2k\pi\mid k\in\Z\} : ∑k=1nsin⁡(kx)=sin⁡nx2 sin⁡(n+1)x2sin⁡x2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sin(kx)=\frac{\sin\frac{nx}2\,\sin\frac{(n+1)x}2}{\sin\frac x2} ;
  2. pour tout réel x∉{kπ∣k∈Z}x\notin\{k\pi\mid k\in\Z\} : ∑k=1ncos⁡((2k−1)x)=sin⁡(2nx)2sin⁡x\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\cos\big((2k-1)x\big)=\frac{\sin(2nx)}{2\sin x} ;
  3. pour tout réel xx tel que sin⁡(2n+1x)≠0\sin\left(2^{n+1}x\right)\neq0 : ∑k=0n−12ktan⁡(2kx)=1tan⁡x−2ntan⁡(2nx)\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}2^k\tan\left(2^kx\right)=\frac1{\tan x}-\frac{2^n}{\tan\left(2^nx\right)} (on pourra d’abord établir que tan⁡a=1tan⁡a−2tan⁡2a\tan a=\frac1{\tan a}-\frac2{\tan2a} lorsque sin⁡2a≠0\sin2a\neq0).
Voir la solution

1. sin⁡x2≠0\sin\frac x2\neq0. Pour tout kk : 2sin⁡(kx)sin⁡x2=cos⁡((k−12)x)−cos⁡((k+12)x)2\sin(kx)\sin\frac x2=\cos\left(\left(k-\frac12\right)x\right)-\cos\left(\left(k+\frac12\right)x\right). En sommant de k=1k=1 à nn, les termes se télescopent : 2sin⁡x2∑k=1nsin⁡(kx)=cos⁡x2−cos⁡((n+12)x)=2sin⁡(n+1)x2sin⁡nx2,2\sin\tfrac x2\sum_{k=1}^n\sin(kx)=\cos\tfrac x2-\cos\left(\left(n+\tfrac12\right)x\right)=2\sin\tfrac{(n+1)x}2\sin\tfrac{nx}2 , d’où la formule en divisant par 2sin⁡x22\sin\frac x2.

2. sin⁡x≠0\sin x\neq0 et 2sin⁡xcos⁡((2k−1)x)=sin⁡(2kx)−sin⁡((2k−2)x)2\sin x\cos\big((2k-1)x\big)=\sin(2kx)-\sin\big((2k-2)x\big). En sommant : 2sin⁡x∑k=1ncos⁡((2k−1)x)=sin⁡(2nx)−sin⁡0=sin⁡(2nx)2\sin x\sum_{k=1}^n\cos((2k-1)x)=\sin(2nx)-\sin0=\sin(2nx).

3. Lemme : si sin⁡2a≠0\sin2a\neq0 (donc sin⁡a≠0\sin a\neq0 et cos⁡a≠0\cos a\neq0), 1tan⁡a−2tan⁡2a=cos⁡asin⁡a−cos⁡2asin⁡acos⁡a=cos⁡2a−cos⁡2asin⁡acos⁡a=sin⁡2asin⁡acos⁡a=tan⁡a\dfrac1{\tan a}-\dfrac2{\tan2a}=\dfrac{\cos a}{\sin a}-\dfrac{\cos2a}{\sin a\cos a}=\dfrac{\cos^2a-\cos2a}{\sin a\cos a}=\dfrac{\sin^2a}{\sin a\cos a}=\tan a.

Comme sin⁡(2j+1x)=2sin⁡(2jx)cos⁡(2jx)\sin(2^{j+1}x)=2\sin(2^jx)\cos(2^jx), l’hypothèse sin⁡(2n+1x)≠0\sin(2^{n+1}x)\neq0 entraîne, de proche en proche, sin⁡(2j+1x)≠0\sin(2^{j+1}x)\neq0 pour tout j∈{0;…;n}j\in\{0;\ldots;n\} : toutes les expressions sont définies. Le lemme avec a=2kxa=2^kx, multiplié par 2k2^k, donne 2ktan⁡(2kx)=2ktan⁡(2kx)−2k+1tan⁡(2k+1x)2^k\tan(2^kx)=\dfrac{2^k}{\tan(2^kx)}-\dfrac{2^{k+1}}{\tan(2^{k+1}x)} ; la somme de k=0k=0 à n−1n-1 est télescopique et vaut 1tan⁡x−2ntan⁡(2nx)\dfrac1{\tan x}-\dfrac{2^n}{\tan(2^nx)}.

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