Corrigé des exercices : Formules de trigonométrie en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Valeurs exactes en 11π/12

Idée clé : on décompose l’angle en deux angles du tableau, puis on applique les formules d’addition.

1. On a \(\cos(2\pi/3) = -1/2\), \(\sin(2\pi/3) = \sqrt{3}/2\) et \(\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = \sqrt{2}/2\). Par la formule d’addition du cosinus :

   \[\cos\frac{11\pi}{12} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = -\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}.\]

   De même, \(\sin\dfrac{11\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2} – \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Ainsi, \(\cos(11\pi/12) = -(\sqrt{2} + \sqrt{6})/4\) et \(\sin(11\pi/12) = (\sqrt{6} – \sqrt{2})/4\).

2. Or \(\pi/12 = \pi – 11\pi/12\), et \(\cos(\pi – u) = -\cos u\). Donc \(\cos(\pi/12) = (\sqrt{6} + \sqrt{2})/4\).
3. D’abord, \(\cos^2(11\pi/12) = \dfrac{2 + 6 + 2\sqrt{12}}{16} = \dfrac{8 + 4\sqrt{3}}{16}\). Ensuite, \(\sin^2(11\pi/12) = \dfrac{8 – 4\sqrt{3}}{16}\). La somme vaut bien \(16/16 = 1\).

On peut aussi contrôler le signe sans calcul. En effet, \(11\pi/12\) est dans \(]\pi/2, \pi[\), donc son cosinus est négatif et son sinus positif. De plus, l’angle est proche de \(\pi\) : le cosinus doit être proche de \(-1\). Or \((\sqrt{2} + \sqrt{6})/4\) vaut environ \(0{,}97\), ce qui confirme le résultat.

Corrigé de l’exercice 2 – Réduction d’angles associés

Idée clé : on retire d’abord le plus grand multiple de \(2\pi\) possible, puis on applique une seule formule d’angle associé.

1. Comme \(5\pi – x = (\pi – x) + 4\pi\), on a \(\cos(5\pi – x) = \cos(\pi – x) = -\cos x\). Ensuite, \(\sin(7\pi/2 + x) = \sin(x – \pi/2) = -\cos x\). Enfin, \(\cos(x – 3\pi) = \cos(x – \pi) = -\cos x\). Par conséquent, \(A(x) = -\cos x – \cos x + 2\cos x\). Ainsi, \(A(x) = 0\) pour tout réel \(x\).
2. On écrit \(-x – 9\pi/2 = -x – \pi/2 – 4\pi\). Donc \(\sin(-x – 9\pi/2) = -\sin(x + \pi/2) = -\cos x\). De plus, \(\cos(x + 11\pi/2) = \cos(x + 3\pi/2) = \sin x\). On obtient \(B(x) = \sin x – \cos x\). Pour \(x = 0\), l’expression initiale vaut \(\sin(-\pi/2) + \cos(3\pi/2) = -1 + 0 = -1\), ce qui coïncide avec \(\sin 0 – \cos 0\).

Le contrôle en une valeur ne prouve rien, mais il détecte la plupart des erreurs de signe. Pour être plus sûr, on teste une seconde valeur : avec \(x = \pi/2\), l’expression initiale donne \(\sin(-5\pi) + \cos(6\pi) = 0 + 1 = 1\), et la formule trouvée donne aussi \(\sin(\pi/2) – \cos(\pi/2) = 1\).

Corrigé de l’exercice 3 – Une congruence à diviser par trois

Idée clé : diviser l’angle par \(3\) oblige à diviser aussi le module par \(3\).

1. On a \(3x \equiv \pi/2\;[2\pi]\) si et seulement s’il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(3x = \pi/2 + 2k\pi\), c’est-à-dire \(x = \pi/6 + 2k\pi/3\). Les solutions sont les réels \(x \equiv \pi/6\;[2\pi/3]\).
2. Pour \(k = 0\), \(1\) et \(-1\), on obtient \(\pi/6\), \(5\pi/6\) et \(-\pi/2\). En revanche, \(k = 2\) donne \(3\pi/2 > \pi\) et \(k = -2\) donne \(-7\pi/6 < -\pi\). Les solutions dans \(]-\pi, \pi]\) sont \(-\pi/2\), \(\pi/6\) et \(5\pi/6\). Sur le cercle, elles forment un triangle équilatéral.
3. Si \(x – y = 2k\pi\), alors \(3x – 3y = 2(3k)\pi\), donc \(3x \equiv 3y\;[2\pi]\). En revanche, \(x = 2\pi/3\) et \(y = 0\) vérifient \(3x = 2\pi \equiv 0 = 3y\;[2\pi]\). Pourtant \(x \not\equiv y\;[2\pi]\) : la réciproque est fausse.

Cette situation est générale. En effet, l’équation \(nx \equiv \alpha\;[2\pi]\) possède exactement \(n\) solutions dans tout intervalle semi-ouvert de longueur \(2\pi\). Ces solutions forment un polygone régulier à \(n\) sommets sur le cercle trigonométrique.

Corrigé de l’exercice 4 – Formule de triplication du cosinus

Idée clé : on développe avec la formule d’addition, puis on élimine le sinus grâce à \(\sin^2 a = 1 – \cos^2 a\).

1. Notons \(c = \cos a\) et \(s = \sin a\). On a \(\cos 3a = \cos 2a\cos a – \sin 2a\sin a = (2c^2 – 1)c – 2s^2c\). Puis on remplace \(s^2\) par \(1 – c^2\) : \(\cos 3a = 2c^3 – c – 2c + 2c^3\). Donc \(\cos 3a = 4\cos^3 a – 3\cos a\).
2. De même, \(\sin 3a = \sin 2a\cos a + \cos 2a\sin a = 2sc^2 + (1 – 2s^2)s\). Avec \(c^2 = 1 – s^2\), on trouve \(2s – 2s^3 + s – 2s^3\). Donc \(\sin 3a = 3\sin a – 4\sin^3 a\).
3. La question 1 donne directement \(\cos^3 a = \dfrac{\cos 3a + 3\cos a}{4}\). Ensuite, \(\sin a\cos a = \frac{1}{2}\sin 2a\), donc \(\sin^2 a\cos^2 a = \frac{1}{4}\sin^2 2a\). Enfin, on linéarise \(\sin^2 2a = \frac{1 – \cos 4a}{2}\). Ainsi, \(\sin^2 a\cos^2 a = \dfrac{1 – \cos 4a}{8}\).

On contrôle la formule de triplication avec \(a = \pi/3\) : \(\cos\pi = -1\), et \(4\cdot\frac{1}{8} – 3\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{2} – \frac{3}{2} = -1\). De même, pour la linéarisation, \(a = \pi/4\) donne \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{4}\) d’un côté et \(\frac{1 – \cos\pi}{8} = \frac{1}{4}\) de l’autre.

Corrigé de l’exercice 5 – Équation en sin(2x − π/3)

Idée clé : on reconnaît \(\sqrt{2}/2 = \sin(\pi/4)\), puis on applique l’équation de base du sinus à l’angle \(2x – \pi/3\).

1. L’équation équivaut à \(2x – \pi/3 \equiv \pi/4\;[2\pi]\) ou \(2x – \pi/3 \equiv 3\pi/4\;[2\pi]\). Dans le premier cas, \(2x \equiv 7\pi/12\;[2\pi]\). Dans le second, \(2x \equiv 13\pi/12\;[2\pi]\). On divise ensuite angle et module par \(2\). Les solutions sont les réels \(x \equiv 7\pi/24\;[\pi]\) et \(x \equiv 13\pi/24\;[\pi]\).
2. Chaque famille fournit deux valeurs dans \([0, 2\pi[\), obtenues avec \(k = 0\) et \(k = 1\). Les solutions sont \(7\pi/24\), \(13\pi/24\), \(31\pi/24\) et \(37\pi/24\).

L’erreur la plus fréquente consiste à garder le module \(2\pi\) après la division par \(2\). On obtiendrait alors seulement deux solutions dans \([0, 2\pi[\) au lieu de quatre. Par ailleurs, on vérifie une valeur : pour \(x = 7\pi/24\), on a \(2x – \pi/3 = 7\pi/12 – 4\pi/12 = \pi/4\), dont le sinus vaut bien \(\sqrt{2}/2\).

Corrigé de l’exercice 6 – Deux angles de tangentes 3/2 et 5

Idée clé : la tangente détermine un angle seulement sur un intervalle de longueur \(\pi\) ; on localise donc \(a + b\) avant de conclure.

1. Les réels \(a\) et \(b\) sont dans \(]0, \pi/2[\), donc leurs tangentes existent. De plus, \(\tan a\tan b = 15/2 \neq 1\), donc \(\cos(a + b) \neq 0\). La formule s’applique : \(\tan(a + b) = \dfrac{3/2 + 5}{1 – 15/2} = \dfrac{13/2}{-13/2}\). Ainsi, \(\tan(a + b) = -1\).
2. On sait que \(a + b \in ]0, \pi[\). Puisque sa tangente est négative, \(a + b\) appartient à \(]\pi/2, \pi[\). Or la tangente est injective sur cet intervalle et \(\tan(3\pi/4) = -1\). Par conséquent, \(a + b = 3\pi/4\).
3. On a \(\tan(b – a) = \dfrac{5 – 3/2}{1 + 15/2} = \dfrac{7/2}{17/2}\). Donc \(\tan(b – a) = 7/17\).

Sans la localisation de la question 2, on pourrait seulement affirmer que \(a + b \equiv 3\pi/4\;[\pi]\). C’est pourquoi l’encadrement \(0 < a + b < \pi\) et le signe de la tangente sont indispensables. La figure de l’énoncé, construite avec des triangles accolés, confirme d’ailleurs que l’angle total dépasse un angle droit.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Somme de deux sinus et équation

Idée clé : la demi-somme de \(3x\) et \(7x\) vaut \(5x\), ce qui fait apparaître le second membre en facteur.

1. La formule \(\sin p + \sin q = 2\sin\frac{p + q}{2}\cos\frac{p – q}{2}\) donne \(2\sin 5x\cos(-2x)\). Le cosinus étant pair, \(\sin 3x + \sin 7x = 2\sin 5x\cos 2x\).
2. L’équation devient \(\sin 5x\,(2\cos 2x – 1) = 0\). D’une part, \(\sin 5x = 0\) équivaut à \(x \equiv 0\;[\pi/5]\). D’autre part, \(\cos 2x = 1/2\) équivaut à \(2x \equiv \pm\pi/3\;[2\pi]\), soit \(x \equiv \pm\pi/6\;[\pi]\). Les solutions sont les réels \(x \equiv 0\;[\pi/5]\), \(x \equiv \pi/6\;[\pi]\) et \(x \equiv -\pi/6\;[\pi]\).
3. Dans \([0, \pi]\), la première famille donne \(0\), \(\pi/5\), \(2\pi/5\), \(3\pi/5\), \(4\pi/5\) et \(\pi\). Les deux autres donnent \(\pi/6\) et \(5\pi/6\). Aucune de ces deux valeurs n’est un multiple de \(\pi/5\). L’équation a donc 8 solutions dans \([0, \pi]\).

Le choix du regroupement est décisif. Si l’on avait associé \(\sin 3x\) et \(\sin 5x\), la demi-somme \(4x\) n’aurait fait apparaître aucun facteur commun. En pratique, on cherche donc deux termes dont la demi-somme des angles est l’angle du troisième terme.

Corrigé de l’exercice 8 – Inéquation du second degré en sinus

Idée clé : on pose \(s = \sin x\), on étudie le signe du trinôme, puis on lit les arcs sur le cercle sans oublier les points isolés.

1. Le trinôme a pour racines \(-1\) et \(1/2\), car \(2 – 1 – 1 = 0\) et le produit des racines vaut \(-1/2\). Donc \(2s^2 + s – 1 = (2s – 1)(s + 1)\).
2. On cherche \((2\sin x – 1)(\sin x + 1) < 0\). Or \(\sin x + 1 \geqslant 0\), avec égalité seulement en \(x = -\pi/2\) sur \(]-\pi, \pi]\). L’inéquation équivaut donc à \(\sin x < 1/2\) et \(x \neq -\pi/2\). Sur \(]-\pi, \pi]\), on a \(\sin x \geqslant 1/2\) exactement sur \([\pi/6, 5\pi/6]\). L’ensemble des solutions est \(]-\pi, -\pi/2[\,\cup\,]-\pi/2, \pi/6[\,\cup\,]5\pi/6, \pi]\).
3. Pour l’inégalité large, le facteur \(\sin x + 1\) peut s’annuler. Ainsi, l’inéquation équivaut à \(\sin x \leqslant 1/2\). L’ensemble des solutions est \(]-\pi, \pi/6]\,\cup\,[5\pi/6, \pi]\). Par rapport à la question 2, on récupère les deux bornes et le point \(-\pi/2\).

La figure montre l’arc solution de l’inéquation stricte et le point exclu.

Ce point exclu est exactement le piège de l’exercice. En effet, en \(x = -\pi/2\), le produit vaut \((-3)\times 0 = 0\), qui n’est pas strictement négatif. Ainsi, une simple lecture de la condition \(\sin x < 1/2\) aurait donné une réponse fausse.

Corrigé de l’exercice 9 – Expression de la forme a cos x + b sin x

Idée clé : on factorise par \(r = \sqrt{a^2 + b^2}\) pour reconnaître une formule d’addition.

1. Ici \(r = \sqrt{3 + 1} = 2\). Ensuite, \(f(x) = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x – \frac{1}{2}\sin x\right) = 2\left(\cos\frac{\pi}{6}\cos x – \sin\frac{\pi}{6}\sin x\right)\). Donc \(f(x) = 2\cos(x + \pi/6)\).
2. Le cosinus prend toutes les valeurs de \([-1, 1]\). Le maximum de \(f\) vaut \(2\), atteint en \(x \equiv -\pi/6\;[2\pi]\), et le minimum vaut \(-2\), atteint en \(x \equiv 5\pi/6\;[2\pi]\).
3. L’équation équivaut à \(\cos(x + \pi/6) = \sqrt{2}/2 = \cos(\pi/4)\), donc \(x + \pi/6 \equiv \pm\pi/4\;[2\pi]\). Les solutions sont \(x \equiv \pi/12\;[2\pi]\) et \(x \equiv -5\pi/12\;[2\pi]\).

On peut vérifier la forme obtenue en \(x = 0\) : \(f(0) = \sqrt{3}\) et \(2\cos(\pi/6) = \sqrt{3}\). Ensuite, les deux familles de solutions se contrôlent rapidement. Par exemple, pour \(x = \pi/12\), on a \(x + \pi/6 = \pi/4\), donc \(f(x) = 2\cdot\sqrt{2}/2 = \sqrt{2}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Somme télescopique de cosinus impairs

Idée clé : multiplier par \(2\sin x\) transforme chaque terme en différence de deux sinus consécutifs.

1. On utilise \(2\sin a\cos b = \sin(a + b) + \sin(a – b)\) avec \(a = x\) et \(b = (2k – 1)x\). On obtient \(\sin(2kx) + \sin\big((2 – 2k)x\big)\). Donc \(2\sin x\cos\big((2k – 1)x\big) = \sin(2kx) – \sin\big((2k – 2)x\big)\).
2. En sommant pour \(k\) de \(1\) à \(n\), les termes se télescopent : \(2\sin x\,T_n = \sin(2nx) – \sin 0\). Comme \(x \not\equiv 0\;[\pi]\), on a \(\sin x \neq 0\). Par conséquent, \(T_n = \dfrac{\sin(2nx)}{2\sin x}\).
3. Pour \(x = \pi/(2n)\), on a bien \(\sin x \neq 0\), et \(\sin(2nx) = \sin\pi = 0\). Donc \(T_n = 0\). Pour \(n = 2\), on vérifie : \(\cos(\pi/4) + \cos(3\pi/4) = \sqrt{2}/2 – \sqrt{2}/2 = 0\).

Ce résultat se vérifie aussi pour \(n = 1\) : la formule donne \(\sin 2x/(2\sin x) = \cos x\), ce qui est bien \(T_1\). Par ailleurs, la condition \(x \not\equiv 0\;[\pi]\) est nécessaire pour diviser. Lorsque \(x \equiv 0\;[\pi]\), on calcule directement : chaque terme vaut \(\cos x\), donc \(T_n = n\cos x\).

Corrigé de l’exercice 11 – Le sinus est 1-lipschitzien

Idée clé : on transforme une différence de sinus en produit, puis on majore chaque facteur.

1. Pour \(u \geqslant 0\), la fonction \(u \mapsto u – \sin u\) a une dérivée \(1 – \cos u \geqslant 0\) et s’annule en \(0\). Elle est donc positive, d’où \(\sin u \leqslant u\). De plus, \(\sin u \geqslant -1 \geqslant -u\) si \(u \geqslant 1\), et \(\sin u \geqslant 0\) si \(0 \leqslant u \leqslant 1\). On a donc \(|\sin u| \leqslant u\) pour \(u \geqslant 0\), et la parité donne le cas général.
2. On écrit \(\sin x – \sin y = 2\cos\frac{x + y}{2}\sin\frac{x – y}{2}\). Le cosinus est majoré par \(1\) en valeur absolue. Ensuite, la question 1 donne \(\left|\sin\frac{x – y}{2}\right| \leqslant \frac{|x – y|}{2}\). Ainsi, \(|\sin x – \sin y| \leqslant |x – y|\).
3. Pour \(n = 0\), les deux membres sont nuls. Supposons ensuite l’inégalité vraie au rang \(n\). La formule d’addition et l’inégalité triangulaire donnent

   \[|\sin((n + 1)x)| = |\sin(nx)\cos x + \cos(nx)\sin x| \leqslant |\sin(nx)| + |\sin x| \leqslant (n + 1)|\sin x|.\]

   L’inégalité est donc vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

4. D’après la question 2, \(|\sin(1{,}02) – \sin 1| \leqslant |1{,}02 – 1|\). Un majorant est donc \(0{,}02\).

La question 3 montre en particulier que \(\sin(nx)\) s’annule dès que \(\sin x = 0\), ce qui est cohérent. En revanche, l’inégalité est souvent grossière. Par exemple, pour \(n = 2\) et \(x = \pi/2\), elle donne \(0 \leqslant 2\), alors que le premier membre est nul.

Corrigé de l’exercice 12 – Équation résolue par tan(x/2)

Idée clé : on écarte d’abord les réels où \(\tan(x/2)\) n’existe pas, puis on se ramène à un trinôme en \(t\).

1. Pour \(x \equiv \pi\;[2\pi]\), on a \(2\cos x + \sin x = -2 \neq 1\). Ces réels ne sont pas solutions.
2. Pour les autres réels, on remplace \(\cos x\) par \(\dfrac{1 – t^2}{1 + t^2}\) et \(\sin x\) par \(\dfrac{2t}{1 + t^2}\). Ensuite, on multiplie par \(1 + t^2 > 0\) : l’équation devient \(2 – 2t^2 + 2t = 1 + t^2\). Elle équivaut donc à \(3t^2 – 2t – 1 = 0\).
3. Le trinôme a pour racines \(1\) et \(-1/3\). D’abord, \(t = 1\) donne \(x/2 \equiv \pi/4\;[\pi]\), soit \(x \equiv \pi/2\;[2\pi]\). On vérifie : \(2\cos(\pi/2) + \sin(\pi/2) = 1\). Ensuite, \(t = -1/3\) donne \(\cos x = \frac{8/9}{10/9} = 4/5\) et \(\sin x = \frac{-2/3}{10/9} = -3/5\). On vérifie : \(8/5 – 3/5 = 1\). Notons \(\beta\) l’unique réel de \(]-\pi/2, \pi/2[\) tel que \(\tan\beta = 1/3\) ; il existe car la tangente est une bijection de cet intervalle sur \(\mathbb{R}\). Par imparité, \(t = -1/3\) équivaut à \(x/2 \equiv -\beta\;[\pi]\). Les solutions sont \(x \equiv \pi/2\;[2\pi]\) et \(x \equiv -2\beta\;[2\pi]\).

Sur le cercle, la seconde famille correspond au point de coordonnées \((4/5, -3/5)\), situé dans le quatrième quadrant. Une autre méthode consistait à écrire \(2\cos x + \sin x = \sqrt{5}\cos(x – \varphi)\). Cependant, l’angle \(\varphi\) n’est pas remarquable, si bien que le paramètre \(t\) donne ici une rédaction plus directe.

Corrigé de l’exercice 13 – Valeurs exactes en π/8

Idée clé : l’angle \(\pi/8\) est la moitié de \(\pi/4\) ; on utilise donc les formules de l’angle moitié, puis on contrôle par l’angle double.

1. On a \(\cos^2(\pi/8) = \dfrac{1 + \cos(\pi/4)}{2} = \dfrac{2 + \sqrt{2}}{4}\) et \(\sin^2(\pi/8) = \dfrac{2 – \sqrt{2}}{4}\). Or \(\pi/8 \in ]0, \pi/2[\), donc cosinus et sinus sont positifs. Ainsi, \(\cos(\pi/8) = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}\) et \(\sin(\pi/8) = \dfrac{\sqrt{2 – \sqrt{2}}}{2}\).
2. Avec \(\theta = \pi/4\), on obtient \(\tan(\pi/8) = \dfrac{\sqrt{2}/2}{1 + \sqrt{2}/2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2 + \sqrt{2}}\). On multiplie ensuite par la quantité conjuguée : \(\dfrac{\sqrt{2}(2 – \sqrt{2})}{4 – 2} = \dfrac{2\sqrt{2} – 2}{2}\). Donc \(\tan(\pi/8) = \sqrt{2} – 1\).
3. Posons \(t = \sqrt{2} – 1\). Alors \(t^2 = 3 – 2\sqrt{2}\) et \(1 – t^2 = 2\sqrt{2} – 2 = 2t\). Par conséquent, \(\dfrac{2t}{1 – t^2} = 1\). On retrouve bien \(\tan(\pi/4) = 1\).
4. Comme \(3\pi/8 = \pi/2 – \pi/8\), on a \(\tan(3\pi/8) = \dfrac{1}{\tan(\pi/8)} = \dfrac{1}{\sqrt{2} – 1}\). Donc \(\tan(3\pi/8) = \sqrt{2} + 1\).

Le résultat est plausible numériquement : \(\sqrt{2} – 1\) vaut environ \(0{,}41\), et \(\pi/8\) vaut environ \(0{,}39\). Or, d’après l’exercice 14, la tangente dépasse l’angle sur \([0, \pi/2[\), ce qui est bien le cas ici. De plus, \(\tan(\pi/8)\tan(3\pi/8) = 1\), comme pour tout couple d’angles complémentaires.

Corrigé de l’exercice 14 – Équations en tangente

Idée clé : on fixe d’abord le domaine, puis on utilise \(\tan u = \tan v \iff u \equiv v\;[\pi]\).

1. L’équation a un sens si \(2x \not\equiv \pi/2\;[\pi]\) et \(x + \pi/5 \not\equiv \pi/2\;[\pi]\). Autrement dit, \(x \not\equiv \pi/4\;[\pi/2]\) et \(x \not\equiv 3\pi/10\;[\pi]\). Sur ce domaine, l’équation équivaut à \(2x \equiv x + \pi/5\;[\pi]\), soit \(x \equiv \pi/5\;[\pi]\). Ensuite, on vérifie le domaine : \(\pi/5 – \pi/4 = -\pi/20\) n’est pas multiple de \(\pi/2\), et \(\pi/5 – 3\pi/10 = -\pi/10\) n’est pas multiple de \(\pi\). Les solutions sont les réels \(x \equiv \pi/5\;[\pi]\).
2. On pose \(T = \tan x\). Le discriminant de \(\sqrt{3}T^2 – 4T + \sqrt{3}\) vaut \(16 – 12 = 4\). Les racines sont donc \(\dfrac{4 \pm 2}{2\sqrt{3}}\), soit \(\sqrt{3}\) et \(1/\sqrt{3}\). Les solutions sont \(x \equiv \pi/3\;[\pi]\) et \(x \equiv \pi/6\;[\pi]\).
3. La fonction \(h : x \mapsto \tan x – x\) est dérivable sur \([0, \pi/2[\), de dérivée \(1 + \tan^2 x – 1 = \tan^2 x \geqslant 0\). Elle est donc croissante. De plus, \(h(0) = 0\). Ainsi, \(\tan x \geqslant x\) sur \([0, \pi/2[\).

Dans la question 1, il ne faut surtout pas oublier l’étape de vérification du domaine. En effet, sur un autre exemple comme \(\tan 3x = \tan x\), une partie des solutions du calcul tombe sur des valeurs interdites et doit être écartée. Ici, au contraire, toute la famille convient.

Corrigé de l’exercice 15 – Produit de quatre cosinus

Idée clé : le facteur \(\sin(\pi/15)\) déclenche une cascade de formules \(\sin a\cos a = \frac{1}{2}\sin 2a\).

1. On a successivement \(\sin\frac{\pi}{15}\cos\frac{\pi}{15} = \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{15}\), puis \(\frac{1}{4}\sin\frac{4\pi}{15}\), puis \(\frac{1}{8}\sin\frac{8\pi}{15}\), et enfin \(\frac{1}{16}\sin\frac{16\pi}{15}\). Or \(\sin(16\pi/15) = \sin(\pi + \pi/15) = -\sin(\pi/15)\). Donc \(\sin\frac{\pi}{15}\,P = -\frac{1}{16}\sin\frac{\pi}{15}\).
2. Comme \(\sin(\pi/15) \neq 0\), on simplifie. On obtient \(P = -1/16\). Ce signe était prévisible : les trois premiers angles sont dans \(]0, \pi/2[\), tandis que \(8\pi/15 > \pi/2\) donne un cosinus négatif.

La même technique calcule tout produit de la forme \(\cos a\cos 2a\cos 4a\cdots\cos(2^{n-1}a)\). En effet, multiplier par \(\sin a\) donne \(\sin(2^n a)/2^n\). On conclut ensuite dès que \(\sin(2^n a)\) s’exprime simplement en fonction de \(\sin a\), comme ici avec \(16\pi/15 = \pi + \pi/15\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Signe de sin x + sin 2x + sin 3x

Idée clé : on regroupe les termes extrêmes pour factoriser, puis on étudie le signe de chaque facteur.

1. On a \(\sin x + \sin 3x = 2\sin 2x\cos x\). Donc \(g(x) = \sin 2x\,(2\cos x + 1)\). Avec \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\), on obtient \(g(x) = 2\sin x\cos x\,(2\cos x + 1)\).
2. Sur \([0, 2\pi]\), \(\sin x = 0\) pour \(0\), \(\pi\), \(2\pi\). Ensuite, \(\cos x = 0\) pour \(\pi/2\), \(3\pi/2\). Enfin, \(\cos x = -1/2\) pour \(2\pi/3\), \(4\pi/3\). Les zéros de \(g\) sont \(0\), \(\pi/2\), \(2\pi/3\), \(\pi\), \(4\pi/3\), \(3\pi/2\) et \(2\pi\).
3. On étudie le signe des trois facteurs sur chaque intervalle.
   • Sur \(]0, \pi/2[\) : \(\sin x > 0\), \(\cos x > 0\), \(2\cos x + 1 > 0\), donc \(g > 0\).
   • Sur \(]\pi/2, 2\pi/3[\) : seul \(\cos x\) est négatif, donc \(g < 0\).
   • Sur \(]2\pi/3, \pi[\) : \(\cos x\) et \(2\cos x + 1\) sont négatifs, donc \(g > 0\).
   • Sur \(]\pi, 4\pi/3[\) : les trois facteurs sont négatifs, donc \(g < 0\).
   • Sur \(]4\pi/3, 3\pi/2[\) : \(\sin x\) et \(\cos x\) sont négatifs, donc \(g > 0\).
   • Sur \(]3\pi/2, 2\pi[\) : seul \(\sin x\) est négatif, donc \(g < 0\).

   Ainsi, \(g(x) > 0\) sur \([0, 2\pi]\) si et seulement si \(x \in ]0, \pi/2[\,\cup\,]2\pi/3, \pi[\,\cup\,]4\pi/3, 3\pi/2[\).

On peut contrôler le tableau avec une valeur. Pour \(x = \pi/4\), on trouve \(g(\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2} + 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} = 1 + \sqrt{2} > 0\), conformément au premier intervalle. De plus, la fonction \(g\) est impaire et \(2\pi\)-périodique, donc son graphe est symétrique par rapport au point \((\pi, 0)\), ce qu’on observe sur la figure.

Le graphe de \(g\) confirme ce tableau de signe.

Corrigé de l’exercice 17 – Problème : encadrements polynomiaux du sinus et du cosinus

Idée clé : chaque inégalité se prouve par une étude de fonction, et la dérivée de chaque fonction auxiliaire est la fonction de la question précédente.

1. Posons \(u(x) = x – \sin x\) sur \([0, +\infty[\). Alors \(u^{\prime}(x) = 1 – \cos x \geqslant 0\), donc \(u\) est croissante. Comme \(u(0) = 0\), on a \(\sin x \leqslant x\) pour tout \(x \geqslant 0\).
2. Posons \(v(x) = \cos x – 1 + x^2/2\). Pour \(x \geqslant 0\), \(v^{\prime}(x) = x – \sin x \geqslant 0\) par la question 1. Ainsi, \(v\) est croissante sur \([0, +\infty[\) avec \(v(0) = 0\), donc \(v \geqslant 0\). De plus, \(v\) est paire. Par conséquent, \(\cos x \geqslant 1 – x^2/2\) pour tout réel \(x\).
3. Posons \(w(x) = \sin x – x + x^3/6\). Alors \(w^{\prime}(x) = \cos x – 1 + x^2/2 = v(x) \geqslant 0\). Donc \(w\) est croissante sur \([0, +\infty[\) et \(w(0) = 0\). Ainsi, \(\sin x \geqslant x – x^3/6\) pour tout \(x \geqslant 0\).
4. Pour \(x = 1/10\), on a \(x^3/6 = 1/6000\). Donc \(\dfrac{599}{6000} \leqslant \sin\dfrac{1}{10} \leqslant \dfrac{1}{10}\). Ensuite, pour \(x > 0\), les questions 1 et 3 donnent \(0 \leqslant x – \sin x \leqslant x^3/6\). En divisant par \(x^2\), on obtient \(0 \leqslant \dfrac{x – \sin x}{x^2} \leqslant \dfrac{x}{6}\). Par encadrement, la limite cherchée vaut \(0\).
5. Par duplication, \(1 – \cos x = 2\sin^2(x/2)\). Or \(|\sin(x/2)| \leqslant |x|/2\), donc \(\sin^2(x/2) \leqslant x^2/4\). On retrouve \(1 – \cos x \leqslant x^2/2\) pour tout réel \(x\).

Ces encadrements préparent directement les développements limités du second semestre. Par ailleurs, ils donnent des valeurs approchées très précises. Par exemple, l’écart entre les deux bornes de \(\sin(1/10)\) est \(1/6000\), soit moins de \(2\times 10^{-4}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : valeurs exactes en π/10 et une équation associée

Idée clé : la relation \(2\theta + 3\theta = \pi/2\) relie un sinus double et un cosinus triple, ce qui donne une équation du second degré en \(\sin\theta\).

1. On a \(2\theta + 3\theta = 5\pi/10 = \pi/2\). Donc \(\cos 3\theta = \cos(\pi/2 – 2\theta)\). Ainsi, \(\cos 3\theta = \sin 2\theta\).
2. D’après l’exercice 4, \(\cos 3\theta = 4\cos^3\theta – 3\cos\theta\). L’égalité précédente s’écrit \(2\sin\theta\cos\theta = \cos\theta\,(4\cos^2\theta – 3)\). Or \(\cos\theta \neq 0\), donc \(2s = 4(1 – s^2) – 3 = 1 – 4s^2\). Par conséquent, \(4s^2 + 2s – 1 = 0\).
3. Le discriminant vaut \(4 + 16 = 20\). Les racines sont donc \(\dfrac{-2 \pm 2\sqrt{5}}{8} = \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}\). Comme \(\theta \in ]0, \pi/2[\), on a \(s > 0\). Donc \(\sin(\pi/10) = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{4}\).
4. On calcule \(s^2 = \dfrac{6 – 2\sqrt{5}}{16}\). Ensuite, \(\cos(\pi/5) = 1 – 2s^2 = 1 – \dfrac{6 – 2\sqrt{5}}{8}\). Ainsi, \(\cos(\pi/5) = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{4}\). De même, \(\cos(2\pi/5) = 2\cos^2(\pi/5) – 1 = \dfrac{6 + 2\sqrt{5}}{8} – 1\). Donc \(\cos(2\pi/5) = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{4}\). On retrouve \(\sin(\pi/10)\), ce qui est normal car \(2\pi/5 = \pi/2 – \pi/10\).
5. L’équation s’écrit \(\cos 3x = \cos(\pi/2 – 2x)\). D’abord, \(3x \equiv \pi/2 – 2x\;[2\pi]\) donne \(x \equiv \pi/10\;[2\pi/5]\). Ensuite, \(3x \equiv 2x – \pi/2\;[2\pi]\) donne \(x \equiv -\pi/2\;[2\pi]\). Dans \([0, 2\pi[\), la première famille fournit \(\pi/10\), \(\pi/2\), \(9\pi/10\), \(13\pi/10\) et \(17\pi/10\). La seconde fournit \(3\pi/2\). L’équation a donc six solutions : \(\pi/10\), \(\pi/2\), \(9\pi/10\), \(13\pi/10\), \(3\pi/2\) et \(17\pi/10\).

La figure montre les deux courbes et leurs six points d’intersection sur \([0, 2\pi[\).

On remarque que la valeur \(\pi/2\) appartient aux deux familles : elle s’obtient avec \(k = 1\) dans la première, et elle diffère de \(-\pi/2\) d’un tour complet. Il ne faut donc pas la compter deux fois. Par ailleurs, la première question explique pourquoi \(\pi/10\) est solution : c’est précisément l’angle \(\theta\) du problème. Enfin, les valeurs exactes obtenues ici permettent de construire un pentagone régulier à la règle et au compas, puisque \(\cos(2\pi/5)\) s’écrit avec une seule racine carrée.

Pour aller plus loin

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