Exercices corrigés : la fonction tangente (math TS, secondaire 5)

a) Le quotient n'existe pas quand le DÉNOMINATEUR s'annule, c'est-à-dire quand $\cos x=0$, donc en $x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$. Ces valeurs sont exclues du domaine et ce sont exactement les asymptotes verticales : il y en a une tous les $\pi$, et non tous les $2\pi$.

b) L'IMAGE est $\mathbb{R}$ tout entier : entre deux asymptotes, la courbe monte de moins l'infini à plus l'infini, donc elle prend TOUTE valeur réelle. La PÉRIODE est $\pi$, et non $2\pi$ : un demi-tour ramène au point diamétralement opposé, dont l'abscisse et l'ordonnée sont toutes deux changées de signe, ce qui laisse le quotient inchangé.

c) Un quotient est nul quand son NUMÉRATEUR est nul, à condition que le dénominateur ne le soit pas. Les zéros de $\tan$ sont donc ceux de $\sin$, soit $x=k\pi$, et en ces points le cosinus vaut $\pm 1$, donc il ne pose pas de problème.

d) $\tan\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt{2}/2}{\sqrt{2}/2}=1$. $\tan\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}/2}{1/2}=\sqrt{3}\approx 1{,}732$. $\tan\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}/2}{-1/2}=-\sqrt{3}$ : même valeur absolue, signe opposé, puisque l'angle est au deuxième quadrant où le cosinus est négatif.

a) La période de la tangente est $\dfrac{\pi}{|b|}$, et non $\dfrac{2\pi}{|b|}$ : ici $\dfrac{\pi}{3}$. La première asymptote est là où l'argument vaut $\dfrac{\pi}{2}$ : $3\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{\pi}{2}$ donne $x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{6}$, donc $x=\dfrac{\pi}{3}$. Les autres suivent tous les $\dfrac{\pi}{3}$ : $x=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{k\pi}{3}$.

b) Le DOMAINE est $\mathbb{R}$ privé des asymptotes. L'IMAGE reste $\mathbb{R}$ tout entier : ni $a$, ni $k$, ni aucun paramètre ne peut borner une tangente, puisqu'elle prend déjà toutes les valeurs réelles entre deux asymptotes. C'est la différence de fond avec une sinusoïde, dont l'image est toujours un intervalle borné.

c) $f\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=2\tan 0-1=-1$ : c'est le point d'INFLEXION, celui d'où part la branche, et son ordonnée est $k$. $f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=2\tan\left(3\times\dfrac{\pi}{12}\right)-1=2\tan\dfrac{\pi}{4}-1=2-1=1$.

d) Il ÉTIRE la courbe verticalement d'un facteur $2$. Comme la courbe monte déjà jusqu'à l'infini, l'étirement ne change ni l'image ni les asymptotes : il change la PENTE au point d'inflexion, donc la rapidité avec laquelle la branche s'écarte. Un $a$ négatif, lui, retourne la courbe : la branche descend au lieu de monter. Parler d'amplitude pour une tangente est donc un abus de langage, et l'examen le sanctionne.

a) Période $=\dfrac{\pi}{|b|}=\dfrac{\pi}{1/2}=2\pi$. La tangente de base a ses asymptotes en $\pm\dfrac{\pi}{2}$ ; ici l'argument est $\dfrac{x}{2}$, donc $\dfrac{x}{2}=\pm\dfrac{\pi}{2}$ donne $x=\pm\pi$, ce que la figure montre.

b) Le point d'inflexion est en $x=h=0$, d'ordonnée $k=0$. Les deux autres sont à un QUART de période, soit $\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}$, de part et d'autre, et y valent $k\pm|a|=\pm 1$ : $\left(-\dfrac{\pi}{2}\,;-1\right)$ et $\left(\dfrac{\pi}{2}\,;1\right)$. Ces trois points et les deux asymptotes suffisent à tracer.

c) Deux asymptotes consécutives sont distantes d'une PÉRIODE : $5-1=4$, donc $|b|=\dfrac{\pi}{4}$. Le point d'inflexion donne $h=3$ et $k=2$. Reste $a$ : le point $(4\,;5)$ est à un quart de période du centre, donc $k+|a|=5$, d'où $a=3$. La règle est $h(x)=3\tan\left(\dfrac{\pi}{4}(x-3)\right)+2$. On peut aussi la trouver en substituant : $3=a\tan\dfrac{\pi}{4}=a$.

d) $h(2)=3\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\times(-1)\right)+2=3\times(-1)+2=-1$. C'est bien le symétrique de $(4\,;5)$ par rapport au point d'inflexion $(3\,;2)$ : une tangente a toujours cette SYMÉTRIE CENTRALE autour de son point d'inflexion, et c'est le contrôle le plus rapide d'une règle trouvée.

a) $\tan x=1$ pour $x=\dfrac{\pi}{4}$, et ensuite tous les $\pi$ : $x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi$. Dans $[0\,;2\pi[$, cela donne $\dfrac{\pi}{4}$ et $\dfrac{\pi}{4}+\pi=\dfrac{5\pi}{4}$. DEUX solutions, parce que deux périodes de longueur $\pi$ tiennent dans un intervalle de longueur $2\pi$.

b) La référence est $\dfrac{\pi}{3}$, puisque $\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3}$. La tangente est NÉGATIVE dans les quadrants II et IV : $x=\pi-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{2\pi}{3}$ et $x=2\pi-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{5\pi}{3}$. Remarquez que ces deux solutions sont distantes de $\pi$ exactement, comme il se doit.

c) $\tan(2x)=-1$, donc $2x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi$, soit $2x=\dfrac{3\pi}{4}$, $\dfrac{7\pi}{4}$, $\dfrac{11\pi}{4}$ ou $\dfrac{15\pi}{4}$ pour $2x$ dans $[0\,;4\pi[$. En divisant par deux : $\dfrac{3\pi}{8}$, $\dfrac{7\pi}{8}$, $\dfrac{11\pi}{8}$ et $\dfrac{15\pi}{8}$. QUATRE solutions, ce que le compte annonçait : $2|b|=4$.

d) La valeur $5$ n'est pas remarquable, donc on prend l'arc tangente : $x=\arctan 5\approx 1{,}3734$ radian. La seconde solution est une période plus loin : $1{,}3734+\pi\approx 4{,}5150$. Au centième : $1{,}37$ et $4{,}51$. Attention, la calculatrice ne donne JAMAIS que la solution de $\left]-\dfrac{\pi}{2}\,;\dfrac{\pi}{2}\right[$ : les autres, c'est à vous de les ajouter.

a) L'égalité $\tan x=1$ donne $x=\dfrac{\pi}{4}$. Sur $\left[0\,;\dfrac{\pi}{2}\right[$ la tangente CROÎT de $0$ vers l'infini, donc elle dépasse $1$ à partir de $\dfrac{\pi}{4}$ : la solution est $\left[\dfrac{\pi}{4}\,;\dfrac{\pi}{2}\right[$, crochet ouvert à droite puisque $\dfrac{\pi}{2}$ n'est pas dans le domaine.

b) La MÊME. Sur $\left]\dfrac{\pi}{2}\,;\pi\right[$, la tangente est NÉGATIVE, donc elle n'y dépasse jamais $1$. La seconde branche n'apporte aucune solution, et il faut le dire : une réponse qui ne mentionne pas la deuxième branche est incomplète même si elle est juste.

c) Sur $\left]\dfrac{\pi}{2}\,;\pi\right[$, la tangente croît de moins l'infini jusqu'à $0$. L'égalité $\tan x=-1$ y a pour solution $x=\dfrac{3\pi}{4}$. Avant ce point la fonction est plus petite que $-1$, après elle est plus grande : la solution est $\left]\dfrac{\pi}{2}\,;\dfrac{3\pi}{4}\right[$.

d) Il a TRAVERSÉ l'asymptote. Le raisonnement « la fonction croît, donc elle reste au-dessus de $1$ » n'est valable que sur UNE branche : en $\dfrac{\pi}{2}$ la courbe saute de plus l'infini à moins l'infini. Contre-exemple : $\tan\dfrac{3\pi}{4}=-1$, qui n'est pas plus grand que $1$, et pourtant $\dfrac{3\pi}{4}$ est dans son ensemble. La règle : on découpe l'intervalle aux asymptotes AVANT de conclure.

a) Pour la sinusoïde, période $=\dfrac{2\pi}{|b|}=\dfrac{2\pi}{2}=\pi$. Pour la tangente, période $=\dfrac{\pi}{|b|}=\dfrac{\pi}{2}$. Avec le MÊME $b$, la tangente a une période deux fois plus courte, et c'est la première chose à vérifier quand on passe d'une famille à l'autre.

b) L'image de $s$ est $[-3\,;3]$, bornée ; celle de $t$ est $\mathbb{R}$. Le $3$ est une AMPLITUDE pour la sinusoïde, c'est-à-dire une hauteur maximale, et un simple facteur d'ÉTIREMENT pour la tangente, qui n'a pas de hauteur maximale.

c) $s(x)=3$ demande le MAXIMUM, atteint une fois par période, donc deux fois sur $[0\,;2\pi[$ puisque la période vaut $\pi$. $t(x)=3$ demande $\tan(2x)=1$, une solution par période de $\dfrac{\pi}{2}$, donc QUATRE sur $[0\,;2\pi[$. Deux fonctions, le même $b$, et pourtant deux comptes différents.

d) $s(x)=10$ n'a AUCUNE solution : $10$ est hors de l'image $[-3\,;3]$. $t(x)=10$ en a QUATRE, autant que $t(x)=3$, parce que l'image de la tangente est $\mathbb{R}$ : toute valeur, si grande soit-elle, est atteinte une fois par branche. C'est la différence la plus utile à retenir : pour une sinusoïde on vérifie toujours que la valeur cible est dans l'image, pour une tangente c'est inutile.

a) Pente $=\dfrac{3-0}{4-0}=0{,}75$. L'angle est $\arctan 0{,}75\approx 36{,}87$ degrés, soit $36{,}9$ au dixième. C'est le triangle $3$-$4$-$5$ bien connu, et son angle n'est pas rond : les triangles à côtés entiers ont presque toujours des angles irrationnels.

b) Pente $=\tan 50^{\circ}\approx 1{,}192$. Une pente supérieure à $1$ signifie que la droite monte plus vite qu'elle n'avance, ce qui arrive dès que l'angle dépasse $45$ degrés.

c) NON. $\tan 30^{\circ}\approx 0{,}577$ et $\tan 60^{\circ}\approx 1{,}732$, dont le rapport vaut $3$, et non $2$. La tangente n'est pas une fonction LINÉAIRE de l'angle : doubler l'angle ne double pas la pente, et l'écart grandit à mesure qu'on approche de $90$ degrés. C'est pourquoi une côte de $10$ degrés se conduit sans y penser alors qu'une côte de $20$ degrés est déjà sévère.

d) $\arctan 100\approx 89{,}43$ degrés : même une pente de dix mille pour cent reste sous les $90$ degrés. Une pente INFINIE correspondrait à $90$ degrés exactement, c'est-à-dire à une droite VERTICALE, et c'est précisément là que la tangente n'existe pas : l'asymptote de la fonction est la traduction algébrique du fait qu'une droite verticale n'a pas de pente.

a) $\tan\theta=\dfrac{1{,}50}{3{,}20}=0{,}46875$, donc $\theta=\arctan 0{,}46875\approx 25{,}11$ degrés, soit $25{,}1$ au dixième.

b) On isole $H$ : $H=3{,}20\times\tan 50^{\circ}\approx 3{,}20\times 1{,}19175\approx 3{,}81$ mètres, soit $381$ cm. C'est une course considérable, et c'est la raison pour laquelle un vérin de benne est TÉLESCOPIQUE, à plusieurs étages : un vérin simple de près de quatre mètres ne tiendrait pas sous le châssis.

c) De $1{,}50$ à $2{,}00$ m : $\arctan\dfrac{2{,}00}{3{,}20}-\arctan\dfrac{1{,}50}{3{,}20}\approx 32{,}01-25{,}11=6{,}89$ degrés. De $3{,}00$ à $3{,}50$ m : $\arctan\dfrac{3{,}50}{3{,}20}-\arctan\dfrac{3{,}00}{3{,}20}\approx 47{,}56-43{,}15=4{,}41$ degrés. La première montée fait donc gagner nettement plus d'angle que la seconde.

d) Parce que la relation entre $H$ et $\theta$ n'est PAS linéaire : c'est $\theta=\arctan$ d'un rapport, et l'arc tangente s'aplatit à mesure que son argument grandit. Concrètement, plus la benne est déjà levée, plus il faut de course de vérin pour gagner un degré. Le concepteur en tire une conséquence pratique : le vérin doit fournir sa plus grande course dans la phase où elle sert le moins, ce qui est exactement pourquoi on place l'attache du vérin le plus loin possible de l'axe.

a) $L=12\tan 30^{\circ}=12\times 0{,}57735\approx 6{,}93$ mètres, soit $693$ cm. Notez qu'on prend la MOITIÉ de l'angle de champ : la formule vient du triangle rectangle formé par la perpendiculaire au mur, qui coupe l'angle en deux.

b) $L=12\tan 60^{\circ}=12\times 1{,}73205\approx 20{,}78$ mètres. Le rapport à la question a) vaut $\dfrac{20{,}78}{6{,}93}=3$ exactement, et non $2$ : doubler l'angle de champ TRIPLE la largeur couverte. On retrouve le rapport de $3$ entre $\tan 60^{\circ}$ et $\tan 30^{\circ}$ vu plus haut.

c) On isole : $\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{20}{12}\approx 1{,}6667$, donc $\dfrac{\alpha}{2}=\arctan 1{,}6667\approx 59{,}04$ degrés, et $\alpha\approx 118{,}1$ degrés. L'erreur à éviter est d'oublier de MULTIPLIER par deux à la fin : on obtiendrait $59$ degrés, un objectif qui ne couvrirait que sept mètres.

d) Quand $\alpha$ approche $180$ degrés, $\dfrac{\alpha}{2}$ approche $90$ degrés, et la tangente s'envole : la largeur couverte tend vers l'INFINI. C'est exactement l'ASYMPTOTE VERTICALE de la fonction tangente en $\dfrac{\pi}{2}$, vue ici dans un contexte concret. Physiquement, un objectif de $180$ degrés regarderait le mur en RASANT, parallèlement à lui, et ne le verrait donc plus : le modèle et la réalité disent la même chose, l'un par une asymptote, l'autre par une image inutilisable. C'est pourquoi les caméras grand-angle plafonnent en pratique autour de $120$ degrés.