Exercices corrigés : les identités trigonométriques (math TS, secondaire 5)

a) Le point image a pour coordonnées $(\cos\theta\,;\sin\theta)$. En abaissant la perpendiculaire à l'axe horizontal, on forme un triangle RECTANGLE dont les cathètes mesurent $|\cos\theta|$ et $|\sin\theta|$ et dont l'hypoténuse est le rayon, de longueur $1$. Pythagore donne $\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1$. Les valeurs absolues disparaissent d'elles-mêmes, puisqu'on élève au carré.

b) Ce sont de simples transpositions : $\sin^{2}\theta=1-\cos^{2}\theta$ et $\cos^{2}\theta=1-\sin^{2}\theta$. Ces deux formes servent bien plus souvent que l'originale, parce qu'elles permettent de REMPLACER un carré par l'autre et donc de tout ramener à un seul rapport. C'est la manoeuvre centrale du chapitre.

c) $\cos\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{2}$, donc $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}=1$. Vérifier une identité en un point ne la démontre pas, mais une vérification qui échoue suffit à la réfuter.

d) Parce qu'un QUOTIENT n'existe pas quand son dénominateur est nul : l'identité $\tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$ n'a de sens que si $\cos\theta\ne 0$, c'est-à-dire si $\theta\ne\dfrac{\pi}{2}+k\pi$. La pythagoricienne, elle, n'est faite que de sommes et de produits : elle est vraie pour TOUT réel, sans exception. Une identité s'énonce toujours avec son domaine de validité, et l'examen le compte.

a) $\cos^{2}\theta=1-\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}=1-\dfrac{9}{25}=\dfrac{16}{25}$, donc $\cos\theta=\pm\dfrac{4}{5}$. Au DEUXIÈME quadrant le cosinus est NÉGATIF : $\cos\theta=-\dfrac{4}{5}$. Puis $\tan\theta=\dfrac{3/5}{-4/5}=-\dfrac{3}{4}$. Contrôle : au deuxième quadrant la tangente doit être négative, elle l'est.

b) De $\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=-\dfrac{5}{12}$, on reconnaît le triangle $5$-$12$-$13$ : les valeurs absolues sont $\dfrac{5}{13}$ et $\dfrac{12}{13}$. Au QUATRIÈME quadrant, le sinus est négatif et le cosinus positif : $\sin\alpha=-\dfrac{5}{13}$ et $\cos\alpha=\dfrac{12}{13}$. Vérification par la pythagoricienne : $\dfrac{25}{169}+\dfrac{144}{169}=1$.

c) On prendrait $\cos\theta=+\dfrac{4}{5}$, la racine positive, par réflexe. La réponse serait FAUSSE, et elle entraînerait aussi une tangente fausse, $+\dfrac{3}{4}$. Une racine carrée donne toujours deux candidats et le contexte doit toujours en éliminer un : c'est la même discipline qu'en géométrie, où l'on écarte la longueur négative.

d) $\sin^{2}\beta=1-\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9}$, donc $\sin\beta=\pm\dfrac{\sqrt{5}}{3}\approx\pm 0{,}745$. Sans quadrant, on ne peut PAS trancher : $\beta$ est au deuxième quadrant si le sinus est positif, au troisième s'il est négatif. La bonne réponse est de donner les deux valeurs en disant à quel quadrant chacune correspond, jamais d'en choisir une au hasard.

a) On met $\sin^{2}x$ en facteur : $\sin^{2}x\left(1+\tan^{2}x\right)=\sin^{2}x\left(1+\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}\right)=\sin^{2}x\times\dfrac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=\tan^{2}x$. La pythagoricienne apparaît au numérateur après la mise au même dénominateur : c'est le moment à guetter.

b) $1-\cos^{2}x=\sin^{2}x$, donc l'expression vaut $\dfrac{\sin^{2}x}{\sin x\cos x}=\dfrac{\sin x}{\cos x}=\tan x$. Reconnaître $1-\cos^{2}x$ comme $\sin^{2}x$ économise tout le reste : on cherche TOUJOURS cette forme avant de développer.

c) $(1+\tan^{2}x)\cos^{2}x=\dfrac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}\times\cos^{2}x=1$. Au passage, on vient d'établir une identité utile : $1+\tan^{2}x=\dfrac{1}{\cos^{2}x}$, qui revient constamment.

d) Même dénominateur $\sin x(1+\cos x)$ : $\dfrac{\sin^{2}x+(1+\cos x)^{2}}{\sin x(1+\cos x)}=\dfrac{\sin^{2}x+1+2\cos x+\cos^{2}x}{\sin x(1+\cos x)}=\dfrac{2+2\cos x}{\sin x(1+\cos x)}=\dfrac{2(1+\cos x)}{\sin x(1+\cos x)}=\dfrac{2}{\sin x}$. Le facteur $(1+\cos x)$ se simplifie, ce qui n'est licite que parce qu'on a supposé les dénominateurs non nuls. Vérification en $x=\dfrac{\pi}{2}$ : $1+1=2$ à gauche, $\dfrac{2}{1}=2$ à droite.

a) $15^{\circ}=45^{\circ}-30^{\circ}$, donc $\cos 15^{\circ}=\cos 45^{\circ}\cos 30^{\circ}+\sin 45^{\circ}\sin 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\approx 0{,}966$. Le signe est un PLUS parce que la formule du cosinus inverse le signe et qu'on a une soustraction d'angles.

b) $75^{\circ}=45^{\circ}+30^{\circ}$, donc $\sin 75^{\circ}=\sin 45^{\circ}\cos 30^{\circ}+\cos 45^{\circ}\sin 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ : exactement la même valeur qu'en a). Ce n'est pas une coïncidence : $75^{\circ}$ et $15^{\circ}$ sont COMPLÉMENTAIRES, et le sinus de l'un est toujours le cosinus de l'autre.

c) $\tan 15^{\circ}=\dfrac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$. On multiplie haut et bas par le conjugué $\sqrt{6}-\sqrt{2}$ : le dénominateur devient $6-2=4$ et le numérateur $6-2\sqrt{12}+2=8-4\sqrt{3}$, d'où $\tan 15^{\circ}=\dfrac{8-4\sqrt{3}}{4}=2-\sqrt{3}\approx 0{,}268$. La rationalisation du dénominateur est obligatoire dans une réponse exacte.

d) Contre-exemple en $a=b=60^{\circ}$ : à gauche $\cos 120^{\circ}=-0{,}5$, à droite $0{,}5+0{,}5=1$. Les deux diffèrent, l'affirmation est fausse. Le cosinus n'est pas une fonction linéaire, aucune fonction trigonométrique ne l'est, et c'est précisément pour cela que les formules d'addition existent : si la distribution marchait, elles seraient inutiles.

a) La forme de base est $\cos 2a=\cos^{2}a-\sin^{2}a$. En remplaçant $\sin^{2}a$ par $1-\cos^{2}a$, on obtient $2\cos^{2}a-1$ ; en remplaçant $\cos^{2}a$ par $1-\sin^{2}a$, on obtient $1-2\sin^{2}a$. Les trois sont utiles : on choisit celle qui ne contient que le rapport dont on dispose.

b) $\theta$ étant au premier quadrant, $\cos\theta=\dfrac{4}{5}$. Alors $\sin 2\theta=2\times\dfrac{3}{5}\times\dfrac{4}{5}=\dfrac{24}{25}=0{,}96$ et, avec la troisième forme qui n'exige que le sinus, $\cos 2\theta=1-2\times\dfrac{9}{25}=1-\dfrac{18}{25}=\dfrac{7}{25}=0{,}28$.

c) $\tan 2\theta=\dfrac{24/25}{7/25}=\dfrac{24}{7}\approx 3{,}43$. Contrôle par la pythagoricienne : $\left(\dfrac{24}{25}\right)^{2}+\left(\dfrac{7}{25}\right)^{2}=\dfrac{576+49}{625}=\dfrac{625}{625}=1$. Ce contrôle est gratuit et il attrape toute erreur de calcul sur l'angle double.

d) $22{,}5^{\circ}$ est la MOITIÉ de $45^{\circ}$. De $\cos 2a=2\cos^{2}a-1$ on tire $\cos a=\sqrt{\dfrac{1+\cos 2a}{2}}$, la racine positive puisque $22{,}5^{\circ}$ est au premier quadrant. D'où $\cos 22{,}5^{\circ}=\sqrt{\dfrac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\approx 0{,}924$. La formule de l'angle moitié n'est donc pas à apprendre en plus : c'est celle de l'angle double, lue à l'envers.

a) On part du membre de gauche : $1-\cos^{2}x=\sin^{2}x$ par la pythagoricienne, donc $\dfrac{1-\cos^{2}x}{\cos^{2}x}=\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=\left(\dfrac{\sin x}{\cos x}\right)^{2}=\tan^{2}x$. Domaine : $\cos x\ne 0$, ce qu'on écrit avant de commencer.

b) On part de la gauche et on multiplie haut et bas par le CONJUGUÉ $1+\sin x$ : $\dfrac{\cos x(1+\sin x)}{(1-\sin x)(1+\sin x)}=\dfrac{\cos x(1+\sin x)}{1-\sin^{2}x}=\dfrac{\cos x(1+\sin x)}{\cos^{2}x}=\dfrac{1+\sin x}{\cos x}$. Le conjugué est le réflexe dès qu'on voit $1-\sin x$ ou $1-\cos x$ au dénominateur : il fabrique la pythagoricienne.

c) On part de la DROITE, plus compliquée. $1+\tan^{2}x=\dfrac{1}{\cos^{2}x}$, établi à l'exercice 3. Donc $\dfrac{2\tan x}{1+\tan^{2}x}=2\times\dfrac{\sin x}{\cos x}\times\cos^{2}x=2\sin x\cos x=\sin 2x$. Trois lignes, et chacune nomme l'identité utilisée.

d) Parce que multiplier en croix REVIENT à partir de l'égalité qu'on cherche à établir, donc à supposer vrai ce qu'on doit démontrer : c'est un raisonnement circulaire, et il est refusé. Le danger n'est pas seulement formel : une multiplication en croix par une quantité qui peut s'annuler ajoute des solutions parasites. Si l'on tient à travailler sur les deux membres, la seule forme acceptée est de les transformer SÉPARÉMENT jusqu'à une même troisième expression, en deux colonnes.

a) C'est un trinôme en $\sin x$. En posant $u=\sin x$ : $2u^{2}+u-1=0$, qui se factorise en $(2u-1)(u+1)=0$. Donc $\sin x=\dfrac{1}{2}$, d'où $x=\dfrac{\pi}{6}$ ou $\dfrac{5\pi}{6}$, ou $\sin x=-1$, d'où $x=\dfrac{3\pi}{2}$. TROIS solutions : la valeur extrême $-1$ n'en donne qu'une, les autres en donnent deux.

b) On uniformise l'ARGUMENT d'abord : $\cos 2x=2\cos^{2}x-1$, la forme qui ne laisse que des cosinus. L'équation devient $2\cos^{2}x+\cos x-1=0$, soit $(2\cos x-1)(\cos x+1)=0$. Donc $\cos x=\dfrac{1}{2}$, d'où $\dfrac{\pi}{3}$ et $\dfrac{5\pi}{3}$, ou $\cos x=-1$, d'où $\pi$. Trois solutions. Choisir la bonne des trois formes de $\cos 2x$ est tout le travail.

c) $\sin 2x=2\sin x\cos x$, donc l'équation s'écrit $2\sin x\cos x-\sin x=0$, soit $\sin x(2\cos x-1)=0$. Premier facteur : $\sin x=0$, d'où $x=0$ et $x=\pi$. Second : $\cos x=\dfrac{1}{2}$, d'où $x=\dfrac{\pi}{3}$ et $x=\dfrac{5\pi}{3}$. QUATRE solutions.

d) Il en a perdu DEUX, $x=0$ et $x=\pi$, précisément celles qui annulent le $\sin x$ par lequel il a divisé. La règle est absolue : on ne divise JAMAIS une équation par une expression qui peut s'annuler, on FACTORISE. Diviser par $\sin x$ revient à supposer $\sin x\ne 0$, ce qui élimine d'office deux des quatre réponses, soit la moitié de la note.

a) $H^{2}+V^{2}=144\cos^{2}\theta+144\sin^{2}\theta=144\left(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta\right)=144\times 1=144$, par l'identité PYTHAGORICIENNE. Autrement dit, la somme des carrés des composantes vaut toujours le carré de la tension, quel que soit l'angle : c'est Pythagore, et l'identité trigonométrique en est la traduction algébrique.

b) $V=2H$ signifie $12\sin\theta=2\times 12\cos\theta$, donc $\tan\theta=2$ et $\theta=\arctan 2\approx 63{,}43$ degrés. Alors $H=12\cos 63{,}43^{\circ}\approx 5{,}37$ kN et $V=12\sin 63{,}43^{\circ}\approx 10{,}73$ kN. Contrôle par a) : $5{,}37^{2}+10{,}73^{2}\approx 144$.

c) $\cos\theta=\dfrac{9}{12}=0{,}75$, donc $\theta\approx 41{,}41$ degrés. Pour la verticale, deux chemins : $V=12\sin 41{,}41^{\circ}\approx 7{,}94$ kN, ou directement par a), $V=\sqrt{144-81}=\sqrt{63}\approx 7{,}94$ kN. Le second chemin évite l'angle, donc il évite l'arrondi : c'est celui qu'on préfère en atelier.

d) NON, c'est impossible, et la question a) le dit sans qu'on cherche d'angle : $9^{2}+9^{2}=81+81=162$, alors que la somme des carrés DOIT valoir $144$. Deux composantes de $9$ kN correspondraient à une tension de $\sqrt{162}\approx 12{,}73$ kN, pas $12$. Le technicien a donc une erreur de mesure, ou la tension n'est pas celle qu'il croit. Une identité sert exactement à cela : fournir un contrôle que l'on peut appliquer sans rien recalculer.

a) La formule d'addition donne $\sin(\omega t+\varphi)=\sin(\omega t)\cos\varphi+\cos(\omega t)\sin\varphi$. En ajoutant $\sin(\omega t)$ et en regroupant les deux termes en $\sin(\omega t)$ : $p(t)=\sin(\omega t)\left(1+\cos\varphi\right)+\cos(\omega t)\sin\varphi$. Le déphasage $\varphi$ est une CONSTANTE, donc $\cos\varphi$ et $\sin\varphi$ sont des nombres : la somme est bien de la forme $a\sin(\omega t)+b\cos(\omega t)$.

b) $A^{2}=(1+\cos\varphi)^{2}+\sin^{2}\varphi=1+2\cos\varphi+\cos^{2}\varphi+\sin^{2}\varphi$. Les deux carrés valent $1$ par la pythagoricienne, donc $A^{2}=2+2\cos\varphi$ et $A=\sqrt{2+2\cos\varphi}$. Toute la dépendance tient donc dans $\cos\varphi$, et rien ne dépend du temps : c'est bien une amplitude.

c) Pour $\varphi=\dfrac{\pi}{3}$ : $A=\sqrt{2+2\times 0{,}5}=\sqrt{3}\approx 1{,}732$, ce que la figure montre. Pour $\varphi=\pi$ : $A=\sqrt{2-2}=0$. Les deux haut-parleurs s'ANNULENT exactement, ce qui arrive quand on inverse les deux fils de l'un des deux : le son disparaît au lieu de doubler, et c'est la panne la plus déroutante d'une installation.

d) Un seul haut-parleur donne une amplitude de $1$. On cherche donc $\sqrt{2+2\cos\varphi}=1$, soit $2+2\cos\varphi=1$, donc $\cos\varphi=-\dfrac{1}{2}$ et $\varphi=\dfrac{2\pi}{3}$, c'est-à-dire $120$ degrés. Résultat contre-intuitif et pourtant exact : à ce déphasage, deux haut-parleurs ne font pas plus de bruit qu'un seul. On peut le vérifier autrement, en remarquant que $A=2\left|\cos\dfrac{\varphi}{2}\right|$, qui vaut $1$ quand $\dfrac{\varphi}{2}=\dfrac{\pi}{3}$.