Autres rappels

La plupart des résultats présentés dans cette sections peuvent être facilement obtenus en passant dans le corps des complexes et en utilisant l’exponentielle complexe (voir par exemple [Bas19b, "Séries entières et fonctions usuelles surC" et annexe "Nombres complexes"]). Mais, ici le parti pris consiste à ne donner que des preuves purement géométriques et d’en déduire éventuellement d’autres résultats par des calculs algébriques simples.

G.3.1.

Sommes d’angles et angles doubles PropositionG.18. On a

∀a, b∈R, cos(a+b) = cosacosb−sinasinb, (G.31a) sin(a+b) = sinacosb+ sinbcosa. (G.31b)

Démonstration. Montrons que (G.31) est vraie.

Proposons plusieurs preuves du résultat (G.31), en finissant par une preuve géométrique pure.

O

A B

C a

b

I

Figure G.16. les anglesaetb.

On considère (voir figure G.16) le cercle trigonométrique de centreO,AetB, deux points de ce cercle qui définissent les anglesaetb, ainsi queC, le projeté orthogonal deBsur la droite(OA), de sorte que

OC= cosb, (G.32a)

CB= sinb. (G.32b)

(1) De façon vectorielle, on a (dans la base vectorielle habituelle−→i ,−→j )

−→OA= cosa sina

!

(G.33) et si on fait tourner ce vecteur par une rotation d’angleπ/2, on obtient

−

→u = −sina cosa

!

(G.34)

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G.3. AUTRES RAPPELS 121

Ainsi, on écrit, d’après (G.32), (G.33) et (G.34) :

−−→OB=−−→OC+−−→CB, On conclue en identifiant avec la définition

−−→OB= cos(a+b) sin(a+b)

! .

(2) Faisons ce calcul plus rapidement en utilisant l’expoonentielle complexe, qui ne fait que traduire tout cela de façon (voir par exemple [Bas19b, Annexe "Nombres complexes"]). On écrit

zB=zAe^ib=e^iae^ib, et donc

e^(a+b)i=e^iae^ib,

= (cosa+isina) (cosb+isinb),

= cosacosb−sinasinb+i(sinacosb+ cosasinb),

ce qui nous permet de conclure en remplaçante^(a+b)ipar sa valeur et en prenant partie réelle et imaginaire : cos(a+b) +isin(a+b) = cosacosb−sinasinb+i(sinacosb+ cosasinb).

RemarqueG.19. Cette preuve, très simple, peut constituer un moyen mnémotechnique pour retrouver ce résultat ! (3) Faisons ce calcul de façon maintenant purement géométrique.

Nous nous restreignons ici, pour cela, au cas oùaetbsont dans]0, π/2[et tels quea+b∈]0π/2[. On laisse au lecteur le soin d’en déduire de façon algébrique que le résultat montrré est encore vrai pour toutaetbdansR.

(a)

Aux points déjà introduits dans la figure G.16, on rajoute (voir figure G.17) :

• D, le projeté orthogonal deAsur l’axe desx;

• E, le projeté orthogonal deCsur l’axe desx;

• F, le projeté orthogonal deBsur l’axe desx;

• G, l’intersection de(BF)avec(OA);

• H, le projeté orthogonal deCsur la droite(BF).

• J, le projeté orthogonal deGsur la droite(CE).

Ainsi, on

\ −→GJ,−−→GC

=a, et donc, puisque le triangleCHBest rectangle,

\ −−→CG,−−→GH

=π 2−a, et puisque le triangleGCBest rectangle, on a

\ et donc, d’après (G.32b)

HC= sinasinb. (G.35)

Par ailleurs, dans le triangle rectangleOF G, on a OF OG = cosa,

122 G. TRIGONOMÉTRIE

O

A B

C a a

a b

c

E D F

G H

I J

Figure G.17. les anglesa,b etc=π/2−aet les pointsAàJ.

et on a successivement

OF=OGcosa,

= (OC−CG) cosa, et, d’après (G.32a)

OF = cosacosb−CGcosa. (G.36)

On a aussi, dans le triangle rectangleCGJ: GJ CG= cosa.

et donc, d’après (G.36),

OF= cosacosb−GJ, et donc

OF= cosacosb−HC. (G.37)

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G.3. AUTRES RAPPELS 123

Enfin, d’après (G.35) et (G.37), il vient donc

OF = cosacosb−sinasinb.

ce qui nous montre que

cos(a+b) = cosacosb−sinasinb. (G.38)

(b) On peut faire une autre preuve géométrique mais il est plus rapide d’appliquer (G.38) àπ/2−aetbde sorte que l’on a

PropositionG.20. On a

∀P, Q∈R, cos(P)−cos(Q) =−2 sin

Démonstration. En effet, on écrit (G.31a) et la même égalité appliquée à−b: cos(a+b) = cosacosb−sinasinb,

ce qui donne, par demi-somme et demi-différence :

a=P+Q

2 , (G.43a)

b= P−Q

2 . (G.43b)

Si on remplace (G.42) et (G.43) dans (G.41), il vient

cosP−cosQ=−2 sin ce qui est (G.40a).

On écrit aussi (G.31b) et la même égalité appliquée à−b:

sin(a+b) = sinacosb+ cosasinb, sin(a−b) = sinacosb−cosasinb et par différence

sin(a+b)−sin(a−b) = 2 cosasinb. (G.44)

Si on remplace (G.42) et (G.43) dans (G.44), il vient sinP−sinQ= 2 cos ce qui est (G.40b).

124 G. TRIGONOMÉTRIE

♦

PropositionG.21. Pour toutxréel

sin(2x) = 2 sinxcosx, (G.45a)

cos(2x) = cos²x−sin²x= 2 cos²x−1 = 1−2 sin²x. (G.45b) Démonstration. Elles viennent de (G.31b) oùx=a=b, ce qui donne immédiatement (G.45a) puis de (G.31a) oùx=a=b, ce qui donne

cos(2x) = cos²−sin²x

Si on utilise (G.3) en remplaçantθparx, puiscos²xpar1−sin²x, on obtient cos(2x) = 1−2 sin²x.

Si on utilise (G.3) en remplaçantθparx, puissin²xpar1−cos²x, on obtient cos(2x) = 2 cos²x−1.

PropositionG.22.On a pour tous réelsaetbappartenant àD(défini par(G.7)) tels quea+bappartienne àD, on a

tan(a+b) = tana+ tanb

1−tanatanb. (G.46)

Démonstration. Sous les hypothèses faites, on peut écrire successivement, d’après (G.31) tan(a+b) = sin(a+b)

cos(a+b),

= sinacosb+ sinbcosa cosacosb−sinasinb, et commecosa6= 0 etcosb6= 0, en divisant par cosacosb:

= sina cosa+ sinb

cosb 1−sina

cosa sinb cosb ,

= tana+ tanb 1−tanatanb

PropositionG.23. Pour toutxréel appartenant àD (défini par (G.7)) tel que2xappartienne àD, on a

tan(2x) = 2 tanx

1−tan²x, (G.47)

Démonstration. Il suffit d’appliquer la proposition G.22 àx=a=b.

G.3.2.

Dérivées des fonctions trigonométriques

Reprenons la remarque G.5 fondée sur le fait que pourθproche de zéro et exprimé en radian, on a

θ≈sinθ≈tanθ, (G.48)

ce que nous allons montrer maintenant. Ainsi,pour toute la suite,θ est exprimé en radians !

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G.3. AUTRES RAPPELS 125

PropositionG.24. On a

∀x∈R, (cosx)^′ =−sinx, (G.49a)

(sinx)^′ = cosx, (G.49b)

∀x∈D, (tanx)^′= 1

cos²x = 1 + tan²x. (G.49c)

On procède en plusieurs étapes.

(1) Commençons par montrer le résultat suivant : LemmeG.25.

L s

t

θ O

B C

D

I

Figure G.18. La longeur de l’arc de cercleL,s ett.

Soitθ∈]0, π/2[et le cercle de centreOet de rayonr(voir figure G.18.) On considèreC le point du cercle définissant l’angleθ,Bson projeté orthogonal sur l’axe dex,I le point de l’axe desxd’abscisse1etDle point de la droite(OC) d’abscisse1. On notes=BC,L, la longueur de l’arc engendré par l’arc de cercle de centreOet défini par l’angleθet t=IB. On a alors

s <L< t, (G.50)

et

sinθ < θ <tanθ. (G.51)

Démonstration. Dans le (vrai) triangle rectangleCBI, l’hypothénuseCI est strictement plus grande que le coté BC. La longueurLest strictement plus grande que la cordeCI et on a donc

s <L. (G.52)

L’angleθétant dans]0, π/2[, le segment le segment[ID]est à l’extérieur du cercle. On en déduit que l’aire de la portion de disque délimitée parθest strictement plus petite que l’aire du triangleODI. Ces aires sont respectivement égales à θr²/2etrt/2. Puisque

L=rθ, ces aires valent donc respectivementLr/2ettr/2et on a donc

Lr 2 <tr

2, et donc

L< t. (G.53)

L’inégalité (G.50) provient donc (G.52) et de (G.53). En remplaçant dans (G.50) respectivements,Lettparrsinθ,rθ etrtanθ, on déduit (G.51).

126 G. TRIGONOMÉTRIE

RemarqueG.26. Une preuve "moderne" pour démontrer analytiquement directement (G.51) (et donc en déduire (G.50) qui est équivalente) consiste à utiliser la convexité et la concavité des fonctionstanetsin. En effet, on a

∀x∈[0, π/2[, tan^′(x) = 1 cos²x>0.

Donc la dérivée detanest strictement croissante (carcosest décroissante) et donctanest strictement convexe sur[0, π/2[.

On a aussi

∀x∈[0, π/2[, sin^′′(x) =−cos(x)<0,

Doncsinest strictement convexe sur[0, π/2[. Ainsi, le graphe de la fonctiontanest toujours strictement au-dessus de sa tangente en zéro sur l’intervalle[0, π/2[, tandis que le graphe de la fonctionsinest toujours strictement en-dessous de sa tangente en zéro sur l’intervalle[0, π/2[. Les deux tangentes des deux fonctionstan etsinen zéro sont la droite d’équationy=x. On a donc

∀x∈[0, π/2[, tan(x)> x >sin(x).

Mais ce raisonnement nous pousse à tourner à rond³car cette preuve est fondée sur la dérivée du sinus, elle même fondée sur l’inégalité que nous sommes en train de montrer !

(2) Montrons maintenant (ce qui justifie en fait (G.48)) LemmeG.27. On a

Ainsi, on déduit tout d’abord de la première inégalité de (G.51) que, par encadrement,

θ→0limsinθ= 0, (G.54)

et donc (car la somme des carrés vaut 1)

θ→0limcosθ= 1. (G.55)

On a aussi d’après la première inégalité de (G.51)

∀θ∈]0, π/2[, sinθ et donc, d’après la seconde inégalité de (G.51),

∀θ∈]0, π/2[, sinθ θ > 1

cosθ. (G.57)

D’après (G.55), (G.56) et (G.57), on a donc par encadrement

θ→0lim sinθ

θ = 1. (G.58)

On fait de même pour la seconde inégalité à montrer. D’après la seconde inégalité de (G.51), on a

∀θ∈]0, π/2[, tanθ et donc, d’après la première inégalité de (G.51),

∀θ∈]0, π/2[, tanθ θ < 1

cosθ. (G.60)

3. dans le sens trigonométrique ...

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G.3. AUTRES RAPPELS 127

D’après (G.55), (G.59) et (G.60), on a donc par encadrement

θ→0lim tanθ

θ = 1.

(3) Montrons maintenant le résultat suivant : Lemme G.28. On a et donc, en utilisant de nouveau (G.31b) :

cos(α+h)−cosα et donc, en utilisant (G.31a) :

sin(α+h)−sinα

128 G. TRIGONOMÉTRIE

(4) Les égalités (G.49a) et (G.49b) proviennent donc du résultat du lemme G.28, par définition de la dérivée.

Montrons enfin (G.49c). On écrit successivement

(tanx)^′=

et on conclut en utilisant (G.8m).

♦

G.3.3.

Autres formules En cours de rédaction.

PropositionG.29. Sit est un réel appartenant àD (défini par (G.7)), alors en posant

u= tan

Démonstration. Il suffit d’utiliser (G.45a) qui donne successivement

sint= sin

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Dans le document NOTES DE COURS DE l’UE MFI Informatique 3A MATHÉMATIQUES FONDAMENTALES POUR L’INFORMATIQUE 2021-2022, Automne Jérôme Bastien (Page 130-139)