I Formules de base

Fonctions trigonométriques

Leçon 12

Tale-Spé-Math- Lycée Gustave Eiel - Bordeaux Thierry Sageaux.

"I ran into Isoscèles. He had a great idea for a new triangle." Woody Allen.

I Formules de base

Proposition 12.1 On poset= tan^θ₂. On a alors

sinθ= 2t

1 +t² cosθ= 1−t²

1 +t² et siθ6≡^π₄ (π), alors

tanθ= 2t 1−t²

Démonstration: Exercice.

Exercice 1.

Montrer quesin⁽ⁿ⁾x= sin x+nπ

2

et cos⁽ⁿ⁾x= cos x+nπ

2 . Un exercice dicile qui a fait suite à une question d'un de mes élèves : Exercice 2.

Déterminer une formule directe de calcul de la mesure principale d'un angleα.

Indication : il faut utiliser la partie entière pour se ramener dans l'intervalle que l'on veut.

II Résolution d'équations et inéquations

Proposition 12.2 Soit θ un réel xé, • Les solutions de cosx= cosθ sont x≡ ±θ (2π),

• Les solutions de sinx= sinθ sont x≡θ (2π)oux≡π−θ (2π),

• Les solutions de tanx= tanθ sontx≡θ(π).

Démonstration: Faire un dessin de cercle trigonométrique pour chacun des trois cas.

Exercice 3.

Résoudre les équations suivantes : 1) cos 3x−^π₄

= cos x+^π₃

. 2) sin 2x= sin 3x.

Exercice 4.

Résoudrecosx= sin 3x. Exercice 5.

Résoudrecosx≥

√ 2 2 . Exercice 6.

Résoudretan 4θ= 4 tanθ. Exercice 7.

Montrer que

1) sin⁽ⁿ⁾(x) = sin x+^nπ₂ . 2) cos⁽ⁿ⁾(x) = cos x+^nπ₂ .

On rappelle aussi les formules de limites classiques déjà démontrées dans d'autres leçons :

x→0lim sinx

x = 1 lim

x→0

1−cosx x² =1

2 et lim

x→0

tanx x = 1

III Intégration

Proposition 12.3 Règles de Bioche On veut calculerZ

F(cosθ,sinθ)dθ. On poseω(θ) =F(cosθ,sinθ)dθ.

• Siω(−θ) =ω(θ), on pose u= cosθ,

• Siω(π−θ) =ω(θ), on poseu= sinθ,

• Siω(π+θ) =ω(θ), on poseu= tanθ, Sinon, on pose u= tan^θ₂.

Remarque: Le fait de poser u = tan^θ₂ fonctionne toujours par le fait que les formules de base de la proposition 12.1 permettent de remplacer toutes les fonctions trigonométriques par u, et que du =

1

2(1 +u²)dθ. On est alors ramené à une intégrale de fraction rationnelle que l'on sait toujours résoudre via les décompositions en éléments simples.

Exercice 8.

Calculer les intégrales suivantes : 1) I1=

Z ^π₆

0

tan²θdθ, 2) I2=

Z ^π₄

0

sin 2θ 1 + cosθθdθ, 3) I3=

Z ^π₂

0

sin 2θ+ sinθ 3 + cos 2θ θdθ,

4) I₄= Z 0

−π 3

dθ

cosθ(sinθ−cosθ, 5) I5=

Z ^π₂

0

dθ 1 + cosθ, 6) I6=

Z ^π₂

0

sinθ

(cosθ+ 1)(cosθ+ sinθ+ 1)dθ,

IV Les fonctions réciproques

IV.1 Rappels : Les fonctions réciproques

On a déjà vu et construit la fonction lncomme fonction réciproque deexp. L'idée est résumée dans le diagramme suivant :

Il n'y avait pas de problème majeur à faire le chemin en sens inverse. En revanche, si l'on pense à la fonction carrée : f : R −→ [0,+∞[

x 7−→ x² il y avait un vrai souci car, pour une image xée, il y a deux antécédents dansR. Or une fonction ne peut admettre deux images pour un même réel. (C'est le problème de la non-injectivité de la fonction de départ).

L'astuce est donc de forcer la main à la fonction de base pour lui permettre d'admettre une fonction réciproque. Pour cela, on réduit l'ensemble de départ. Ainsi, pour dénir la fonction racine carrée, on a choisi (arbitrairement)]0,+∞[.

On sent bien que si l'on regarde des fonctions plus compliquées, la recherche d'une fonction réciproque va être plus ardue...

IV.2 La fonction réciproque de sin

Il nous faut donc restreindre l'ensemble de départ de la fonctionsin car elle est loin d'être injective.

Le plus simple est de prendre l'intervalle[^−π₂ ,^π₂]. On a bien alors une bijection :sin : [^−π₂ ,^π₂]−→[−1,1]. Dénition 12.4 On appelle arcsinus et on note Arcsin la fonction réciproque du sinus sur[^−π₂ ,^π₂], i.e. la fonction dénie sur [−1,1] à valeurs dans[^−π₂ ,^π₂] telle que pour tout x∈[−1,1], Arcsinx=αoùα est la valeur de l'angle entre[^−π₂ ,^π₂] pour lequelsinα=x.

Arcsin: [−1,1] −→ [^−π₂ ,^π₂]

x 7−→ α

On peut même tracer la courbe de la fonction Arcsin en utilisant la symétrie par rapport à la première bissectrice du repère :

Attention ! La composition peut poser problème. Il est nécessaire de passer quelques minutes sur

Arcsin◦sin(x) et sin◦Arcsin(x). Qui vaut quoi ?

•En fait,

sin◦Arcsin(x) =x

En eet, on commence par l'arcsinus qui cherche un angle dont le sinus vautx, puis on calcule le sinus de l'angle en question. On retombe donc surx.

•En revanche

Arcsin◦sin(x) =x ⇔ x∈ −π

2 ,π 2

ce qui est clair dans le sens susant. Pour le sens nécessaire, on voit bien que six /∈_−π

2 ,^π₂ , alors, après le lessivage du sinus, il ne restera plus grand chose de l'angle et il sera impossible à la fonction arcsinus de le retrouver. Tout le problème est que sinus n'est pas injective...

Ainsi,

Proposition 12.5 Arcsin◦sin =Id[^−π₂ ^,π₂] sin◦Arcsin=Id[−1,1]

Exercice 9.

Simplier l'expressioncos(Arcsin(x)).

La fonction Arcsin n'est clairement pas dérivable en ^−π₂ et en ^π₂. Cependant, on peut calculer la dérivée assez facilement :

Si on se place en un réelx0 où Arcsin est dérivable, on utilise la propriété de composition précé- dente :sin◦Arcsin=Id]−1,1[.

Donc(sin◦Arcsin)⁰ = (Id]−1,1[)⁰ ⇔ Arcsin⁰×cos◦Arcsin= 1et on obtient Proposition 12.6 La fonction Arcsin est dérivable sur]−1,1[et

Arcsin⁰(x) = 1

√1−x²

IV.3 La fonction réciproque de cos

On procède de la même façon que pour le sinus.

On restreint l'ensemble de départ de la fonction cos à l'intervalle [0, π]. On a bien alors une bijection :cos : [0, π]−→[−1,1].

Dénition 12.7 On appelle arccosinus et on note Arccos la fonction réciproque du cosinus sur[0, π], i.e.

la fonction dénie sur[−1,1] à valeurs dans [0, π] telle que pour tout x∈[−1,1], Arccosx=αoù αest la valeur de l'angle entre[0, π] pour lequelcosα=x.

Arccos: [−1,1] −→ [0, π]

x 7−→ α

On peut tracer la courbe de la fonction Arccos en utilisant, là encore, la symétrie par rapport à la première bissectrice du repère :

Avec la même idée,

Proposition 12.8 Arccos◦cos =Id[0,π] cos◦Arccos=Id[−1,1]

Exercice 10.

Simplier l'expressionsin(Arccos(x)).

Proposition 12.9 La fonction Arccos est dérivable sur]−1,1[et Arccos⁰(x) = −1

√1−x²

Remarque: Encore une fois, sinus est sympa et cosinus est contrariant.

Démonstration: La fonction Arccos n'est clairement pas dérivable en0et en π. Si on se place en un réelx0 où Arccos est dérivable, on dérive :cos◦Arccos=Id]−1,1[.

Donc (cos◦Arccos)⁰ = (Id]−1,1[)⁰ ⇔ Arccos⁰×(−sin◦Arccos) = 1 et on obtient bien le résultat escompté.

Exercice 11.

Montrer que Arcsin(x) +Arccos(x) = π 2 .

IV.4 La fonction réciproque de tan

On aimerait faire la même chose avec la fonction tangente. Une étude rapide de la fonction tangente nous indique qu'elle est bijective de_−π

2 ,^π₂

dansR.

On doit donc pouvoir construire la bijection réciproque

En considérant proprement les ensemble de départ et d'arrivée, on a

Proposition 12.10 Arctan◦tan =Id[^−π₂ ^,π₂] tan◦Arctan=IdR

Proposition 12.11 La fonction Arctan est dérivable surRet Arctan⁰(x) = 1

1 +x²

Démonstration:

Exercice 12.

Exercice 13.

ˇ “

Etudier la fonctionf :x7−→Arctanx+Arctan_x¹.

IV.5 La formule qui tue !

On veut, dans ce paragraphe résoudre le Problème de Bâle, résolu par Euler pour la première fois en 1741¹ :

+∞

X

n=1

1 n² =π²

6

On a déjà vu que la suite dénie par un =

n

P

k=1

1

k² (on parle série en fait) est convergente car croissante et majorée.

Nous sommes dorénavant en mesure de trouver sa limite.

La première démonstration d'Euler (dans les grandes lignes, sans les hypothèses de conver- gence).

On démontre facilement que sinx =x− ^x_3!³ +o(x⁵) où o(x⁵) signie qu'il s'agit de la partie négligeable qui est d'ordre5, i.e. il s'agit d'un polynôme (inni, on parle de série formelle) de degré 5.

Si x6= 0, alors sinx

x = 1−x²

6 +o(x⁴). Si l'on considère les "racines" de sinx

x , on obtientZπi.e.x=±nπ pourn∈N. Ainsi, sinx

x =

1−±x

π 1−±x

2π 1−±x 3π

. . . et en développant cette factorisation, on trouve

sinx x =

1−±x

π 1−±x

2π 1−±x 3π

. . .

=

1−x²

π² 1− x²

4π² 1− x² 9π²

. . .

= 1−x² 1

π²+ 1 4π² + 1

9π² +. . .

+x⁴(. . .)

= 1−x²

+∞

X

k=1

1

k²π² +x⁴. . .

On identie alors le coecient enx² de la série formelle et on trouve

−1 6 =−

+∞

P

k=1

1 k²π² ⇔

+∞

P

k=1

1 k² = π²

6 . Exercice 14.

Une autre démonstration d'Euler, plus rigoureuse mais plus dicile.

Dans tout l'exercice,ε >0. 1) a) CalculerIε=

Z 1−ε

0

Arcsinx

√

1−x²dx. b) En déduireI= lim

ε→0I_ε

On admet que six∈]−1,1[, alors

√ 1

1−x² = 1 +

+∞

P

k=1

1×3×5× · · · ×(2k−1) 2×4× · · · ×(2k) x^2k.

1. La conjecture fut posée cent ans auparavant par Pietro Mengoli et de nombreux mathématiciens célèbres, parmi lesquels Jacques Bernoulli ou James Stirling n'y sont pas parvenus.

(En fait, il s'agit d'un développement en série entière. On peut le voir comme une extrapolation du développement limité.)

On en déduit que

Arcsin(x) =

+∞

P

k=0

(2k)!

2^2k(k!)² x^2k+1 2k+ 1. 2) On poseJε=

Z 1−ε

0

x^2k+1

√

1−x²dx. On cherche à calculerJ = lim

ε→0Jε.

a) Utiliser un changement de variable pour retrouver les intégrales de Wallis.

b) En déduire queJ = 2×4× · · · ×(2k)

1×3×5× · · · ×(2k+ 1) =2^2k(k!)² (2k)!

1 2k+ 1. 3) Montrer queI=

+∞

P

k=0

Z 1

0

(2k)!

2^2k(k!)² 1 2k+ 1

x^2k+1

√1−x²dx. 4) En déduire queI=

+∞

P

k=0

1 (2k+ 1)².

5) a) Montrer que l'application ϕ: N² −→ N\{0}

(k, j) 7−→ (2k+ 1)2^j est une bijection.

b) Expliquez pourquoi P

(k,j)∈N²

1

((2k+ 1)2^j)² =

+∞

P

k=0

1 (2k+ 1)² ×

+∞

P

j=0

1 (2^j)². c) Conclure.

Solutions des exercices Exercice 2.

La mesure principale deαest :

α+ 2πjα 2π

k−jα π

k

Exercice 3.

1) Exercice 4.

Posersin 3x= cos ^π₂ −3x. Exercice 8.

1) On peut poser le changement de variable ou voir directement queI1= Z ^π₆

0

(1 + tan²−1)θdθ 2)3)

4)5) 6) Exercice 9.

On doit avoir x ∈ [−1,1] pour que l'expression ait un sens. On utilise la formule classique sin²+ cos²= 1. Donc

cos²(Arcsin(x)) = 1−sin²(Arcsin(x)) = 1−x² D'autre part, comme Arcsin(x)∈_−π

2 ,^π₂, on acos(Arcsin(x))≥0. Ainsi, cos(Arcsin(x)) =p

1−x² . Exercice 10.

Avecsin²+ cos²= 1, on obtient

sin²(Arccos(x)) = 1−cos²(Arccos(x)) = 1−x²

Et comme Arccos(x)∈]0, π[, on asin(Arccos(x))≥0. Ainsi, sin(Arccos(x)) =p

1−x² . Exercice 11.

Il sut de dériver, ce qui donne Arcsin⁰(x) +Arccos⁰(x) = 1

√

1−x² + −1

√

1−x² = 0. Donc la fonction est constante sur [−1,1]. Il ne reste plus qu'à l'évaluer en un réel quelconque. Tiens, 0 au hasard : Arcsin(0) +Arccos(0) = 0 + ^π₂.

Exercice 12.

On part detan◦Arctan=IdRet on dérive : Arctan⁰×(1 + tan²)◦Arctan= 1. Donc Arctan⁰(x) = 1

1 +x². Exercice 13.

Elle est dénie surR\{0}et dérivable par composition sur cet intervalle.

f⁰(x) = 1

1 +x² +−1

x² × 1

1 + _x¹² = 1

1 +x² − 1 1 +x² = 0

La fonction est donc constante. On la calcule en1:f(1) = 2×^π₄ = ^π₂.

Attention ! Piège énorme ! ! Cela ne sut pas à déterminer la fonction car elle n'est pas continue surR! ! On a, tout au plus, démontré qu'elle vaut ^π₂ sur ]0,+∞[. Il faut le faire aussi sur ]− ∞,0[:

f(−1) = 2×^−π₄ =^−π₂ . Exercice 14.

1) a) Par primitive directe, Iε=

(Arcsinx)² 2

1−ε

0

= 1

2Arcsin²(1−ε). b)I= π²

8 . 5) b)

c) La première somme donne π²

8 et la seconde est une somme de termes d'une suite géométrique et vaut 4

3. On trouve donc avec la bijection^+∞P

n=1

= π² 6 .