CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 6. Des fonctions trigonométriques aux équations Expliciter les savoirs et les procédures 1. Reconnaître les paramètres d’une fonction sinusoïdale Amplitude Déphasage Période Fréquence Décalage vertical a. 1 0 5 0,2 0 b. 3 −1 4 1 1 0 c. 2 1 24 1 24 3 d. 1 2 1 4 2 1 2 −1 e. 2 2 3 4 1 4 0 f. 3 4π 4π 1 ≈ 0, 0796 4π 1 2. Utiliser un tableur ou un logiciel graphique Voir annexe 2 en pages 448 et 450 du manuel. 3. Au parc d’attraction Rayon de la roue → 25 m, donc A = 25 . Distance au sol du centre de la roue → 25 m + 5 m = 30 m , donc b = 30 . Un tour en 120 secondes → 360° π = 3°/ sec , donc ω = rad/sec . 120 sec 60 π La fonction est f (t ) = 30 + 25sin t + ϕ ; ϕ est la phase à l’origine et n’est pas donné dans 60 l’énoncé (la valeur de ϕ dépend de la position du point observé au début du mouvement). Néanmoins, si on suppose que, pour étudier le mouvement de la grande roue de Walibi, on peut choisir librement l’origine de l’échelle de temps, on peut prendre ϕ = 0 . Cela revient à fixer t = 0 à un instant où le point considéré se trouve à la même hauteur que le centre de la roue et est en train de monter. π On a alors f (t ) = 30 + 25sin t . 60 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 1 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 4. Une autre démonstration a. c 2 = 12 + 12 − 2 ⋅1 ⋅1cos(a − b) = 2 − 2 cos(a − b) = 2 (1 − cos(a − b) ) b. c 2 = (cos a − cos b)2 + (sin a − sin b)2 = cos 2 a − 2 cos a cos b + cos 2 b + sin 2 a + 2sin a sin b + sin 2 b = 1 + 1 − 2 cos a cos b + 2sin a sin b = 2(1 − cos a cos b + sin a sin b) c. 1 − cos(a − b) = 1 − cos a cos b + sin a sin b cos(a − b) = cos a cos b − sin a sin b 5. Un théorème de Ptolémée (Almageste, Livre I, ch. 9) a. Hypothèse ABCD quadrilatère inscriptible à un cercle Thèse B A AC ⋅ BD = AD ⋅ BC + AB ⋅ CD Démonstration On détermine le point E de la diagonale [ AC ] tel que E C . ABD = EBC D Les angles ADB et ACB sont des angles inscrits interceptant le même arc de cercle ; ils sont donc égaux. Les triangles ABD et EBC sont donc semblables car ils ont deux angles égaux. On a AB BD AD . = = EB BC EC On en déduit AD ⋅ BC = BD ⋅ EC (1) et Les triangles ABE et DBC sont également semblables car ABE = DBC = BAC = BDC . On a AB = AE = BE ; on en déduit AB ⋅ CD = AE ⋅ BD (2) BAE DB DC BC En additionnant les relations (1) et (2), on obtient AD ⋅ BC + AB ⋅ CD = BD ⋅ EC + AE ⋅ BD = BD ⋅ ( AE + EC ) Comme les points A, E et C sont alignés, on a AD ⋅ BC + AB ⋅ CD = AC ⋅ BD . Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 2 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 b. Soit E le symétrique de D par rapport au centre du cercle (voir figure). et ( a + b ) sous-tendent la même corde mais Les angles DEB B E A ab sont situés de part et d’autre de celle-ci ; ils sont donc supplémentaires et ont même sinus : = sin (180° − ( a + b ) ) = sin ( a + b ) . sin DEB 0 Le triangle DBE est rectangle en B ; on a donc = DB = DB . sin DEB DE AC c d C D Par le théorème de Ptolémée, on a AD ⋅ BC + AB ⋅ CD = AC ⋅ BD . En divisant les deux membres de cette égalité par AC ⋅ AC , on obtient AC ⋅ BD AC ⋅ AC = AD ⋅ BC AC ⋅ AC + AB ⋅ CD AC ⋅ AC sin ( a + b ) = cos b ⋅ sin a + cos a ⋅ sin b sin ( a + b ) = sin a cos b + sin b cos a c. Énoncé Si dans un quadrilatère convexe, le produit des diagonales est égal à la somme des produits des côtés opposés, alors ce quadrilatère est inscriptible. B A Hypothèse E Quadrilatère convexe ABCD D AC ⋅ BD = AD ⋅ BC + AB ⋅ CD Thèse C S ABCD est inscriptible dans un cercle Démonstration On peut faire passer une circonférence par trois sommets, par exemple A, B et C, du quadrilatère. Si la circonférence passe par le sommet D, la thèse est vérifiée. Supposons que cette circonférence ne passe pas par le point D, mais par un point S de la diago = BDA et CBE = nale BD. On détermine alors un point E tel que BCE ABD . Les triangles BCE et BDA sont semblables car ils ont deux angles égaux. On a donc : BC EC = ou BC ⋅ DA = BD ⋅ EC (1) BD DA BC BE BC BD = ou = BD BA BE BA (2) = ABE ) compris entre Les triangles BCD et BEA sont semblables car ils ont un angle égal ( DBC CD BD = ou CD ⋅ BA = AE ⋅ BD (3). des côtés proportionnels (2). On en déduit AE BA Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 3 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 En additionnant les égalités (1) et (3), on a AE ⋅ BD + BD ⋅ EC = BC ⋅ AD + CD ⋅ AB BD ( AE + EC ) = BC ⋅ AD + CD ⋅ AB Or, par hypothèse, AC ⋅ BD = AD ⋅ BC + AB ⋅ CD , ce qui prouve que AE + EC = AC . = BCA et Cette dernière égalité n’est possible que si le point E est sur la diagonale ; donc BCE ADB = ASD . Donc D = S et la circonférence passant par A, B et C passe aussi par le point D. Le quadrilatère ABCD est donc inscriptible. Remarque La démonstration est identique si le point D est extérieur au cercle passant par les points A, B et C. 6. Résoudre une équation élémentaire a. Sans calculatrice. 1) 1 − cos x = 0 cos x = 1 x = 2k π 2) 2sin x + 1 = 0 sin x = − 1 2 cos x = π x = − + 2k π 6 ou x= 3) 2 cos x + 3 = 0 x= ± − 3 2 5π + 2k π 6 7π + 2k π 6 b. Avec calculatrice. 1) 3sin x − 1 = 0 1 sin x = 3 x = 0,34 + 2k π ou x = ( π − 0,34 ) + 2k π = 2,80 + 2k π 2) 4sin x − 3 = 0 sin x = 0, 75 x = 0,848 + 2k π ou x = ( π − 0,848 ) + 2k π = 2, 294 + 2k π Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 3) 2 tan ( x + 0,38 ) = 1, 4 tan ( x + 0,38 ) = 0, 7 x + 0,38 = 0, 611 + k π x = 0, 231 + k π π 1 4) 2sin x + = 4 2 π sin x + = 0, 25 4 π π x + = 0, 253 + 2k π ou x + = ( π − 0, 253) + 2k π 4 4 x = −0,533 + 2k π ou x = 2,103 + 2k π 4 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 Appliquer une procédure 7. Construire un graphique a. Étapes de la construction 1. de sin x à sin 4x par une compression horizontale de facteur 1 . 4 π π π 2. de sin 4x à sin 4 x − = sin 4 x − par translation horizontale de vecteur ;0 12 3 12 π π 3. de sin 4 x − à 2sin 4 x − par étirement vertical de facteur 2 3 3 π π 4. 2sin 4 x − à 2 sin 4 x − + 1 par translation verticale de vecteur ( 0 ;1) . 3 3 b. Étapes de la construction 1 1. de cos x à cos 2x par une compression horizontale de facteur . 2 3π 3π 2. de cos 2x à cos 2 x + = cos 2 x + par translation horizontale de vecteur 8 4 3π − ;0 8 3π 2 3π 2 3. de cos 2 x + à cos 2 x + par compression verticale de facteur . 4 3 4 3 Transformation de la fonction f ( x) = 2 3π cos 2 x + en fonction sinusoïdale 3 4 2 3π 2 π 3π cos 2 x + = sin − 2 x − 3 4 3 2 4 2 π 2 π = sin −2 x − = − sin 2 x + 3 4 3 4 f ( x) = 8. Associer graphique et expression analytique Amplitude π f1 ( x) = 3sin 2 x + 5 3 1 sin ( 3 x ) + 1 2 1 2 f 2 ( x) = 3π f 3 ( x) = sin 2 x + − 2 4 1 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations Déphasage Période Décalage vertical Graphique π 10 π 0 fig. 35 0 2π 3 1 fig. 32 3π 8 π –2 fig. 33 − − 5 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 π f 4 ( x) = 2sin x + + 2 3 2 f 5 ( x) = 2 sin x − 4 2 x f 6 ( x) = 4sin + 1 2 4 π 3 2π 2 fig. 37 0 2π –4 fig. 36 0 4π 1 fig. 34 − 9. Trouver l’expression d’une fonction L’amplitude de la fonction est a = 3 (en effet, 2a = 6 , car les images varient de –2 à 4). Le décalage vertical est de une unité : b = 1 . La période est égale à π, donc m = 2π = 2. π Le déphasage est nul, h = 0 . L’expression de la fonction est donc f ( x ) = 3sin 2 x + 1 . L’amplitude de la fonction est a = 2 (en effet, les images varient de –3 à 1, donc 2a = 4 ). Le décalage vertical est d’une unité vers le bas : b = −1 . La période est égale à Le déphasage est h = π 2π , donc m = = 4. π 2 2 π −p π , donc p = − . = 8 4 2 π L’expression de la fonction est donc f ( x) = 2sin 4 x − − 1 . 2 10. Chercher les racines a. Dom f = ℝ On obtient les racines de la fonction en résolvant π 1 sin 2 x − + = 0 . 6 2 π 1 sin 2 x − = − 6 2 π π π 7π 2 x − = − + 2k π ou 2 x − = + 2k π 6 6 6 6 4π 2 x = 2k π ou 2 x = + 2k π 3 x = k π ou x = Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 2π + kπ 3 6 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 b. Dom f = ℝ 3π On obtient les racines en résolvant cos 2 x + = 0 . 4 3π cos 2 x + = 0 4 3π π 2x + = + kπ 4 2 π π x= − +k 8 2 c. La condition d’existence de cette fonction est 2π π ≠ + kπ 3 2 π −x ≠ − + kπ 6 π x ≠ + kπ 6 −x + π On a donc dom f = ℝ \ + k π k ∈ ℤ . 6 2π On obtient les racines en résolvant tan − x + =0 3 2π tan − x + =0 3 2π −x + = kπ 3 x= 2π + kπ 3 d. Dom f = ℝ Racine(s) : il faut résoudre sin ( 2 x − 3 ) = 2 x − 3 qui ne s’annule que lorsque 2 x − 3 = 0 . L’unique racine de la fonction f ( x ) = 2 x − sin ( 2 x − 3 ) − 3 est x = 3 . 2 11. Limites de fonctions trigonométriques sin 2 x sin 2 x = lim 2 = 2 ⋅1 = 2 x→ 0 x→ 0 x 2x tan x sin x 1 2) lim = lim ⋅ = 1 ⋅1 = 1 x→ 0 x → 0 x x cos x a. 1) lim 3) lim x→ 0 sin x 1 1 sin x 1 = lim ⋅ = ⋅1 = x → 0 2x 2 2 x 2 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 7 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 4) lim sin 3 x 3 3 sin 3 x 3 = lim ⋅ = ⋅1 = x → 0 2x 2 2 3x 2 5) lim 3sin x 3 3 sin x 3 = lim ⋅ = ⋅1 = x → 0 4x 4 4 x 4 6) lim 1 − cos x 1 − cos ² x 0 sin x sin x = lim = lim ⋅ = 1⋅ = 0 x → 0 x → 0 x x (1 + cos x ) 2 x 1 + cos x x→ 0 x→ 0 x→ 0 1 1 = − ∞ ; lim+ = +∞ x → 0 sin x x → 0 sin x 1 1 = + ∞ ; lim + = −∞ 2) lim − π cos x π cos x x→ x→ b. 1) lim− 2 3) lim 3π x→ 2 2 − 1 1 = − ∞ ; lim + = +∞ 3 π cos x cos x x→ 2 1 − cos x 1 − cos ² x sin 2 x 0 = lim = lim = =0 x→ 0 x → 0 sin x (1 + cos x ) x → 0 sin x 1 + cos x sin x ( ) 2 4) lim 5) lim π x→ − 4 − 2x 2x = + ∞ ; lim + = −∞ π tan x + 1 tan x + 1 x→ − 6) lim cos x→ + ∞ 4 1 =1 x 12. Utiliser des formules pour calculer des nombres trigonométriques A. a. 1) sin15° = sin(45° − 30°) = sin 45°⋅ cos 30° − sin 30°⋅ cos 45° = 2 3 1 2 6− 2 ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2 4 2) tan 75° = tan(30° + 45°) tan 30° + tan 45° = 1 − tan 30°⋅ tan 45° 3 +1 3+ 3 = 3 = 3 3− 3 1− 3 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 8 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 3) cos150° = cos(90° + 60°) = cos 90°⋅ cos 60° − sin 90°⋅ sin 60° = 0 − 1⋅ 4) cos 3 3 =− 2 2 7π π π = cos + 12 3 4 π π π π = cos ⋅ cos − sin ⋅ sin 3 4 4 3 1 2 2 3 ⋅ − ⋅ 2 2 2 2 2− 6 = 4 = 5) tan π π π = tan − 12 3 4 π π tan − tan 3 4 = π π 1 + tan ⋅ tan 3 4 3 −1 3 −1 = = 1 + 3 ⋅1 3 +1 6) sin 435° = sin 75° = sin(30° + 45°) = sin 30° ⋅ cos 45° + sin 45° ⋅ cos 30° 1 2 2 3 2+ 6 = ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 4 7) sin 5π π π = sin + 12 6 4 π π π π = sin ⋅ cos + sin ⋅ cos 6 4 4 6 = 1 2 2 3 2+ 6 ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 4 b. sin a = −0, 4 et 180° < a < 270° ⇒ cos a = − 1 − 0, 42 = −0, 917 cos b = 1 1 et 0° < b < 90° ⇒ sin b = 1 − = 0,943 . 3 9 On en déduit : 1 sin( a + b) = sin a ⋅ cos b + sin b ⋅ cos a = − 0, 4 ⋅ + 0, 943 ⋅ ( − 0,917 ) = − 0,998 3 1 sin(a − b) = sin a ⋅ cos b − sin b ⋅ cos a = − 0, 4 ⋅ − 0,943 ⋅ ( −0,917 ) = 0, 731 3 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 9 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 1 cos(a + b) = cos a ⋅ cos b − sin a ⋅ sin b = −0,917 ⋅ − ( −0, 4 ) ⋅ 0,943 = 0, 0715 3 1 cos( a − b) = cos a ⋅ cos b + sin a ⋅ sin b = −0,917 ⋅ + ( −0, 4 ) ⋅ 0, 943 = − 0, 683 3 tan( a + b ) = −13,958 tan( a − b ) = −1, 070 B. a. sin a = 0, 6 et a est un angle aigu. On en déduit cos a = 1 − 0, 62 = 0,8 et tan a = 0, 75 . On en déduit : sin 2a = 2 sin a ⋅ cos a = 2 ⋅ 0, 6 ⋅ 0,8 = 0, 96 cos 2a = cos 2 a − sin 2 a = 0, 64 − 0,36 = 0, 28 tan 2a = 2 tan a 1, 5 = = 3, 429 2 1 − tan a 1 − 0, 752 b. Pour trouver cos a , on peut utiliser la relation 1 + tan 2 a = cos 2 a = 1 , ce qui donne cos2 a 1 9 25 , et donc sin 2 a = . = 25 34 34 1+ 9 On sait que sin a et cos a sont négatifs. On a donc sin a = −5 −3 et cos a = . 34 34 On en déduit : sin 2a = 2sin a ⋅ cos a = 2 ⋅ −5 −3 30 ⋅ = ≈ 0,882 34 34 34 cos 2a = cos 2 a − sin 2 a = 9 25 −16 − = ≈ −0, 471 34 34 34 10 2 tan a tan 2a = = 3 = −1,875 . 2 1 − tan a 1 − 25 9 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 10 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 13. Identités trigonométriques SÉRIE 1 a. π 1 + tan a tan a + = 4 1 − tan a π tan a + tan 4 = 1 + tan a π 1 − tan a 1 − tan a ⋅ tan 4 tan a + 1 1 + tan a = 1 − tan a ⋅1 1 − tan a 1 + tan a 1 + tan a = 1 − tan a 1 − tan a b. tan(a − b) + tan b = tan a 1 − tan(a − b) tan b tan ( (a − b) + b ) = tan a tan a = tan a c. sin 3a = 3sin a − 4 sin 3 a sin ( 2a + a ) = 3sin a − 4 sin 3 a sin 2a ⋅ cos a + sin a ⋅ cos 2a = 3sin a − 4 sin 3 a 2sin a ⋅ cos 2 a + sin a ⋅ cos 2 a − sin 3 a = 3sin a − 4sin 3 a ( ) 3sin a 1 − sin 2 a − sin 3 a = 3sin a − 4sin 3 a 3sin a − 4sin 3 a = 3sin a − 4sin 3 a d. cos 3a = 4 cos3 a − 3cos a cos ( 2 a + a ) = 4 cos 3 a − 3cos a cos 2 a ⋅ cos a − sin 2 a ⋅ sin a = 4 cos3 a − 3cos a cos 3 a − sin 2 a ⋅ cos a − 2 sin 2 a ⋅ cos a = 4 cos3 a − 3cos a ( ) cos 3 a − 3 1 − cos 2 a cos a = 4 cos 3 a − 3cos a 4 cos 3 a − 3cos a = 4 cos 3 a − 3cos a Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 11 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 e. 3 tan a − tan 3 a tan 3a = 1 − 3 tan 2 a 3 tan a − tan 3 a tan ( 2a + a ) = 1 − 3 tan 2 a tan 2a + tan a 3 tan a − tan 3 a = 1 − tan 2a tan a 1 − 3 tan 2 a ( 2 tan a + tan a 1 − tan 2 a 2 2 ) = 3 tan a − tan 3 a 2 1 − tan a − 2 tan a 1 − 3 tan a 3 3 3 tan a − tan a 3 tan a − tan a = 1 − 3 tan 2 a 1 − 3 tan 2 a f. 1 cos x + sin x = cos x − sin x cos 2 x 1 cos x + sin x = cos x − sin x cos 2 x − sin 2 x 1 cos x + sin x = cos x − sin x ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) 1 1 = cos x − sin x cos x − sin x g. cos x ( 2sin x − cos x ) = sin 2 x − sin 2 x − cos 2 x cos x ( 2sin x − cos x ) = 2sin x cos x − sin 2 x − cos 2 x + sin 2 x cos x ( 2sin x − cos x ) = cos x ( 2sin x − cos x ) h. 1 − cos 2a + sin 2a = tan a 1 + cos 2a + sin 2a 2sin 2 a + 2 sin a cos a = tan a 2 cos 2 a + 2 sin a cos a 2 sin a ( sin a + cos a ) 2 cos a ( sin a + cos a ) = tan a tan a = tan a Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 12 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 SÉRIE 2 a. cos a = 1 − 2sin 2 a 2 a a a − sin 2 = 1 − 2sin 2 2 2 2 a a a 1 − sin 2 − sin 2 = 1 − 2sin 2 2 2 2 a a 1 − 2sin 2 = 1 − 2sin 2 2 2 cos 2 b. cos 2a3 = 2 cos 2 a 3 − 1 cos 2 a 3 − sin 2 a 3 = 2 cos 2 a3 − 1 cos 2 a 3 − (1 − cos 2 a 3 ) = 2 cos 2 a 3 − 1 2 cos 2 a 3 − 1 = 2 cos 2 a 3 − 1 c. 2 cos 2 x + 2 = 1 − sin 2 x En remplaçant x par 0, on obtient 4 = 1 ; l’égalité n’est pas vérifiée. d. ( ) sin 8 x tan 8 x 1 − tan 4 4 x = 4 tan 2 4 x 2 tan 4 x 2 sin 4 x cos 4 x 2 ( 1 − tan 4x ) (1 + tan 4 x ) = 4 tan 4x 2 2 2 1 − tan 2sin 4 x 2 sin 4 x cos 4 x 1 + tan 2 4 x = 4 tan 2 4 x cos 4 x ( 4x ) sin 2 4 x 2 4 sin 4 x 1 + = 4 tan 4 x 2 cos 4 x 2 cos 2 4 x + sin 2 4 x 2 4 sin 2 4 x = 4 tan 4 x 2 cos 4 x 1 4 sin 2 4 x = 4 tan 2 4 x 2 cos 4 x 2 4 tan 4 x = 4 tan 2 4 x e. ( ) sin 6 x 1 − tan 4 3 x = 2 tan 3 x − 2 tan 3 3 x ( )( ) 1 2 sin 3 x cos 3 x (1 − tan 3 x ) = 2 tan 3 x − 2 tan cos 3 x 2 tan 3 x (1 − tan 3 x ) = 2 tan 3 x − 2 tan 3 x 2 sin 3 x cos 3 x 1 − tan 2 3 x 1 + tan 2 3 x = 2 tan 3 x − 2 tan 3 3 x 2 2 2 3 3x 3 2 tan 3 x − 2 tan 3 3 x = 2 tan 3 x − 2 tan 3 3 x Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 13 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 f. cos 2 2 x − cos 2 4 x = sin 2 x sin 6 x ( cos 2 x − cos 4 x )( cos 2 x + cos 4 x ) = sin 2 x sin 6 x −2sin 3 x sin ( − x ) ⋅ 2 cos 3 x cos ( − x ) = sin 2 x sin 6 x ( 2sin x cos x )( 2sin 3x cos 3 x ) = sin 2 x sin 6 x sin 2 x sin 6 x = sin 2 x sin 6 x g. sin 7 x + sin 3x = sin 6 x + sin 4 x Lorsque x = h. π , on obtient −2 = 0 ; l’égalité n’est pas vérifiée. 2 sin 3x + sin x + sin 5 x + sin 7 x = 2 cos x ( sin 2 x + sin 6 x ) ( sin 3x + sin x ) + ( sin 5x + sin 7 x ) = 2 cos x ( sin 2 x + sin 6 x ) 2sin 2 x cos x + 2sin 6 x cos x = 2 cos x ( sin 2 x + sin 6 x ) 2 cos x ( sin 2 x + sin 6 x ) = 2 cos x ( sin 2 x + sin 6 x ) SÉRIE 3 a. sin 2 2a + cos 2a + cos 2 2a = 2 cos 2 a ( sin 2 2a + cos 2 2a ) + cos 2a = 2 cos 2 a 1 + cos 2 a − sin 2 a = 2 cos 2 a 2 cos 2 a = 2 cos 2 a b. 2 cos3 3x − 2 cos 3x sin 2 3x = cos 3x + cos 9 x 2 cos 3x ( cos 2 3x − sin 2 3x ) = cos 3x + cos 9 x 2 cos 3x cos 6 x = cos 3x + cos 9 x 2 cos 3x cos 6 x = 2 cos 6 x cos 3x Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 14 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 c. cos3 x tan 3 x 2 − sin 2 2 x + = sin x 1 + tan 2 x sin 2 x 3 3 cos x sin x 2 − sin 2 2 x + = sin 2 x sin x cos 3 x ⋅ 1 2 cos x ( 2 cos 4 x + sin 4 x 2sin x cos x (( ) ) = 2 − sin 2x sin 2 x 2 2 1 − sin 2 x + sin 4 x sin 2 x 2 1 − 2sin 2 x + 2sin 4 x ( sin 2 x ( 2 − 4sin 2 x 1 − sin 2 x sin 2 x 2 − ( 2sin x cos x ) 2 ) = 2 − sin 2x 2 sin 2 x ) = 2 − sin 2 2x sin 2 x ) = 2 − sin 2 2x sin 2 x 2 2 − sin 2 2 x sin 2 x sin 2 x 2 2 2 − sin 2 x 2 − sin 2 x = sin 2 x sin 2 x d. = cos 4 x = cos 2 x − sin 2 x − 2sin x cos x cos 2 x + sin 2 x cos 2 2 x − sin 2 2 x = cos 2 x − sin 2 x − 2sin x cos x cos 2 x − sin 2 x ( cos 2 x − sin 2 x ) ( cos 2 x + sin 2 x ) cos 2 x + sin 2 x = cos 2 x − sin 2 x − 2sin x cos x 2 cos x − sin 2 x − 2sin x cos x = cos 2 x − sin 2 x − 2sin x cos x e. (1 − sin 2 2 x ) + ( sin 8 x − sin 2 x ) = cos 2 x + cos 5 x sin 3 x Lorsqu’on prend x = f. π , on obtient 1 = 0 ; l’égalité n’est pas vérifiée. 2 cos 2 3 x − cos 6 x = sin 2 3 x ( ) cos 2 3 x − cos 2 3x − sin 2 3x = sin 2 3x 2 2 sin 3 x = sin 3x g. sin a (1 + cos 2a ) sin 2a = cos a sin a ⋅ 2 cos 2 a = cos a 2 sin a cos a cos a = cos a Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 15 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 h. 2 tan 2 x = 1 − cos 2 x + sin x L’égalité est fausse; elle n’est pas vérifiée pour x = i. ( ) ( π . 4 ) tan x cos 2 x − sin 2 x = 1 − tan 2 x sin x cos x sin 2 x tan x cos 2 x − sin 2 x = 1 − sin x cos x 2 cos x cos 2 x − sin 2 x tan x cos 2 x − sin 2 x = sin x cos x cos 2 x tan x cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x − sin 2 x tan x j. ( ) ( ( ) ) ( ) sin 3 x + sin x = 4sin x cos 2 x 2sin 2 x cos x = 4sin x cos 2 x 2 ⋅ 2sin x cos x cos x = 4sin x cos 2 x 4sin x cos 2 x = 4sin x cos 2 x k. tan a sin 2a = 1 − cos 2a sin a 2 sin a cos a = 1 − cos 2a cos a 2 sin 2 a = 1 − cos 2a 1 − cos 2a = 1 − cos 2a l. 1 − cos 2a 1 + cos 2a 1 − cos 2 a + sin 2 a tan 2 a = 1 + cos 2 a − sin 2 a 2 sin 2 a tan 2 a = 2 cos 2 a tan 2 a = tan 2 a = tan 2 a SÉRIE 4 a. cos 7α + 2sin 3α sin 4α = cos α cos ( 3α + 4α ) + 2 sin 3α sin 4α = cos α cos 3α cos 4α − sin 3α sin 4α + 2sin 3α sin 4α = cos α cos 3α cos 4α + sin 3α sin 4α = cos α cos ( 3α − 4α ) = cos α cos ( −α ) = cos α cos α = cos α Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 16 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 b. sin 3x + sin 5 x 2 2 sin 4 x cos x sin 2 x cos 3x + sin 2 x cos x = 2 sin 2 x cos 3x + sin 2 x cos x = 2sin 2 x cos 2 x cos x 1 sin 2 x cos 3x + sin 2 x cos x = 2 sin 2 x ⋅ ( cos x + cos 3x ) 2 sin 2 x cos 3x + sin 2 x cos x = sin 2 x cos x + sin 2 x cos 3x c. cos 2 3 x − sin 2 3 x = −2 sin 4 x sin 2 x + cos 2 x 1 cos 2 3 x − sin 2 3 x = − 2 ⋅ ( cos 2 x − cos 6 x ) + cos 2 x 2 sin 2 x cos 3x + sin 2 x cos x = cos 2 3 x − sin 2 3 x = − cos 2 x + cos 6 x + cos 2 x cos 2 3 x − sin 2 3 x = cos 2 3 x − sin 2 3 x d. π cos z sin ( y − x ) = sin − x − sin ( z − y ) + cos ( π − y ) sin ( x − z ) 2 cos z sin ( y − x ) = − cos x sin ( z − y ) − cos y sin ( x − z ) cos z sin ( y − x ) = cos x sin ( y − z ) − cos y sin ( x − z ) cos z sin ( y − x ) = cos x ( sin y cos z − sin z cos y ) − cos y ( sin x cos z − sin z cos x ) cos z sin ( y − x ) = cos z ( sin y cos x − sin x cos y ) − cos x cos y sin z + cos x cos y sin z cos z sin ( y − x ) = cos z sin ( y − x ) 14. Équations trigonométriques À partir de l’exercice c de la série1, les représentations des solutions sur le cercle trigonométrique sont laissées au lecteur. SÉRIE 1 a. sin 2 x − cos x = 0 2sin x cos x − cos x = 0 cos x ( 2sin x − 1) = 0 cos x = 0 ou sin x = 0, 5 π π 5π + k π ou x = + 2k π ou x = + 2k π 2 6 6 π 5π π S = + k π ; + 2k π ; + 2k π k ∈ ℤ 6 6 2 x= Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 17 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 b. sin 2 x = 2sin x 2sin x cos x − 2sin x = 0 2sin x ( cos x − 1) = 0 sin x = 0 ou cos x = 1 x = k π ou x = 2k π S = {k π k ∈ ℤ} c. π cos ( 3 x + 2 ) = cos − ( 2 x − 5 ) 2 π 3 x + 2 = ± − ( 2 x − 5 ) + 2k π 2 π π 5 x = + 3 + 2k π ou x = − − 7 + 2k π 2 2 π 2 π x = + 0, 6 + k π ou x = − − 7 + 2k π 10 5 2 2 π π S = + 0, 6 + k π ; − − 7 + 2k π k ∈ ℤ 5 2 10 d. 1 − cos x =2 CE : x ≠ ( 2k + 1) π 1 + cos x 1 − cos x = 2 + 2 cos x −1 cos x = 3 x = ±1,911 + 2k π S = {±1,911 + 2k π k ∈ ℤ} Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 18 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 e. π sin x 2 − = cos 5 x 2 ( ) cos π − x 2 = cos 5 x π − x 2 = ±5 x + 2 k π x 2 ± 5 x − ( 2k + 1) π = 0 ∆ = 25 + 4 ( 2k + 1) π ∆ > 0 si k ≥ −1 x= 5 ± 25 + 4 ( 2k + 1) π 2 ou x = −5 ± 25 + 4 ( 2k + 1) π 2 5 ± 25 + 4 ( 2k + 1) π −5 ± 25 + 4 ( 2k + 1) π ; S = k ∈ ℕ ∪ {−1} 2 2 SÉRIE 2 a. b. π sin x + = 0, 5 7 π π π 5π x + = + 2k π ou x + = + 2k π 7 6 7 6 π 29π x= + 2k π ou x = + 2k π 42 42 29π π S = + 2k π ; + 2k π k ∈ ℤ 42 42 2 cos x = 3sin x CE :cos x ≠ 0, x ≠ π + kπ 2 2 3 x = 0,588 + k π tan x = S = {0,588 + k π k ∈ ℤ} c. 1 π π CE : x ≠ + k 1 + tan x 4 2 2 tan x 1 − tan x = 2 1 − tan x 1 − tan 2 x 2 tan x = 1 − tan x 1 tan x = 3 x = 0, 322 + k π tan 2 x = S = {0,322 + k π k ∈ ℤ} Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 19 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 d. tan ( 5 x + 2 ) = tan ( −2 x + 1) CE : x ≠ π−4 π 2−π π +k ;x ≠ +k 10 5 4 2 CE : x ≠ 4−π π π + k ; x ≠ + kπ 6 3 2 5 x + 2 = −2 x + 1 + k π 7 x = −1 + k π −1 π x= +k 7 7 π −1 S = + k k ∈ ℤ 7 7 e. tan ( −3x + 2 ) = tan x −3 x + 2 = x + k π 4x = 2 + kπ π 1 x = +k 2 4 π 1 S = + k k ∈ ℤ 4 2 f. π π π 2 5π = tan x + CE : x ≠ + k π ; x ≠ + k π ; x ≠ + kπ π 7 2 4 14 1 − tan tan x 4 π tan x + tan 2 7 = 1 − tan x 1 − tan x tan π 7 π π π 2 − 2 tan x tan = tan x + tan − tan 2 x − tan x tan 7 7 7 π π tan 2 x − 1 + tan tan x + 2 − tan = 0 7 7 2 π π ∆ = 1 + tan − 4 2 − tan < 0 7 7 L’équation n’a pas de solution ; S = ∅ Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 20 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 SÉRIE 3 a. ( cos 4 x − cos 2 x ) + sin 3x = 0 −2sin 3 x sin x + sin 3 x = 0 sin 3 x (1 − 2sin x ) = 0 sin 3 x = 0 ou sin x = 0, 5 π π 5π ou x = + 2k π ou x = + 2k π 3 6 6 5π π π S = k ; + 2k π ; + 2 k π k ∈ ℤ 6 3 6 x=k b. cos 2 x + 2 cos x = 0 2 cos 2 x + 2 cos x − 1 = 0 ∆ = 4 + 8 = 12 −1 + 3 −1 − 3 ou cos x = < −1 2 2 x = ±1,196 + 2k π cos x = S = {±1,196 + 2k π k ∈ ℤ} c. tan 3x + ( tan 2 x + tan x ) = 0 CE : x ≠ π π π π π + kπ; x ≠ + k ; x ≠ + k 2 4 2 6 3 sin 3x sin 3x + =0 cos 3x cos 2 x cos x cos x cos 2 x + cos 3x sin 3 x ⋅ =0 cos x cos 2 x cos 3x π 1) sin 3 x = 0 x = k 3 2) cos x cos 2 x + cos ( 2 x + x ) = 0 2 cos x cos 2 x − sin x sin 2 x = 0 2 cos x cos 2 x − 2sin 2 x cos x = 0 ( ) 2 cos x 1 − 3sin 2 x = 0 3 3 x = ±0, 615 + 2k π ou x = 2,527 + 2k π ou x = 3, 757 + 2k π cos x = 0 (à rejeter) ou sin x = ± π S = k ; ± 0, 615 + 2k π ; 2,527 + 2k π ;3, 757 + 2k π k ∈ ℤ 3 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 21 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 d. Erratum (tirage 2013) : l’équation à résoudre est sin 2 x − sin 3x = cos 4 x + cos x sin 2 x − sin 3 x = cos 4 x + cos x 5x −x 5x 3x sin − 2 cos cos = 0 2 2 2 2 5x −x 3x cos sin − cos = 0 2 2 2 5x 5x π π 2k π cos = 0 ; = + kπ ; x = + 2 2 2 5 5 −x π π π 3x sin = sin − ; x = + 2k π ou x = − + k π 2 2 4 2 2 2 cos π 2k π π π ; + 2k π ; − + k π k ∈ ℤ S = + 5 2 4 5 Pour résoudre l’équation sin 2 x − sin 3x = cos 4 x − cos x donnée erronément dans le manuel… La période commune aux différents termes de cette équation est 2π . On voit rapidement que π 0 ( +2k π) et ( +2k π ) sont solutions de cette équation. 2 À l’aide d’un solveur (par exemple celui de Sinequanon), on peut déterminer les autres solutions : 0,12937 ( +2k π ) ; 3, 4376 ( +2k π ) ; 4,3117 ( +2k π ) ; 5, 215 ( +2k π ) . e. ( cos 5 x − cos 3x ) + ( sin x + sin 7 x ) = 0 −2sin 4 x sin x + 2sin 4 x cos 3x = 0 2sin 4 x ( cos 3x − sin x ) = 0 π 4 π 2) cos 3x = cos − x 2 π 3 x = ± − x + 2k π 2 π π 4 x = + 2k π ou 2 x = − + 2k π 2 2 π π π x = + k ou x = − + k π 8 2 4 π π π S = k ; + k k ∈ ℤ 2 4 8 1) sin 4 x = 0, x = k Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 22 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 SÉRIE 4 a. 3cos 2 x + 5 cos x − 2 = 0 ∆ = 49 1 ou cos x = −2 (à rejeter) 3 x = ±1, 231 + 2k π cos x = S = {±1, 231 + 2k π k ∈ ℤ} b. 8sin 2 x − 2 sin x − 3 = 0 ∆ = 100 sin x = 0, 75 ou sin x = −0, 5 sin x = 0, 75 x = 0,848 + 2k π ou x = 2, 294 + 2k π π 7π + 2k π ou x = + 2k π 6 6 π 7π S = 0,848 + 2k π ; 2, 294 + 2k π ; − + 2k π ; + 2k π k ∈ ℤ 6 6 sin x = −0,5 c. x=− ( ) cos 2 x + cos x + 5 = 3 1 − cos 2 x + 2 2 4 cos x + cos x = 0 cos x ( 4 cos x + 1) = 0 cos x = 0 ou cos x = −0, 25 π + k π ou x = ±1,823 + 2k π 2 π S = + k π ; ± 1,823 + 2k π k ∈ ℤ 2 x= 2 d. tan ( x − 2 ) + tan ( − x + 2 + π ) = 2 CE : x ≠ 2 + π + kπ 2 tan 2 ( x − 2 ) − tan ( x − 2 ) − 2 = 0 ∆=9 tan ( x − 2 ) = 2 ou tan ( x − 2 ) = −1 π x − 2 = 1,107 + k π ou x − 2 = − + k π 4 π x = 3,107 + k π ou x = 2 − + k π = 1, 215 + k π 4 S = {3,107 + k π ;1, 215 + k π k ∈ ℤ} Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 23 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 SÉRIE 5 a. 5cos x + 2sin x = −3 5 r = 52 + 2 2 = 29 ; θ = tan −1 = 1,1903 2 −3 sin ( x + 1,1903) = 29 x + 1,1903 = − 0,591 + 2k π ou x + 1,1903 = π + 0, 591 + 2k π x = −1, 7812 + 2k π ou x = 2, 5423 + 2k π S = {−1, 7812 + 2k π ; 2,5423 + 2k π k ∈ ℤ} b. −3cos x + 2sin x = 3 r = 13 ; θ = tan −1 (−1,5) = −0,9828 3 sin ( x − 0,9828 ) = 13 x − 0,9828 = 0,9828 + 2k π ou x − 0,9828 = π − 0,9828 + 2k π x = 1,9656 + 2k π ou x = ( 2k + 1) π S = {1,9656 + 2k π ; ( 2k + 1) π k ∈ ℤ} c. 2cos x + sin x = 3 2 ( L’équation n’a pas de solution car c 2 = 3 2 d. ) 2 > 22 + 12 3 cos x + sin x = 2 r = 2 ; θ = tan −1 3 = π 3 π 2 sin x + = 3 2 π π π 3π x + = + 2k π ou x + = + 2k π 3 4 3 4 −π 5π x= + 2k π ou x = + 2k π 12 12 5π − π S = + 2k π ; + 2k π k ∈ ℤ 12 12 SÉRIE 6 a. sin ( 2 x + 1) = sin ( 3 x − 2 ) 2 x + 1 = 3 x − 2 + 2k π ou 2 x + 1 = −3 x + 2 + 2k π x = 3 + 2k π ou x = 0, 2 + ( 2k + 1) π 5 π S = 3 + 2k π ; 0, 2 + ( 2k + 1) k ∈ ℤ 5 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 24 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 b. 2 cos 2 x − 3cos x − 2 = 0 ∆ = 25 cos x = 2 (à rejeter) ou cos x = − 0, 5 x= π S = ± + 2k π k ∈ ℤ 3 c. π 3 cos 2 x + = 5 2 π π 2 x + = ± + 2k π 5 6 −11π −π x= + 2k π ou x = + 2k π 60 30 −π −11π S = + 2k π ; + 2k π k ∈ ℤ 30 60 ( ) d. cos x sin x cos 2 x − cos x sin x + sin 2 x = 0 2 cos x = 0 ou sin x = 0 ou cos x − cos x sin x + sin 2 x = 0 π 1) cos x = 0 x = + k π 2 2) sin x = 0 x = k π 3) cos 2 x − cos x sin x + sin 2 x = 0 1 − tan x + tan 2 x = 0 ∆ = 1− 4 < 0 π S = k k ∈ ℤ 2 e. π cos x 2 − 3 x + 1 = cos − x 2 − 3 x + 1 2 π x 2 − 3 x + 1 = ± − x 2 − 3 x + 1 + 2k π 2 π π 2 x 2 = + 2k π ou 6 x = 2 + + 2k π 2 2 π π+4 π x 2 = + k π ou x = +k 4 12 3 ( x=± ) π π+4 π + k π (k ∈ ℕ) ou x = +k 4 12 3 π π + 4 π + kπ k ∈ ℕ ∪ + k k ∈ ℤ S = ± 3 4 12 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 25 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 f. ( ) cos x ⋅ sin 2 x ⋅ sin 3 x − cos3 x = 0 π + kπ 2 x = kπ cos x = 0 x= sin x = 0 π + kπ 4 π π S = k ; + k π k ∈ ℤ 2 4 tan 3 x = 1 g. x= sin 2 x 2 cos x − 3cos 2 x π 2 = CE :cos x ≠ 0; x ≠ + k π 2 2 cos x cos x 2 2 2 2 1 − cos x = 2 cos x − 3cos x ( ) cos 2 x − 2 cos x + 2 = 0 ∆ = 4 −8 < 0 S =∅ ( ) h. 4 sin x − 1 − 2sin 2 x = 1 2 sin 2 x + 4 sin x − 2 = 0 sin 2 x + 2sin x − 1 = 0 ∆=8 sin x = −1 + 2 ou sin x = −1 − 2 (à rejeter car < −1) x = 0, 4271 + 2k π ou x = 2, 7145 + 2k π S = {0, 4271 + 2k π ; 2, 7145 + 2k π k ∈ ℤ} 15. Inéquations trigonométriques a. sin x < 1 2 −7 π π S = x ∈ ℝ + 2k π < x < + 2k π ; k ∈ ℤ 6 6 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 26 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 b. − 3 2 5π 7π < 3x − 4 < 6 6 4 5π 4 7π + <x< + 3 18 3 18 24 + 5π 24 + 7 π <x< 18 18 cos ( 3 x − 4 ) < Solutions 24 + 5π 2k π 24 + 7 π 2k π + <x< + ; k ∈ ℤ S = x ∈ ℝ 18 3 18 3 c. cos ( 2 x − 7 ) > −3 ∀x ∈ ℝ : cos ( 2 x − 7 ) ≥ − 1 > − 3 , donc S = ℝ d. π 2 sin 3 x − ≥ 9 2 π π 3π + 2k π ≤ 3 x − ≤ + 2k π 4 9 4 13π 31π + 2k π ≤ 3 x ≤ + 2k π 36 36 13π 2k π 31π 2k π + ≤x≤ + 108 3 108 3 13π 2k π 31π 2k π S = x ∈ ℝ + ≤x≤ + ; k ∈ ℤ 108 3 108 3 e. cos ( 5 x + 2 ) ≤ 0,15 1, 420 + 2k π ≤ 5 x + 2 ≤ 4,863 + 2k π −0, 580 + 2k π ≤ 5 x ≤ 2,863 + 2k π 2k π 2k π −0,116 + ≤ x ≤ 0,573 + 5 5 2k π 2k π S = x ∈ ℝ − 0,116 + ≤ x ≤ 0, 573 + ; k ∈ ℤ 5 5 f. tan ( 5 x − 3) < 7 π + k π < 5 x − 3 < 1, 429 + k π 2 1, 429 + k π < 5 x < 4, 429 + k π kπ kπ < x < 0,889 + 0, 285 + 5 5 − kπ kπ S = x ∈ ℝ 0, 285 + < x < 0,889 + ; k ∈ ℤ 5 5 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 27 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 g. π tan 4 x − > −3 5 π π < + kπ 5 2 −0, 621 + k π < 4 x < 2,199 + k π kπ kπ −0,155 + < x < 0,55 + 4 4 −1, 249 + k π < 4 x − kπ kπ S = x ∈ ℝ −0,155 + < x < 0,55 + ; k ∈ ℤ 4 4 h. sin ( 6 x + 3) ≤ −1 sin ( 6 x + 3) = −1 3π + 2k π 2 π − 2 kπ x= + 4 3 6x + 3 = π − 2 kπ S = + k ∈ ℤ 3 4 Résoudre un problème 16. Un tunnel ferroviaire 1) Amplitude : 2 a = 250 + 50 = 300 ⇒ a = 150 T 2π 2π 2π π = 700 ⇒ T = 1400 ; T = ⇒b= = = 2 b T 1400 700 Décalage vertical : d = 100 Déphasage : x = 0 ⇒ y = a sin c + d = 0 , Période : −150sin c = 100 ; sin c = −2 3 c = −0, 7297 π Une expression de la fonction correspondant au profil est y = 150sin x − 0, 7297 + 100 . 700 2) Pour déterminer les longueurs du tunnel et du pont, il faut chercher les racines de la fonction représentée dans l’intervalle [ 0;1400] . En partant de l’expression générale, il faut résoudre l’équation −d −d , (avec −1 ≤ a sin ( bx + c ) + d = 0 ou sin ( bx + c ) = ≤ 1 ) (1) a a −d π π Soit α ∈ − ; tel que sin α = . a 2 2 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 28 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 α − c 2k π π − α − c 2k π et x = . + + b b b b Longueur du tunnel (l’entrée du tunnel est en 0) π − α − c π + 1, 4594 t1 = = ⋅ 700 = 1025,18 b π La longueur du tunnel est de 1025m. Longueur du pont α − c + 2π π − α − c π + 2α 1, 6822 − = = ⋅ 700 = 374,82 . p1 = b b b π La longueur du pont est de 375m. Les solutions de l’équation (1) sont x = 3) Si on rehausse la voie ferrée de 50m, seul le décalage vertical est modifié ; on a alors d = 50 . − d −1 π π Soit β ∈ − ; tel que sin β = . = a 3 2 2 Longueur du tunnel β − c − 0, 3398 + 0, 7297 0,3899 ⋅ 700 Entrée du tunnel : x = = ⋅ 700 = = 86,88 b π π π − β − c π + 1, 0695 Sortie du tunnel : x = = ⋅ 700 = 938,303 b π Longueur du tunnel : t2 = 938, 303 − 86,868 = 851, 43 La longueur du tunnel est de 851m. Longueur du pont Origine du pont (identique à la sortie du tunnel) : x = 938,303 Extrémité du pont : β − c + 2π 0,3899 + 2π x= == ⋅ 700 = 1486,88 b π Longueur du pont : p2 = 1486,876 − 938,303 = 548, 573 . La longueur du pont est de 549m. 17. Un mouvement d’oscillation Données : valeur maximale de l’écart : 3cm période : T = 0,98s f ( 0,32 ) = 3 cm Il faut déterminer les paramètres de la fonction sinusoïdale f (t ) = a sin ( ωt + ϕ) + b Décalage vertical : b = 0 Amplitude : a = 3 cm Période : 2π 2π = 0,98 d'où ω = = 6, 4114 rad/s ω 0, 98 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 29 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 Déphasage : le pendule est passé au point d’équilibre un quart de période avant d’atteindre 0,98 l’écart maximum donc au temps t = 0,32 − = 0, 075 s 4 ωt + ϕ = 0 ou ϕ = −ωt = 6, 4114 ⋅ ( −0, 075) = −0, 4809 . Le mouvement d’oscillation du pendule est décrit par la fonction f (t ) = 3sin ( 6, 4114t − 0, 4809 ) . Passage à mi-chemin entre la position d’équilibre et l’écart maximum : f (t ) = 1,5 ⇒ sin ( 6, 4114t − 0, 4809 ) = 0,5 π 5π + 2k π ou 6, 4114t − 0, 4809 = + 2k π 6 6 π 5π + 0, 4809 + 2k π + 0, 4809 + 2k π 6 6 t= ou t = 6, 4114 6, 4114 6, 4114t − 0, 4809 = Si k = 0 , t = 0,1567 ou t = 0, 4833 Si k = 1 , t = 1,137 ou t = 1, 463 . La dernière fois que le pendule a atteint la position mi-chemin est au temps t = 0,16 s; les trois prochains instants où il passe par cette même position sont t = 0, 48 s, t = 1,14 s et t = 1, 46 s. On peut vérifier qu’on retrouve la période du mouvement ; en effet 1,14 − 0,16 = 0, 98 s et 1, 46 − 0, 48 = 0,98 s. 18. Propriétés des angles d’un triangle a. α β β γ α γ tan + tan tan = 1 − tan tan 2 2 2 2 2 2 β α γ α γ tan tan + tan = 1 − tan tan 2 2 2 2 2 tan α γ + tan β 2 2 =1 tan ⋅ α 2 1 − tan tan γ 2 2 tan tan α γ γ π α α+β+ γ π tan ≠ 1 = ⇒ ≠ − 2 2 2 2 2 2 2 β α γ tan ⋅ tan + = 1 2 2 2 β π β tan ⋅ tan − = 1 2 2 2 β 1 tan . =1 2 tan β 2 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 30 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 Autre méthode Le triangle est rectangle donc α + β + γ = π ou α β γ α β γ π et donc cos + + = 0 + + = 2 2 2 2 2 2 2 α β γ cos + + = 0 2 2 2 γ γ α β α β cos + cos − sin + sin = 0 2 2 2 2 2 2 α β α β γ α β β α γ cos cos − sin sin cos − sin cos + sin cos sin = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 α β γ α β γ α β γ β α γ cos cos − sin sin cos − sin cos sin − sin cos sin = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 α β γ On divise les deux membres par cos cos cos ≠ 0 . 2 2 2 α β α γ β γ 1 − tan tan − tan tan − tan tan = 0 2 2 2 2 2 2 α β α γ β γ tan tan + tan tan + tan tan = 1 2 2 2 2 2 2 cos b. α + β + γ = π donc α = π − ( β + γ ) . sin 2 γ = cos 2 β − cos 2 ( β + γ ) − 2 cos ( β + γ ) sin β sin γ 2 sin 2 γ = cos 2 β − ( cos β cos γ − sin β sin γ ) − 2 ( cos β cos γ − sin β sin γ ) sin β sin γ sin 2 γ = cos 2 β − cos 2 β cos 2 γ − sin 2 β sin 2 γ + 2 cos β cos γ sin β sin γ −2 cos β cos γ sin β sin γ + 2 sin 2 β sin 2 γ sin 2 γ = cos 2 β − cos 2 β cos 2 γ + sin 2 β sin 2 γ ( ) sin 2 γ = cos 2 β 1 − cos 2 γ + sin 2 β sin 2 γ sin 2 γ = cos 2 β sin 2 γ + sin 2 β sin 2 γ ( sin 2 γ = sin 2 γ cos 2 β + sin 2 β 2 ) 2 sin γ = sin γ c. 1 + cos 2α + cos 2π − 2α + cos 2π = 4 cos α cos π − α cos π ( ) ( ) 1 + cos 2α + cos 2α + 1 = 4 cos α ( − cos α )( −1) 2 (1 + cos 2α ) = 4 cos 2 α 2 ⋅ 2 cos 2 α = 4 cos 2 α 4 cos 2 α = 4 cos 2 α Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 31 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 d. sin c = sin ( π − ( a + b ) ) = sin ( a + b ) a+b+c = π ⇒ cos c = cos ( π − ( a + b ) ) = − cos ( a + b ) 2 cos ( a + b ) sin ( a + b ) 2 cos a sin a 2 cos b sin b + − =2 2sin a sin b sin ( a + b ) 2sin a sin b sin ( a + b ) 2sin a sin b sin ( a + b ) sin 2a + sin 2b − sin ( 2a + 2b ) 2sin a sin b sin ( a + b ) =2 sin 2a + sin 2b − sin 2a cos 2b − sin 2b cos 2a =2 2sin a sin b sin ( a + b ) sin 2a (1 − cos 2b ) + sin 2b (1 − cos 2a ) 2sin a sin b sin ( a + b ) =2 sin 2a ⋅ 2 sin 2 b + sin 2b ⋅ 2 sin 2 a =2 2 sin a sin b sin ( a + b ) 2 sin a cos a sin 2 b + 2 sin b cos b sin 2 a =2 sin a sin b sin ( a + b ) 2 sin a sin b ( sin b cos a + sin a cos b ) sin a sin b sin ( a + b ) 2 sin a sin b sin ( a + b ) sin a sin b sin ( a + b ) =2 =2 2=2 19. Des triangles rectangles a. Hypothèses α + β + γ = π (angles d’un triangle) α , β , γ∈ ]0; π[ ; tan γ sin γ = 2 sin α + sin β Thèse π π π ou β = ou γ = 2 2 2 Démonstration γ sin γ tan = 2 sin α + sin β γ γ 2 sin cos γ 2 2 tan = α + β α −β 2 2 sin cos 2 2 α +β π γ α+β γ or α + β + γ = π , = − donc et sin = sin 2 2 2 2 2 α= Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 32 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 γ γ γ sin cos 2 2 2 = γ γ α −β cos cos cos 2 2 2 γ cos 2 1= α −β cos 2 γ α −β cos = cos 2 2 γ α −β =± + 2k π 2 2 π α+β α −β − =± + 2k π 2 2 2 π α +β α −β π α + β −α + β − = + 2k π ou − = + 2k π 2 2 2 2 2 2 π π = α + 2k π ou = β + 2k π 2 2 π π α = ou β = 2 2 sin b. Hypothèses α + β + γ = π (angles d’un triangle) α , β , γ∈ ]0; π[ ; tan α ⋅ tan β = 1 Thèse π π π ou β = ou γ = 2 2 2 Démonstration tan α ⋅ tan β = 1 α= tan α = 1 tan β π tan α = tan − β 2 π π α = − β ou α + β = 2 2 Or α + β + γ = π ; donc γ = π − π π = . Le triangle est rectangle en γ. 2 2 Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 33 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 20. Des ondes sur une corde vibrante Si x = 0, 05 , f1 (t ) = 3 ⋅104 sin ( 0,1 − 4t ) et f 2 (t ) = 3 ⋅104 sin ( 0,1 + 4t ) . Lorsque les deux ondes se superposent, on a ( f1 + f 2 ) (t ) = 3 ⋅10− 4 ( sin ( 0,1 − 4t ) + sin ( 0,1 + 4t ) ) = 3 ⋅10− 4 ⋅ 2sin 0,1⋅ cos ( −4t ) π = 6 ⋅10− 4 ⋅ 0,1⋅ sin + 4t 2 π = 6 ⋅10−5 ⋅ sin 4t + 2 21. Entrée au port π h(t ) = 2, 5sin t + 5 (h en mètres, t = nombre d’heures après minuit) 6 a. Il faut résoudre l’équation 2,5sin πt πt + 5 = 4 , ou sin = − 0, 4 . 6 6 Ses solutions sont πt πt = −0, 412 + 2k π ou = ( π + 0, 412 ) + 2k π 6 6 t = −0, 787 + 12k ou t = 6, 787 + 12k Il faut trouver les valeurs de t comprises entre 0h et 24h. On obtient t = 6, 787 donc t = 6h 47min t = 11, 213 donc t = 11h 13min t = 18, 787 donc t = 18h 47min t = 23, 213 donc t = 23h 13min b. Le niveau d’eau est minimum lorsque sin πt = −1 . Le niveau d’eau est alors de 2,5 m. 6 πt πt 3π = −1 , c’est à dire = + 2k π ; on obtient t = 9 + 12k . Le niveau 6 6 2 d’eau est minimum à 9 h et à 21 h. Il faut résoudre sin Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 34 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 c. Il faut résoudre 2,5sin πt πt + 5 ≥ 6 , ou sin ≥ 0, 4 . 6 6 On a donc (voir figure) 1 2,73 0,412 0,4 0, 412 + 2k π ≤ πt ≤ 2, 73 + 2k π 6 0 1 ou 0, 787 + 12 k ≤ t ≤ 5, 214 + 12 k . Pour k = 0 , on a 0, 787 ≤ t ≤ 5, 214 c’est-à-dire 0 h 47 min ≤ t ≤ 5 h 13 min. Pour k = 1 , on a 12, 787 ≤ t ≤ 17, 214 c’est-à-dire 12 h 47 min ≤ t ≤ 17 h 13 min. On dispose donc dans la journée de deux périodes de 4 h 26 min, soit un total de 8 h 52 min pour effectuer les manœuvres. D 22. Altitude d’une montgolfière Hauteur du bas de la nacelle par rapport aux yeux : 50 − 1, 6 = 48, 4 (m) BC 48, 4 = = 0, 484 AB 100 BD 48, 4 + CD tan 2α = = 100 AB tan α = C A 2α α B 100 m Par les formules de duplication, on sait que tan 2α = 2 tan α . 1 − tan 2 α En remplaçant tan α par 0,484 on obtient 2 × 0, 484 1 − 0, 4842 = 1, 26413 tan 2α = On a donc 48, 4 + CD = 1, 26413 100 CD = 78 Le ballon s’est donc élevé de 78 m. Il est alors à une altitude d’environ 128 m. Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 35 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 23. Chaud et froid a. Le maximum est de 10°C et le minimum de –2°C ; on en déduit l’amplitude égale à la demi différence, soit A = 6 . La période est ici d’une journée, soit 24 heures. On a donc T = 24 . On peut en déduire la valeur de ω, car T = 2π 2π π = 24 ⇒ ω = = . ω 24 12 L’amplitude vaut 6 et le minimum est –2, ce qui signifie que le décalage vertical b = 4 . πt On peut donc écrire f (t ) = 6sin + ϕ + 4 . 12 Il reste à déterminer la valeur de φ. On utilise la donnée « le minimum, atteint à 3h, est –2 ». π⋅3 f (3) = 6sin + ϕ + 4 = −2 12 π sin + ϕ = −1 4 π 3π 5π , c’est-à-dire ϕ = +ϕ= 4 2 4 La fonction cherchée est πt 5π f (t ) = 6sin + + 4 . 12 4 b. À minuit, t = 0 . La température est 5π donnée par f (0) = 6sin + 4 = − 0, 24 . 4 La température est donc – 0,24°C. température en °C 10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 12 14 -2 16 18 20 22 24 t (en heures) 2 πt 5π πt 5π c. Il faut résoudre 6sin + + 4 < 0 , c’est-à-dire sin + < − . 3 12 4 12 4 On peut utiliser un logiciel graphique pour visualiser la fonction et repérer sur le graphique les intervalles sur lesquels la fonction est négative (en gris sur la figure). On peut aussi demander au logiciel de calculer les racines de la fonction. Il donne t = 6, 2126 et t = 23, 787 , ce qui correspond à 6 h 13 min et 23 h 47 min. Il a donc gelé pendant 6 h 26 min (entre 0 h et 6 h 13 et entre 23 h 47 et 24 h) sur cette journée. Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 36 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 d. Il faut résoudre l’inéquation πt 5π πt 5π 2 6sin + + 4 ≥ 8 ou sin + ≥ . 12 4 12 4 3 πt 5π 2 Pour avoir les solutions de sin + = , on résout 12 4 3 πt 5π πt 5π + = 0, 72972 + 2k π ou + = 2, 41186 + 2k π . 12 4 12 4 On obtient t = −12, 2196 + 24 k ou t = −5, 78737 + 24k . Les valeurs de t doivent être dans l’intervalle [0 h ; 24 h]. On prend donc k = 1 , ce qui donne température en °C 10 8 t = 11, 780 soit 11 h 47 min, 6 ou t = 18, 2126 soit 18 h 13 min. 4 Il fait plus de 8°C entre 11 h 47 min et 18 h 13 min. On peut le vérifier sur le graphique en observant les points d’intersection du graphique et de la droite y = 8 . 2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 t (en heures) -2 24. Ombre sur la grande roue L’expression de la fonction qui décrit le mouvement d’une nacelle (sa hauteur par rapport au sol) est de la forme f (t ) = A sin ( ωt + ϕ ) + b et les données permettent de déterminer les paramètres. Position de départ = point le plus bas, donc ϕ = − Tour complet en 150s, donc T = 150 et ω = π 2 2π π rad/s = 150 75 Diamètre de la roue : 30m, donc A = 30 Décalage vertical : le centre de la roue est à 32m du sol, donc b = 32 . Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 37 CQFD 5e : corrigé (6P/S) – http://maths.deboeck.com © De Boeck Education s.a., 2014 π π L’expression de la fonction est f (t ) = 30 sin t − + 32 . 75 2 Pour répondre à la question, on peut travailler dans un repère dont l’origine est le centre de la grande roue. La position du point cherché est représentée sur la figure ci-contre y par le point de coordonnées ( x ; y ) . La projection de ce point sur le sol est le point de coordonnées ( 30; − 32 ) . (x,y) x (0,0) 35° (30,-32) Le rayon du soleil forme un angle de 35° avec le plan horizontal, ce qui permet de déterminer la pente de la droite : m = − tan 35° = − 0, 7 . La droite schématisant les rayons du soleil passant par la nacelle observée est d ≡ y = − 0, 7 x − 11 , puisque cette droite comprend le point ( 30; − 32 ) . x 2 + y 2 = 900 1, 49 x 2 + 15, 4 x − 779 = 0 ou . Les coordonnées ( x ; y ) vérifient le système y = − 0, 7 x − 11 y = −0, 7 x − 11 On obtient x = 18, 27 , y = 9, 03 et x = −28, 61 (à rejeter). La nacelle est donc à une hauteur de 32 + 9, 03 = 41, 03 m lorsque son ombre est située à 30m du point le plus bas de son parcours. Pour déterminer le temps qu’il faut à une nacelle pour se trouver à ce point de son parcours, il faut résoudre f (t ) = 41, 03 , avec t > 75 . πt π 30sin − + 32 = 41, 03 75 2 πt π sin − = 0,301 75 2 πt π πt π − = 0,30574 ou − = π − 0,30574 75 2 75 2 t = 44,8 t = 105, 2 Il faut donc 105,2s (ou 1 minute 45 secondes) à une nacelle après son passage au point le plus bas, pour que son ombre soit située à 30m du point le plus bas. Chapitre 6 – Des fonctions trigonométriques aux équations 38