de septembre 2016 à juillet 2015

Universit´ e de Li` ege
Examen d’admission aux ´etudes de bachelier ing´enieur civil et
architecte
Trigonom´etrie et calcul num´erique
Prof. P. Dewallef et Prof. Q. Louveaux
Septembre 2016
Question 1 R´esoudre l’´equation trigonom´etrique suivante en pr´ecisant les condi-
tions d’existence :
tan x−sin x
tan x+ sin x= 2 −2 cos x
Repr´esenter les solutions appartenant `a l’intervalle [−π, π[sur le cercle trigo-
nom´etrique.
Solution
C. E. : tan xdoit ˆetre d´efini donc x6=π
2+kπ, k ∈Z.
De plus, tan x+ sin x6= 0. Pour trouver les valeurs `a rejeter des conditions
d’existence, on r´esout tan x+ sin x= 0. On obtient sin x
cos x+ sin x= 0 qui se
factorise en sin x(1
cos x+ 1) = 0 qui admet comme solution soit sin x= 0,
c’est-`a-dire x=kπ, k ∈Z, soit cos x=−1, c’est-`a-dire x=−π+ 2kπ, k ∈Z.
Les conditions d’existence se r´esument donc `a x∈R\ {kπ
2, k ∈Z}.
Pour la suite, on suppose que xsatisfait les conditions d’existence. On peut
donc r´e´ecrire l’´equation initiale comme
sin x
cos x−sin x= (2 −2 cos x)( sin x cos x+ sin x).
En utilisant les conditions d’existence, on en d´eduit que sin x6= 0, le sin xpeut
donc se simplifier et on obtient
1
cos x−1 = (2 −2 cos x)( 1 cos x+ 1).
En ramenant tout sur le mˆeme d´enominateur, et puisque cos x6= 0 d’apr`es les
conditions d’existence, on a
1−cos x= 2 + 2 cos x−2 cos x−2 cos2x,
ce qui se simplifie en
2 cos2x−cos x+ 1 = 0.

On pose `a pr´esent t= cos xet on r´esout 2t2−t−1 = 0 qui admet les deux
solutions t=1±3
4.Les solutions de cos x= 1 sont `a rejeter en vertu des condi-
tions d’existence. Les solutions de cos x=−1
2m`enent `a x=−2π 3+ 2kπ, k ∈Z
ou x=2π
3+ 2kπ, k ∈Z.
Seules les solutions −2π
3et 2π 3sont `a reporter sur le cercle trigonom´etrique.
x=2π
3
x=−2π
3
Figure 1 – Repr´esentation des solutions sur le cercle trigonom´etrique
Question 2 On souhaite couvrir la toiture `a quatre pans repr´esent´ee en vue
de haut et en perspective sur la figure suivante. La base de la toiture est rec-
tangulaire, de cˆot´es AB = 8met BC = 12m. La toiture est sym´etrique, c’est-
`a-dire que les pans ABE et CDF sont isom´etriques, de mˆeme que les pans
BCF E et ADF E. En mesurant les arˆetes principales de la toiture, on obtient
que AE = 6m,EF = 6met F D = 6m.
A
B C
D
E F
A
B
C
D
EF
(a) Calculer la surface totale de la toiture `a couvrir.
(b) Calculer la hauteur de l’arˆete EF par rapport `a la base rectangulaire.
(c) On souhaite poser des panneaux photovolta¨ıques sur la toiture. Pour ce faire,
une inclinaison entre 30˚et 40˚est souhait´ee. D´eterminer quel pan de la
toiture est le plus appropri´e pour accueillir les panneaux.
2

Solution Soit E0la projection de Esur le plan ABCD. Soit ¯ Ele milieu du
segment AB. On note aussi par F0la projection de Fsur le plan ABCD et par
¯
Fla projection de F0sur le segment BC.
Dans le triangle rectangle B¯ EE0, on sait que |B¯ E|= 4 met |¯ EE0|= 3 mpar
sym´etrie. Par le th´eor`eme de Pythagore, on en d´eduit que |BE0|=√19 + 9 =
5m..
Si on consid`ere le triangle rectangle BE0E, on a |BE0|= 5 met |BE|= 6 m.
Par Pythagore, on en d´eduit que |EE0|=√36 −25 = √11 m. Ceci r´epond `a la
question (b).
Pour obtenir l’aire de la toiture, on doit calculer les aires des triangles et
trap`ezes. Dans le triangle rectangle B¯ EE, on sait que |BE|= 6met que
|B¯ E|= 4 m. On en d´eduit, par Pythagore, que ¯ EE|=√36 −16 = √20 m,
ce qui est la hauteur du triangle ABE. Similairement, on calcule la hauteur du
trap`eze BCF E qui vaut √16 + 11 = √27 m. D`es lors, l’aire du triangle ABE
vaut 8·√20
2= 8√5≈17,89 m2.L’aire du trap`eze BCF E vaut (12+6) 2·√27 =
27√3≈46,77 m2.Si on somme les aires des quatre pans, on obtient une aire
approximative de 129,3m2.Ceci r´epond `a la question (a).
Remarque : La formule de H´eron permet d’obtenir directement l’aire du pan
ABE (et CDF ) avec p=1
2(8 + 6 + 6) = 10 et l’aire est ´egale `a √10 ·2·4·4 =
8√5.
Si on consid`ere le triangle rectangle ¯ EE0E, l’angle ∠E¯ EE0= arctan √11
3≈
47,87˚. Si on consid`ere le triangle rectangle ¯ FFF0, l’angle ∠F¯ F F 0= arctan √11
4≈
39,66˚.
Les pans BCF E et AEF D sont donc plus appropri´es pour recevoir les panneaux
photovolta¨ıques.
Question 3 Si A,Bet Cd´esignent les angles d’un triangle et a,bet cles
longueurs des cˆot´es oppos´es `a ces angles, montrer que :
cos B
2cos C 2=a+b+c 2asin A 2
Solution Notons α=A
2, β =B 2, γ =C 2.Remarquons tout d’abord que α+
β+γ=π
2puisque ce sont des demi-angles d’un triangle. Remarquons que cela
implique ´egalement que α, β, γ ∈]0,π
2[ de mˆeme que a, b, c > 0.Les conditions
d’existence sont donc satisfaites. Dans la suite, il sera ´egalement correct de
diviser par a, b ou cou par le cosinus ou le sinus des angles α, β ou γ.
On peut remplacer α=π
2−β−γ. La r`egle des sinus nous permet ´egalement
d’´ecrire
sin A
a=sin B b
2 sin αcos α
a=2 sin βcos β b
a=bsin αcos α
sin βcos β
a=bcos(β+γ) sin(β+γ)
sin βcos β.
3

On remplace `a pr´esent αet adans l’identit´e `a d´emontrer. On obtient donc
cos βcos γ=bcos(β+γ) sin(β+γ)
sin βcos β+b+c
2b
cos(β+γ) sin(β+γ)
sin βcos β
cos(β+γ)
2bcos βcos γsin(β+γ)
sin β cos β=bcos(β+γ) sin(β+γ) + bsin βcos β+csin βcos β sinβ cos β
2bcos βcos γsin(β+γ) = (((((((((
(
bcos βcos γsin(β+γ)−bsin βsin γsin(β+γ)
+bsin βcos β+csin βcos β
et finalement
bsin(β+γ)(cos βcos γ+ sin βsin γ) = bsin βcos β+csin βcos β
On peut `a pr´esent `a nouveau utiliser la r`egle des sinus et observer que
sin B
b=sin C c
2 sin βcos β
b=2 sin γcos γ c
csin βcos β=bsin γcos γ.
En utilisant l’expression de csin βcos βdans l’expression `a d´emontrer et en
d´eveloppant la somme d’angles, on obtient `a pr´esent
b((sin βcos γ+ cos βsin γ)(cos βcos γ+ sin βsin γ)) =  bsin βcos β+ bsin γcos γ
(1)
On d´eveloppe `a pr´esent le membre de gauche de (1) et en utilisant le fait que
cos2β+ sin2β= 1 et que cos2γ+ sin2γ= 1, on obtient
sin βcos βcos2γ+ sin2βcos γsin γ+ cos2βcos γsin γ+ cos βsin βsin2γ
= sin βcos β+ cos γsin γ,
ce qui est bien le membre de droite de (1) et d´emontre d`es lors l’identit´e.
ATTENTION
— NOM (en MAJUSCULES), pr´enom (en minuscules) sur chaque feuille.
— Rendre une feuille par question mˆeme s’il n’y a pas de r´eponse.
— GSM et PC interdits.
— Il est permis d’utiliser une calculette.
— Pr´eparer une pi`ece d’identit´e sur la table.
— Fin de l’examen `a 12 heures.
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Universit´ e de Li` ege
Examen d’admission aux ´etudes de bachelier ing´enieur civil et
architecte
Trigonom´etrie et calcul num´erique
Prof. P. Dewallef et Prof. Q. Louveaux
Solutions de juillet 2016
Question 1 Trouver toutes les valeurs de xpour lesquelles l’´egalit´e suivante
est v´erifi´ee :
sin 5x+ sin x+ 2 sin2x= 1
Pr´esenter sur le cercle trigonom´etrique celles appartenant `a l’intervalle [−π, π[.
Solution
En utilisant la formule de factorisation sin p+ sin q= 2 sin p+q
2cos p−q 2,
il vient :
sin 5x+ sin x= 1 −2 sin2x⇔2 sin 3xcos 2x= 1 −2 sin2x
En utilisant la formule de Carnot cos 2a= cos2a−sin2a= 1 −2 sin2a, il est
possible de r´eduire l’´equation `a :
2 sin 3xcos 2x= cos 2x⇔cos 2x(2 sin 3x−1) = 0
qui poss`ede les solutions suivantes :
— cos 2x= 0 →2x=π
2+kπ →x=π 4+kπ 2
— 2 sin 3x−1=0 →sin 3x=1
2qui donne deux ensembles de solutions :
— 3x=π
6+ 2kπ →x=π 18 +2kπ 3
— 3x=5π
6+ 2kπ →x=5π 18 +2kπ 3