Etude du signe de la somme de deux fonctions trigonométriques

Etude du signe de la somme de deux fonctions trigonométriques
π
π
π
du signe de cos 4 t+ +cos 4 t+
2
6
2
Technique hors programme mais tellement « simple » ??
Il existe une formule de trigonométrie qui transforme la somme en produit
p+q
p−q
cos
Pour tous réels p et q , cos ( p )+cos ( q ) =2 cos
2
2
[ ]
(
Etude sur l'intervalle 0 ;
(
π
π
π
, cos 4 t+ +cos 4 t+ =2cos
6
2
2
[ ] (
Pour t∈ 0 ;
) (
)
π
π
π
3
=cos
= √ donc pour t∈ 0 ;
6
6
2
2
( ) ( )
Or cos −
) (
(
[ ]
8t+
π π
π π
+
−
6 2
6 2
π
π
cos
=2cos 4t+
cos −
2
2
3
6
)( )
(
π
2
[ ]
[ π2 ] ,
)
)
, cos 4 t+
Donc on se ramène ainsi à l'étude sur l'intervalle 0 ;
) (
(
) ( )
π
π
π
+cos 4 t+ =√ 3 cos 4 t +
6
2
3
) (
)
(
du signe de cos 4 t+
π
3
(
)
)
π
π
π
; 2 π+
décrit l'intervalle
3
3
3
Ceci est bien plus qu'une remarque, vu qu'elle nous permet de ne prendre en compte que les ensembles
π
solutions correspondant à notre intervalle d'étude 0 ;
2
π
π
π
3π
; 2 π+
Les solutions dans l'intervalle
de l'équation cos ( X )=0 sont
et
3
3
2
2
π
π
π π
π 3π
ou bien 4 t+ =
Donc pour t∈ 0 ;
, cos 4 t+ =0 ⇔ 4 t+ =
3
3 2
6
2
2
π
7π
⇔ t=
ou bien t=
24
24
Quand t décrit l'intervalle 0 ;
[
4 t+
]
[ ]
[ ]
[
(
]
)
[ π2 ] , 4 t+ π3 décrit l'intervalle [ π3 ; 2 π+ π3 ]
π
π
Les solutions dans l'intervalle [ ; 2 π+ ] de l'inéquation cos ( X )>0 sont dans la réunion d'intervalles
3
3
π π
3π
π
; 2 π+ ]
suivants [ ; [ et ]
3 2
2
3
π
π
π
π
π
3π
π
π
⩽ 4 t+ <
ou bien
<4 t+ ⩽2 π+
Donc pour t∈[ 0 ; ] , cos ( 4 t+ )>0 ⇔
3
3
3
2
2
3
3
2
Quand t décrit l'intervalle 0 ;
⇔ 0 ⩽ t <
π
7π
π
ou bien
< t ⩽
24
24
2
Pour information, même si cela s'avère inutile :
π
π
π 3π
; 2 π+
;
Les solutions dans l'intervalle
de l'inéquation cos ( X )<0 sont dans l'intervalle
3
3
2 2
π
π
π
π
3π
< 4 t+ <
Donc pour t∈ 0 ;
, cos 4 t+ <0 ⇔
3
2
3
2
2
π
7π
⇔
< t <
24
24
π
π
π
Méthode 1 ( sans formule magique ) pour résoudre dans 0 ;
l'équ. cos 4 t+ +cos 4 t+ =0
2
6
2
[ ]
[
(
]
]
[
)
[ ]
(
) (
)
(
cos 4 t+
π
π
+cos 4 t+ =0
6
2
) (
)
(
⇔ cos 4 t+
π
π
=−cos 4 t+
6
2
)
(
)
Avant d'aller plus loin, il faut avoir lu le document annexe qui traite le problème des équations
trigonométriques du type cos ( Y ) =−cos ( X )
(
cos 4 t+
π
π
π
π
+cos 4 t+ =0 ⇔ cos 4 t+ =−cos 4 t+
6
2
6
2
π
π
4 t + =π+4 t+ à un multiple de 2 π près
6
2
⇔ ou bien
π
π
4 t + =π− 4 t+
à un multiple de 2 π près
6
2
) (
)
(
)
{
(
(
)
)
π
π
π 3π
=π+4 t+ à un multiple de 2 π
=
+2 k π avec k dans ℤ
6
2
6
2
π
π
⇔ ou bien
⇔ t= +k × ,avec k ∈ℤ
ou bien
24
4
π
π
π
4 t+ =π− 4 t+
à un multiple de 2 π
8 t= +2 k π avec k dans ℤ
6
2
3
On a raisonné, ici, en travaillant à un multiple de 2 π près ( +2 k π , avec k dans ℤ )
Il reste à éliminer la très grande majorité des solutions de l'équation qui ne correspondent pas à une valeur de
π
π
7π
t dans l'intervalle 0 ;
. Finalement , on obtient deux solutions
et
2
24
24
{
{
4 t+
(
)
[ ]
Remarque : Pouvions nous prévoir que seulement deux valeurs pour k nous fournirait des solutions ?
π
π
Reprenons la série d'équations de la forme 4 t+ =π− 4 t+ +2 k π avec k dans ℤ
6
2
π
Quand t décrit l'intervalle 0 ;
,
2
π
π
π
π
3π π
4 t+
; 2 π+
;
décrit l'intervalle
, π− 4 t+
décrit l'intervalle −
6
6
6
2
2 2
Ces deux intervalles images ne sont pas disjoints
π
Si on ajoute 2 π à π− 4 t +
on obtiendra encore des intervalles images non disjoints
2
Par contre si on ajoute un autre multiple de 2 π ( 2 k π , avec k différent de 0 ou 1 ) , on a deux
intervalles images disjoints .
π
π
Donc les deux seules équation de la forme 4 t+ =π− 4 t+ +2 k π , avec k dans ℤ admettant une
6
2
π
π
π
π
π
« éventuelle » solution dans 0 ;
sont : 4 t+ =π− 4 t+
et 4 t+ =π− 4 t+ +2 π
2
6
2
6
2
(
[ ]
[
]
(
(
)
[
)
]
)
(
[ ]
)
(
)
(
)
π
π
+cos 4 t+ =0
6
2
On aurait pu éliminer la très grande majorité des solutions de l'équation qui ne correspondent pas à une
π
valeur de t dans l'intervalle 0 ;
bien plus tôt, mais cela demande une certaine technicité...
2
Ce n'est pas vraiment utile pour résoudre l'équation mais cette méthode sera à privilégier pour résoudre
l'inéquation correspondante ( voir la suite)
Avant d'aller plus loin, il faut avoir lu le document annexe qui traite le problème des équations
trigonométriques du type cos ( Y ) =−cos ( X )
(
Méthode 1 bis pour résoudre l'équation cos 4 t+
[ ]
) (
)
[ π2 ] ,
Quand t décrit l'intervalle 0 ;
4 t+
π
π
π
π
3π
; 2 π+ =
;π ∪ π;
décrit l'intervalle
2
2
2
2
2
[
][ ][
]
[ π8 ] , 4 t+ π2 ∈[ π2 ; π] et 4 t+ π6 ∈[ 0 ;2 π ]
π
Sur [ 0 ; 8 ] ,
π
π
π
π
cos ( 4 t+ )=−cos (4 t+ )⇔ ou bien 4 t+ =π+4 t+
6
2
6
2
Pour t ∈ 0 ;
ou bien 4 t+
π
24
π π
π
π
;
Pour t∈
, 4 t+ ∈ [ π ;3 π ] on va donc utiliser la mesure principale de 4 t+
8 2
2
2
π
3π
π
π
4 t+ −2 π=4 t−
∈ [−π ; π ] et cos 4 t+ −2 π =cos 4 t +
2
2
2
2
La 1ere équation ne donne pas de solution et la seconde fournit comme solution
[
(
t=
) (
)
[ π8 ; π2 ]
(
cos 4 t +
π
π
π
π
π
3π
π
3π
=−cos 4 t +
⇔cos 4 t+ =−cos 4 t+ −2 π ⇔ 4 t+ =π +4 t −
ou bien 4 t+ =π−4 t+
6
2
6
2
6
2
6
2
)
(
)
(
)
(
)
t=
La 1ere équation ne donne pas de solution et la seconde fournit comme solution
(
Méthode2 pour déterminer le signe de cos 4 t+
π
π
+cos 4 t+
6
2
) (
7π
24
)
π
π
π
+cos 4 t+
s'annule exactement deux fois sur l'intervalle 0 ;
6
2
2
Étant une fonction continue, l'expression est de signe constant sur chacun des intervalles suivants :
π
π 7π
7π π
0;
;
;
,
et
24
24 24
24 2
π
Il suffit de déterminer le signe de l'image de t=0 pour avoir le signe sur 0 ;
: c'est >0
24
π
7π π
;
le signe de l'image de t=
pour avoir le signe sur
: c'est >0
2
24 2
π
π 7π
;
le signe de l'image de t=
pour avoir le signe sur
: c'est <0
6
24 24
π
π
Méthode3 pour déterminer le signe de cos 4 t+ +cos 4 t+
6
2
π
π
π
On peut chercher à résoudre, dans l'intervalle 0 ;
, l'inéquation cos 4 t+ +cos 4 t+ <0
2
6
2
(
L'expression cos 4 t+
[
[ ]
) (
[ ]
[ ]
)
]
[
[
]
]
(
(
)
]
(
Sur
π
π
=π− 4 t+
6
2
cos 4 t+
) (
[ ]
π
π
π
π
+cos 4 t+ <0 ⇔ cos 4 t+ <−cos 4 t+
6
2
6
2
) (
)
(
)
(
]
[
)
(
) (
)
)
Avant d'aller plus loin, il faut avoir lu le document annexe qui traite le problème de des inéquations
trigonométriques du type cos ( Y ) <−cos ( X )
[ π2 ] , 4 t+ π2
Quand t décrit l'intervalle 0 ;
décrit
[ π2 ; 2 π+ π2 ] =[ π2 ; π]∪[ π ;2 π ]∪[ 2 π ; 52π ]
On va donc envisager la résolution de cette inéquation sur trois ensembles distincts
π
π
π
∈ [ 0 ;2 π ]
Pour t ∈ 0 ;
, 4 t+ ∈ [ 0 ; π ] et 4 t+
8
2
6
π
Sur 0 ; 8 , on utilise la résolution de cos ( Y ) <−cos ( X ) avec X∈[ 0 ;π ] et Y ∈ [ 0 ; 2 π ]
π
π
π
π
π
cos 4 t+ <−cos 4 t+
⇔ π−4 t− <4 t+ <π+4 t+
6
2
2
6
2
π
8 t>
3
⇔ et
π 3π
<
6
2
π
⇔ t>
24
[ ]
[ ]
(
)
(
)
{
Premier ensemble solution :
] 24π ; π8 ]
[ π8 ; 38π ] , 4 t+ π2 ∈[ π ;2 π ] et 4 t+ π6 ∈[ 0 ;2 π ]
π
π
π
3π
cos ( 4 t+ −2 π )=cos ( 4 t+ ) et 4 t+ −2 π=4t−
∈ [ −π ;0 ]
2
2
2
2
Pour t∈
π 3π
;
8 8
on utilise la résolution de cos ( Y ) <−cos ( X ) avec X∈ ]−π ;0 ] et Y ∈ [ 0 ; 2 π ]
[ ]
π
3π
3π
π
3π
π
π
⇔ π+4 t−
<4 t+ <π−4 t+
cos ( 4 t+ )<−cos (4 t+ ) ⇔ cos ( 4 t+ )<−cos (4 t−
)
6
2
2
6
2
6
2
Sur
{
8t <
⇔
5π π
−
2
6
et
π π
− <
2 6
7π
⇔ t<
24
Deuxième ensemble solution:
[ π8 ; 724π [
[ 38π ; π2 ] , 4 t+ π2 ∈[2 π ; 2 π+ π2 ] et 4 t+ π6 ∈[ 53π ;2 π]∪[ 2 π ; 2 π+ π6 ]
π
π
π
3π
cos ( 4 t+ −2 π )=cos (4 t + ) et 4 t+ −2 π=4 t−
∈ [ 0 ; π]
2
2
2
2
Pour t∈
La méthode est toujours la même sauf qu'ici comme 4 t+
aura deux cas à envisager
π
ne prend pas toutes valeurs dans [ 0 ; 2 π ] , il y
6
donc sur
[
3π π
;
8 2
]
π
π
, cos 4 t+ 6 <−cos 4 t+ 2
(
)
(
)
⇔
3π
π
3π
<4 t+ <π+4 t+
2
6
2
ou bien
3π
π
3π
π− 4 t−
+2 π<4 t+ <π+4 t+
+2 π
2
6
2
{
π− 4 t−
(
)
(
)
La première « double inéquation » comme la seconde n'admettront pas de solution
On aurait pu s'en douter mais pour cela il aurait fallu y penser ….
3π π
π
π
π
3π
;
Pour t∈
, 4 t+ ∈ 2 π ; 2 π+
, donc −cos 4 t+ <0 sauf en t=
, où c'est nul
8 2
2
2
2
8
3π π
π
5π
π
π
;
; 2 π+
Pour t∈
, 4 t+ ∈
, donc cos 4 t+ >0
8 2
6
3
6
6
3π π
π
π
Donc sur 8 ; 2 , l'inéquation cos 4 t+ 6 <−cos 4 t+ 2 n'a pas de solution .
[
[
]
]
[
[
[
]
]
]
(
)
( )
( )
( )
POURQUOI A-T-ON EU BESOIN DE COMPRENDE TOUT CELA ?
[ π2 ] de la fonction g tq g (t )=2 sin (4 t+ π6 )+2sin ( 4 t+ π2 )
C'était pour étudier les variations sur 0 ;
x
0
signe de g'
variation de g
+
π
24
0
2√3
−
7π
24
0
π
2
+
1
1
-2√3
Surtout, je voulais vous faire apprécier la conséquence du décalage de phase quand on ajoute deux ondes de
même amplitude et de même période
Si le décalage de phase avait été nul , donc si on avait eu
π
dans les deux « sinus », alors on aurait un
6
maximum égal à 4 .
Si le décalage de phase avait été maximal , donc si on avait eu
π
π
+π au lieu de
, alors on aurait eu
6
2
g ( t ) =0 pour tout t
Pour tout décalage de phase entre 0 et π , on obtient un signal de même période d'amplitude comprise entre
0 et 4 /
π π π
− = nous donne un signal d'amplitude 2 √ 3 soit ≈87% de
2 6 3
l'amplitude maximale que l'on obtient avec un décalage de phase nul entre les deux signaux
Dans notre exemple , le décalage