Etude du signe de la somme de deux fonctions trigonométriques

Etude du signe de la somme de deux fonctions trigonométriques
Etude sur l'intervalle
[
0 ; π
2
]
du signe de
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
Technique hors programme mais tellement « simple » ??
Il existe une formule de trigonométrie qui transforme la somme en produit
Pour tous réels
p
et
q
,
cos
(
p
)
+cos
(
q
)
=2cos
(
p+q
2
)
cos
(
p−q
2
)
Pour
t∈
[
0; π
2
]
,
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
=2cos
(
8t+π
6+π 2
2
)
cos
(
π
6−π 2
2
)
=2cos
(
4t+π
3
)
cos
(
−π
6
)
Or
cos
(
−π
6
)
=cos
(
π
6
)
=
√
3
2
donc pour
t∈
[
0; π
2
]
,
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
=
√
3cos
(
4t+π
3
)
Donc on se ramène ainsi à l'étude sur l'intervalle
[
0 ; π
2
]
du signe de
cos
(
4t+π
3
)
Quand
t
décrit l'intervalle
[
0; π
2
]
,
4t+π
3
décrit l'intervalle
[
π
3; 2π+π 3
]
Ceci est bien plus qu'une remarque, vu qu'elle nous permet de ne prendre en compte que les ensembles
solutions correspondant à notre intervalle d'étude
[
0; π
2
]
Les solutions dans l'intervalle
[
π
3; 2π+π 3
]
de l'équation
cos ( X ) =0
sont
π
2
et
3 π
2
Donc pour
t∈
[
0; π
2
]
,
cos
(
4t+π
3
)
=0⇔4t+π
3=π 2 ou bien 4t+π 6=3 π 2
⇔t=π
24 ou bien t=7π 24
Quand
t
décrit l'intervalle
[
0; π
2
]
,
4t+π
3
décrit l'intervalle
[
π
3; 2π+π 3
]
Les solutions dans l'intervalle
[
π
3; 2π+π 3
]
de l'inéquation
cos ( X ) >0
sont dans la réunion d'intervalles
suivants
[
π
3;π 2
[
et
]
3π
2; 2π+π 3
]
Donc pour
t∈
[
0; π
2
]
,
cos
(
4t+π
3
)
>0⇔π
3⩽4t+π 3<π 2 ou bien 3π 2<4t+π 3⩽2π+π 3
⇔0 ⩽ t < π
24 ou bien 7π 24 < t ⩽ π 2
Pour information, même si cela s'avère inutile :
Les solutions dans l'intervalle
[
π
3; 2π+π 3
]
de l'inéquation
cos ( X ) <0
sont dans l'intervalle
]
π
2;3π 2
[
Donc pour
t∈
[
0; π
2
]
,
cos
(
4t+π
3
)
<0⇔π
2<4t+π 3<3π 2
⇔π
24 < t < 7π 24
Méthode 1 ( sans formule magique ) pour résoudre dans
[
0; π
2
]
l'équ.
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
=0

cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
=0 ⇔ cos
(
4t+π
6
)
=−cos
(
4t+π
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
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
=0⇔cos
(
4t+π
6
)
=−cos
(
4t+π
2
)
⇔
{
4t+π
6=π+4t+π 2 à un multiple de 2π près
ou bien
4t+π
6=π−
(
4t+π
2
)
à un multiple de 2 π près
{
4t+π
6=π+4t+π 2 à un multiple de 2 π
ou bien
4t+π
6=π−
(
4t+π
2
)
à un multiple de 2 π
⇔
{
π
6=3π 2+2kπ avec kdans ℤ
ou bien
8t=π
3+2kπ avec k dans ℤ
⇔
t=π
24 +k×π 4
,avec
k∈ℤ
On a raisonné, ici, en travaillant à un multiple de 2
π
près (
+2kπ
, 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
t
dans l'intervalle
[
0; π
2
]
. Finalement , on obtient deux solutions
π
24
et
7 π
24
Remarque : Pouvions nous prévoir que seulement deux valeurs pour
k
nous fournirait des solutions ?
Reprenons la série d'équations de la forme
4t+π
6=π−
(
4t+π
2
)
+2kπ
avec k dans
ℤ
Quand
t
décrit l'intervalle
[
0; π
2
]
,
4t+π
6
décrit l'intervalle
[
π
6; 2π+π 6
]
,
π−
(
4t+π
2
)
décrit l'intervalle
[
−3π
2;π 2
]
Ces deux intervalles images ne sont pas disjoints
Si on ajoute 2
π
à
π−
(
4t+π
2
)
on obtiendra encore des intervalles images non disjoints
Par contre si on ajoute un autre multiple de 2
π
(
2kπ
, avec
k
différent de 0 ou 1 ) , on a deux
intervalles images disjoints .
Donc les deux seules équation de la forme
4t+π
6=π−
(
4t+π
2
)
+2kπ
, avec k dans
ℤ
admettant une
« éventuelle » solution dans
[
0; π
2
]
sont :
4t+π
6=π−
(
4t+π
2
)
et
4t+π
6=π−
(
4t+π
2
)
+2π
Méthode 1 bis pour résoudre l'équation
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
=0
On aurait pu éliminer la très grande majorité des solutions de l'équation qui ne correspondent pas à une
valeur de
t
dans l'intervalle
[
0; π
2
]
bien plus tôt, mais cela demande une certaine technicité...
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 )

Quand
t
décrit l'intervalle
[
0; π
2
]
,
4t+π
2
décrit l'intervalle
[
π
2; 2π+π 2
]
=
[
π
2; π
]
∪
[
π; 3π
2
]
Pour t
∈
[
0; π
8
]
,
4t+π
2∈
[
π
2; π
]
et
4t+π
6
∈ [ 0;2 π ]
Sur
[
0; π
8
]
,
cos
(
4t+π
6
)
=−cos
(
4t+π
2
)
⇔ ou bien 4t+π
6=π+4t+π 2 ou bien 4t+π 6=π−
(
4t+π
2
)
La 1ere équation ne donne pas de solution et la seconde fournit comme solution
t=π
24
Pour
t∈
[
π
8;π 2
]
,
4t+π
2∈
[
π;3 π
]
on va donc utiliser la mesure principale de
4t+π
2
4t+π
2−2π=4t−3π 2 ∈
[
−π; π
]
et
cos
(
4t+π
2−2 π
)
=cos
(
4t+π
2
)
Sur
[
π
8;π 2
]
cos
(
4t+π
6
)
=−cos
(
4t+π
2
)
⇔cos
(
4t+π
6
)
=−cos
(
4t+π
2−2 π
)
⇔4t+π
6=π+4t−3π 2 ou bien 4t+π 6=π−4t+3 π 2
La 1ere équation ne donne pas de solution et la seconde fournit comme solution
t=7 π
24
Méthode2 pour déterminer le signe de
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
L'expression
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
s'annule exactement deux fois sur l'intervalle
[
0; π
2
]
Étant une fonction continue, l'expression est de signe constant sur chacun des intervalles suivants :
[
0; π
24
[
,
]
π
24 ;7 π 24
[
et
]
7π
24 ;π 2
]
Il suffit de déterminer le signe de l'image de
t=0
pour avoir le signe sur
[
0; π
24
[
: c'est >0
le signe de l'image de
t=π
2
pour avoir le signe sur
]
7π
24 ;π 2
]
: c'est >0
le signe de l'image de
t=π
6
pour avoir le signe sur
]
π
24 ;7 π 24
[
: c'est <0
Méthode3 pour déterminer le signe de
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
On peut chercher à résoudre, dans l'intervalle
[
0; π
2
]
, l'inéquation
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
<0
cos
(
4t+π
6
)
+cos
(
4t+π
2
)
<0
⇔
cos
(
4t+π
6
)
<−cos
(
4t+π
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 )

Quand
t
décrit l'intervalle
[
0; π
2
]
,
4t+π
2
décrit
[
π
2; 2π+π 2
]
=
[
π
2; π
]
∪
[
π;2 π
]
∪
[
2π; 5π
2
]
On va donc envisager la résolution de cette inéquation sur trois ensembles distincts
Pour t
∈
[
0; π
8
]
,
4t+π
2∈
[
0; π
]
et
4t+π
6
∈ [ 0;2 π ]
Sur
[
0; π
8
]
, on utilise la résolution de
cos ( Y ) <−cos ( X )
avec
X∈ [ 0;π ]
et
Y∈ [ 0; 2π ]
cos
(
4t+π
6
)
<−cos
(
4t+π
2
)
⇔π−4t−π
2<4t+π 6<π+4t+π 2
⇔
{
8t>π
3
et
π
6<3 π 2
⇔t>π
24
Premier ensemble solution :
]
π
24 ;π 8
]
Pour
t∈
[
π
8;3 π 8
]
,
4t+π
2∈
[
π;2 π
]
et
4t+π
6
∈ [ 0;2 π ]
cos
(
4t+π
2−2 π
)
=cos
(
4t+π
2
)
et
4t+π
2−2π=4t−3π 2 ∈
[
−π;0
]
Sur
[
π
8;3π 8
]
on utilise la résolution de
cos ( Y ) <−cos ( X )
avec
X∈ ] −π;0 ]
et
Y∈ [ 0; 2π ]
cos
(
4t+π
6
)
<−cos
(
4t+π
2
)
⇔
cos
(
4t+π
6
)
<−cos
(
4t−3 π
2
)
⇔π+4t−3 π
2<4t+π 6<π−4t+3π 2
⇔
{
8t < 5 π
2−π 6
et
−π
2<π 6
⇔t<7 π
24
Deuxième ensemble solution:
[
π
8;7π 24
[
Pour
t∈
[
3π
8;π 2
]
,
4t+π
2∈
[
2 π ;2π+π
2
]
et
4t+π
6
∈
[
5π
3;2 π
]
∪
[
2π; 2π+π
6
]
cos
(
4t+π
2−2 π
)
=cos
(
4t+π
2
)
et
4t+π
2−2π=4t−3π 2 ∈
[
0; π
]
La méthode est toujours la même sauf qu'ici comme
4t+π
6
ne prend pas toutes valeurs dans
[ 0; 2π ]
, il y
aura deux cas à envisager

donc sur
[
3 π
8;π 2
]
,
cos
(
4t+π
6
)
<−cos
(
4t+π
2
)
⇔
{
π−
(
4t−3 π
2
)
<4t+π
6<π+4t+3π 2
ou bien
π−
(
4t−3π
2
)
+2 π<4t+π
6<π+4t+3π 2+2π
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 ….
Pour
t∈
[
3π
8;π 2
]
,
4t+π
2∈
[
2 π ;2π+π
2
]
, donc
−cos
(
4t+π
2
)
<0
sauf en t=
3 π
8
, où c'est nul
Pour
t∈
[
3π
8;π 2
]
,
4t+π
6∈
[
5 π
3;2π+π 6
]
, donc
cos
(
4t+π
6
)
>0
Donc sur
[
3 π
8;π 2
]
, l'inéquation
cos
(
4t+π
6
)
<−cos
(
4t+π
2
)
n'a pas de solution .
POURQUOI A-T-ON EU BESOIN DE COMPRENDE TOUT CELA ?
C'était pour étudier les variations sur
[
0; π
2
]
de la fonction g tq
g
(
t
)
=2sin
(
4t+π
6
)
+2sin
(
4t+π
2
)
x
0
π
24
7 π
24
π
2
signe de g' + 0
−
0 +
variation de g 2√3 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
6
dans les deux « sinus », alors on aurait un
maximum égal à 4 .
Si le décalage de phase avait été maximal , donc si on avait eu
π
6+π
au lieu de
π
2
, alors on aurait eu
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 /
Dans notre exemple , le décalage
π
2−π 6=π 3
nous donne un signal d'amplitude
2
√
3
soit
≈87%
de
l'amplitude maximale que l'on obtient avec un décalage de phase nul entre les deux signaux