Chapitre 2 wicky-math.fr.nf Trigonométrie C ORRECTION DU D EVOIR M AISON 2 Exercice 1. Angles de vecteurs ABCD est un polygone tel que : 1. ³−→ −→´ π BA; BC = 4 ³−→ −→´ π AB; AD = − 3 Dessiner ce polygone tel que AB = 4 cm et AD = 6 cm. A ³−→ −−→´ π DA; DC = − 6 et b b b C b ³−→ −→´ B D ³−→ −−→´ 2. Déterminer des mesures de CB; AB et AD; CD On utilise les propriétés sur les angles de vecteurs : ³−→ −→´ ³ −→ −→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ π CB; AB = −CB; −AB = BC; BA = − BA; BC = − [2π] 4 Et de même on a : ³−→ −−→´ ³ −→ −−→´ ³−→ −−→´ π AD; CD = −AD; −CD = DA; DC = − [2π] 6 ³−→ −−→´ 3. A l’aide de la relation de Chasles, calculer la mesure principale de CB; CD ³−→ −−→´ On utilise la relation de Chasles afin de trouver une mesure de l’angle CB; CD : ³−→ −−→´ ³−→ −→´ ³−→ −−→´ π ³−→ −→´ ³−→ −−→´ 3π + 4π + 2π 9π 3π π π π CB; CD = CB; AB + AB; CD = − + AB; AD + AD; CD = − − − = − =− =− 4 4 3 6 12 12 4 ³−→ −−→´ 3π 3π De plus −π < − < π, par conséquent le mesure principale de l’angle CB; CD est − rad. 4 4 Exercice 2. Equations trigonométriques 1. Résoudre dans R les équations trigonométriques suivantes : π π π (a) sin x = sin ⇐⇒ x = [2π] ou x = π − [2π]. 4 4 4 3π π + 2kπ avec k ∈ Z. On conclut que x = + 2kπ avec k ∈ Z où x = 4 4 ½ ¾ π 3π S= + 2kπ; + 2kπ avec k ∈ Z 4 4 p µ ¶ ³ ³ π 5π π´ π´ π´ 3 = − cos ⇐⇒ cos x − =− = cos ⇐⇒ cos x − (b) cos x − 2 6 2 2 2 6 π 5π π 5π Ainsi x − = + 2kπ ou x − = − + 2kπ avec k ∈ Z. 2 6 2 6 8π 4π 5π π 2π π 5π π + + 2kπ = + 2kπ = + 2kπ ou x = − + + 2kπ = − + 2kπ = − + 2kπ avec Par conséquent x = 6 2 6 3 6 2 6 3 k ∈ Z. ½ ¾ 4π π S= + 2kπ; − + 2kπ avec k ∈ Z 3 3 ³ D. Zancanaro Lycée Jean Durand 1 S- 2012-2013 david. zancanaro@ wicky-math. fr. nf 1/ 6 Chapitre 2 wicky-math.fr.nf Trigonométrie 1 π 5π ⇐⇒ 2x = + 2kπ ou 2x = + 2kπ avec k ∈ Z. 2 6 6 5π π + kπ ou x = + kπ avec k ∈ Z, d’où : Par conséquent : x = 12 12 ½ ¾ π 5π S= + kπ; + kπ avec k ∈ Z 12 12 (c) sin 2x = i.e : S= (d) cos x = − 2. ½ 13π 5π 7π π + 2kπ; + 2kπ; + 2kπ; − + 2kπ 12 12 12 12 avec k ∈ Z p 3 5π 5π ⇐⇒ x = + 2kπ ou x = − + 2kπ avec k ∈ Z. Au final : 2 6 6 ½ ¾ 5π 5π S= + 2kπ; − + 2kπ avec k ∈ Z 6 6 (a) Montrer que cos 3π π = sin . 5 10 ´ π − x = cos x, appliquons cette égalité pour x = , et on obtient : 2 5 ³π π´ 3π π π sin − = cos = cos ⇐⇒ sin 2 5 5 10 5 On sait que pour tout x ∈ R on a : sin ³π (b) Résoudre dans R l’équation trigonométrique : cos x = sin On vient de montrer que x = cos x = sin ¾ 3π 10 π est solution de cette équation, par conséquent : 5 3π π π π ⇐⇒ cos x = cos ⇐⇒ x = + 2kπ ou x = − + 2kπaveck ∈ Z 10 5 5 5 o nπ π + 2kπ; − + 2kπ avec k ∈ Z S= 5 5 Exercice 3. Un élève propose deux « nouvelles »formules à ajouter aux formules trigonométriques classiques : cos 2a = 2cos a (1) sin 2a = 2sin a (2) Ces deux formules sont-elles : 1. vraies pour tout nombre réel a ? Ces formules ne sont pas vraies pour tout nombre réel a. Prenons l’exemple de π : 3 ³ π´ 1 π cos 2 × = − 6= 2cos = 1 3 2 3 De même : p ³ π´ π p 3 sin 2 × = 6= 2sin = 3 3 2 3 2. vraies pour quelques valeurs de a ? Si oui, lesquelles ? Il n’existe a priori aucune solution évidente à ce problème. On décide alors de tracer la représentation graphique de la fonction f où f (x) = cos 2x et de la fonction g où g (x) = 2cos x. D. Zancanaro Lycée Jean Durand 1 S- 2012-2013 david. zancanaro@ wicky-math. fr. nf 2/ 6 Chapitre 2 wicky-math.fr.nf Trigonométrie 2 C f : y = cos 2x 1 −7 −6 −5 −4 −3 −2 1 −1 2 3 4 5 6 −1 7 8 Cg : y = 2cos x −2 −3 Il existe des points d’intersection entre les deux courbes, par conséquent il existe des valeurs de a telles que f (a) = g (a). En procédant de la même manière pour la deuxième égalité on observe : 2 C f : y = sin 2x 1 −7 −6 −5 −4 −3 −2 1 −1 2 3 −1 4 5 6 7 Cg : y = 2sin x −2 L’égalité a lieu lorsque 2sin x = 0 ⇐⇒ sin x = 0 ⇐⇒ x = 0 + kπ avec k ∈ Z 3. fausses pour toute valeur de a ? Les réponses à la question précédente impliquent que les deux formules ne sont pas fausses pour toute valeur de a. Exercice 4. On se propose de résoudre l’équation (E) : cos x + sin x = 1. (E) admet une « solution évidente ». Laquelle ? π Pour x = on a : 4 Ainsi 2. p 2 h π πi pourx ∈ − ; 2 2 p p 2 2 p π π cos + sin = + = 2 4 4 2 2 π est une solution évidente de (E). 4 (a) Soit P le polynôme du second degré définie sur R par : p P(x) = 2x 2 − 2 2x + 1 Déterminer la forme canonique de P. On cherche les antécédents de c, donc de 1. ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ D. Zancanaro Lycée Jean Durand P(x) = 1 p 2x 2 − 2 2x + 1 = 1 p 2x 2 − 2 2x = 0 p x 2 − 2x = 0 p x(x − 2) = 0 x =0 ou 1 S- 2012-2013 david. zancanaro@ wicky-math. fr. nf x= (3) (4) (5) (6) p 2 (7) (8) 3/ 6 Chapitre 2 wicky-math.fr.nf L’équation de l’axe de symétrie de la parabole est donc x = Trigonométrie p p 2 2 , ainsi α = et : 2 2 Ã p !2 p p 2 2 −2 2× +1 = 1−2+1 = 0 β = P(α) = 2 2 2 La forme canonique de P est donc : p !2 2 P(x) = 2 x − 2 Ã (b) A l’aide de la question précédente déterminer l’antécédent de 0 par P. ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 0 n’a qu’un antécédent qui est P(x) = 0 Ã p !2 2 =0 2 x− 2 Ã p !2 2 x− =0 2 p 2 =0 x− 2 p 2 x= 2 (9) (10) (11) (12) (13) p 2 . 2 (c) En posant X = cos x et Y = sin x et ajoutant une équation supplémentaire toujours vérifiée par X et Y, former un système de deux équations à deux inconnues que l’on résoudra (en utilisant le résultat de la question précédente). 2 2 2 2 On sait que ∀x ∈ R on a cos x + sin x = 1 ⇐⇒ X + Y = 1, par conséquent X et Y vérifient le système suivant : ( X2 + Y2 = 1 p ⇐⇒ X+Y = 2 ( X2 + Y2 = 1 ⇐⇒ p Y = 2−X ( ( ( p p p X 2 + ( 2 − X)2 = 1 X 2 + 2 − 2 2X + X 2 = 1 2X 2 − 2 2X + 1 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ p p p Y = 2−X Y = 2−X Y = 2−X p p 2 Ainsi 2X − 2 2X + 1 = 0 ⇐⇒ P(X) = 0 ⇐⇒ X = . 2 p p p p 2 2 Par conséquent Y = 2 − X = 2 − = . On a déterminé les valeurs de X et Y, d’où : 2 2 p 2 ( cos x = π X = cos x 2 p ⇐⇒ ⇐⇒ x = + 2kπ avec k ∈ Z 2 4 Y = sin x sin x = 2 2 L’ensemble des solutions de (E) est donc : SE = nπ 4 + 2kπ avec k ∈ Z o Exercice 5. Sur les pas de Claude Ptolémée A l’aide du théorème de Ptolémée : D. Zancanaro Lycée Jean Durand 1 S- 2012-2013 david. zancanaro@ wicky-math. fr. nf 4/ 6 Chapitre 2 wicky-math.fr.nf Trigonométrie Théorème 1. Si le quadrilatère convexe ABCD est inscrit dans un cercle, alors : AB × CD + BC × AD = AC × BD π , alors sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a ». 2 Sur le demi-cercle de diamètre AD = 1 et de centre O, on place les points B et C tels que : ³−→ −−→´ ³−→ −→´ DA; DC = a et DA; DB = b démontrons que : « si 0 < b < a < C sin 2a b sin 2b a b 2a b b 2b b D b O 1. Déterminer en fonction de sin a, sin b, cos a et cos b les longueurs AB, BD, AC et DC. Le triangle ABD est rectangle en B, par conséquent : sin b = AB = AB AD et cos b = BD = BD AD De la même manière le triangle ACD est rectangle en C, par conséquent : sin a = 2. Montrer que AC = AC AD et cos a = DC = DC AD ³−→ −→´ OB; OC = 2a − 2b D’après le théorème de l’angle au centre dans un cercle on a : ³−→ −−→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ OA; OB = 2 × DA; DB = 2b ; OA; OC = 2 × DA; DC = 2a D. Zancanaro Lycée Jean Durand B 1 S- 2012-2013 david. zancanaro@ wicky-math. fr. nf 5/ 6 A Chapitre 2 wicky-math.fr.nf Trigonométrie On en déduit, en utilisant la relation de Chasles que : ³−→ −→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ ³−→ −→´ OB; OC = OB; OA + OA; OC = − OA; OB + OA; OC = −2b + 2a = 2a − 2b En déduire que BC = sin(a − b). Dans le triangle OBC isocèle en O, on considère la hauteur issue de O qui est aussi médiane et bissectrice dans le triangle OBC. Notons I le milieu de [BC]. Dans le triangle rectangle OIB on a : sin µ ¶ 1 BC IB 2a − 2b ⇐⇒ sin(a − b) = 2 1 ⇐⇒ sin(a − b) = BC = 2 OB 2 3. Conclure à l’aide du théorème de Ptolémée. π D’après le théorème de Ptolémée on a, dans le cas où 0 < b < a < alors ABCD est un quadrilatère convexe donc : 2 AB × CD + BC × AD = AC × BD ⇐⇒ sin b × cos a + sin(a − b) × 1 = sin a × cos b ⇐⇒ sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a Exercice 6. Problème ouvert : un escargot se déplace. Un escargot se déplace dans un potager rectangulaire de dimensions 3 m ×4 m. Un repère orthonormé (O;I,J) est tracé sur le sol tel que : – O est le centre du potager ; − → – OI a pour direction la longueur du potager ; – le plan est orienté. L’escargot par de O et avance à la vitesse de 6 cm.min−1 en suivant l’axe des abscisses dans le sens positif pendant 1 minute, puis tourne d’un angle de π . Il poursuit son chemin pendant 1 minute, tourne encore et ainsi de suite. 45 Arrivera-t-il sur une des clôtures en moins de 2 heures ? Voici ici un dessin représentant le déplacement de notre escargot dans un potager rectangulaire. On s’aperçoit graphiquement qu’il va sortir du potager en moins d’une demi-heure. M b K′ b b b b b b b b b b b 1,5 m b b b b b b b b b b b b b b b b b b b L O 2m D. Zancanaro Lycée Jean Durand 1 S- 2012-2013 david. zancanaro@ wicky-math. fr. nf 6/ 6