Asin(x+α) + Bcos(x+β)

Bon, le titre n’est pas très original, et cette introduction ne l’est guère plus, mais nous allons nous intéresser aux expressions de cette forme \[A\sin(x+\alpha)+B\cos(x+\beta)\]Commençons d’abord avec le cas plus simple dans lequel \(\alpha=0\) et \(\beta=0\). Quiconque s’est déjà amusé à additionner des fonctions sinus ou cosinus (de même période) dans une calculatrice graphique a pu observer que le résultat est une fonction périodique qui ressemble à un sinusoïde. Par exemple, si je trace la fonction \[f(x) = 3\sin(x) + 4\cos(x)\]j’obtiens ce qui semble être une fonction périodique qui oscille entre \(-5\) et \(5\).

Si je trace en plus dans le même plan la fonction \[g(x) = 5\cos(x)\]la ressemblance est frappante. Il semble s’agir de la même fonction, mais déphasée.

Les apparences ne sont pas trompeuses. La fonction \(f\) est réellement un sinusoïde.

En effet, il est possible de trouver des valeurs \(C\) et \(\gamma\) telles que \[A\sin(x) + B\cos(x) = C \cos(x-\gamma)\]Avec la formule de différence d’angles du cosinus, on obtient \begin{align*}C\cos(x-\gamma) &= C\left(\cos(x)\cos(\gamma) + \sin(x)\sin(\gamma)\right) \\ \\ &= C\sin(\gamma)\sin(x) + C\cos(\gamma)\cos(x)\end{align*}En posant, \[\textcolor{Green}{A}\sin(x) + \textcolor{Red}{B}\cos(x) = \textcolor{Green}{C\sin(\gamma)}\sin(x) + \textcolor{Red}{C\cos(\gamma)}\cos(x)\]on observe que \(A = C\sin(\gamma)\) et \(B= C\cos(\gamma)\). Comment déterminer les valeurs de \(C\) et \(\gamma\) pour une somme donnée ? On utilise deux relations trigonométriques bien connues. Pour \(C\), on a \begin{align*}A^{2}+B^{2}&=\left(C\sin(\gamma)\right)^2 +\left(C\cos(\gamma)\right)^{2} \\ \\ &=C^{2}\sin^2(\gamma) + C^{2}\cos^2(\gamma) \\ \\ &=C^{2}\left(\sin^{2}(\gamma) + \cos^{2}(\gamma)\right) \\ \\ &= C^{2}\end{align*}car \[\sin^{2}(\gamma) + \cos^{2}(\gamma) = 1\]On obtient donc\[C = \pm \sqrt{A^{2} + B^{2}}\]Pour \(\gamma\), on a \begin{align*}\frac{A}{B} &= \frac{C\sin(\gamma)}{C\cos(\gamma)} \\ \\ &= \frac{\cancel{C}\sin(\gamma)}{\cancel{C}\cos(\gamma)} \\ \\ &= \frac{\sin(\gamma)}{\cos(\gamma)}\\ \\ &= \tan(\gamma)\end{align*}On obtient donc\[\gamma = \arctan\left(\frac{A}{B}\right)\]Il est possible de toujours choisir la racine positive pour \(C\) en ajustant la valeur de \(\gamma\). Si \(B\geq 0\), \(\gamma = \arctan\left(\frac{A}{B}\right)\) alors que si \(B<0\), \(\gamma = \arctan\left(\frac{A}{B}\right) + \pi \). Si on préfère s’en tenir aux valeurs de l’arctangente sans ajustement, on peut aussi choisir la racine négative \(C = -\sqrt{A^2 + B^2}\) lorsque \(B<0\) et positive \(C = \sqrt{A^2 + B^2}\) lorsque \(B\geq 0\).

Entre autres choses, cela nous permet de résoudre des équations de cette forme ou de trouver des maximums ou des minimums plus aisément.

Résoudre \[12\sin(x) + 5\cos(x) = 0\]sur l’intervalle \(\left[0, \, 2\pi\right]\)

On pose \begin{align*}C &= \sqrt{12^{2}+5^{2}} \\ \\ &=\sqrt{144+25} \\ \\ &=\sqrt{169} \\ \\ &=13\end{align*}ainsi que \begin{align*}\gamma &=\arctan\left(\frac{12}{5}\right) \\ \\ &= \arctan(2,\!4) \\ \\  &\approx 1,\!176\end{align*}On peut donc résoudre \[13 \cos(x-\arctan(2,\!4)) = 0\]On divise par \(13\) de chaque côté \[\cos(x-\arctan(2,\!4)) = 0\]On obtient \[x-\arctan(2,\!4)= \frac{\pi}{2}\] ou \[x-\arctan(2,\!4) = \frac{3\pi}{2}\]ce qui fait \begin{align*}x &= \frac{\pi}{2} + \arctan(2,\!4) \\ \\ &\approx 2,\!747\end{align*} ou \begin{align*}x &= \frac{3\pi}{2} + \arctan(2,\!4) \\ \\ &\approx 5,\!888\end{align*}

Quel est le maximum de la fonction \[f(x) = 8\sin(x) + 15\cos(x)\]sur l’intervalle \(\left[0,\, 2\pi \right]\) et pour quelle valeur de \(x\) a-t-on ce maximum ?

On pose \begin{align*}C &= \sqrt{8^{2}+15^{2}} \\ \\ &=\sqrt{64+225} \\ \\ &=\sqrt{189} \\ \\ &=17\end{align*}ainsi que \begin{align*}\gamma &=\arctan\left(\frac{8}{15}\right) \\ \\ &\approx 0,\!490\end{align*}

Le maximum de la fonction \[g(x) = 17\cos\left(x-\arctan\left(\frac{8}{15}\right)\right)\] est \(17\) et celui-ci est obtenu lorsque \(x = \arctan\left(\frac{8}{15}\right) \approx 0,\!490\).

Si \(\alpha \neq 0\) et/ou \(\beta \neq 0\)

Qu’arrive-t-il si \(\alpha \neq 0\) ou \(\beta \neq 0\) ? La somme est-elle encore un sinusoïde si une des deux fonctions (ou les deux) a d’abord subi un déphasage ? La réponse est oui. Il suffit d’appliquer les formules d’addition d’angles et de regrouper. \begin{align*}A\sin(x+\alpha)+B\cos(x+\beta) &=A\big(\!\sin(x)\cos(\alpha)+\sin(\alpha)\cos(x)\big)+B\big(\!\cos(x)\cos(\beta)-\sin(x)\sin(\beta)\big)\\ \\ &=A\cos(\alpha)\sin(x)+A\sin(\alpha)\cos(x)+B\cos(\beta)\cos(x)-B\sin(\beta)\sin(x) \\ \\ &=\big(\!A\cos(\alpha)-B\sin(\beta)\big)\sin(x) + \big(A\sin(\alpha)+B\cos(\beta)\big)\cos(x)\end{align*}On retrouver une expression de la forme \[A_{1}\sin(x) + B_{1}\cos(x)\]dans laquelle \(A_{1}=A\cos(\alpha)-B\sin(\beta)\) et \(B_{1}=A\sin(\alpha)+B\cos(\beta)\).

Un exemple numérique

Considérons l’expression \[5\sin\left(x+\frac{5\pi}{6}\right) + 3\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right)\]On applique les formules d’addition d’angles \begin{align*}5\sin\left(x+\frac{5\pi}{6}\right)+3\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right) &=5\left(\sin(x)\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)+\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)\cos(x)\right) + 3\left(\cos(x)\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)-\sin(x)\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right) \\ \\ &=5\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)\sin(x)-3\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\sin(x) + 5\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)\cos(x)+3\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\cos(x) \\ \\ &=\left(5\cos\left(\frac{5\pi}{6}\right)-3\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right)\sin(x) + \left(5\sin\left(\frac{5\pi}{6}\right)+3\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\right)\cos(x) \\ \\ &=\left(5\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-3\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\right)\sin(x) + \left(5\left(\frac{1}{2}\right)+3\left(-\frac{1}{2}\right) \right)\cos(x) \\ \\ &=\left(\frac{-8\sqrt{3}}{2}\right)\sin(x)+\cos(x) \\ \\ &=-4\sqrt{3}\sin(x) + \cos(x)\end{align*}

On a une expression de la forme \[A\sin(x) + B\cos(x)\] avec \(A = -4\sqrt{3}\) et \(B = 1\). On trouve \begin{align*}C &= \pm\sqrt{\left(-4\sqrt{3}\right)^2 + 1^2} \\ \\ &=\sqrt{48+1} \\ \\ &=\sqrt{49} \\ \\ &=7\end{align*}D’autre part, on trouve \begin{align*} \gamma &=\arctan\left(\frac{-4\sqrt{3}}{1}\right) \\ \\ &\approx -1,\!427449\end{align*}Ainsi, on peut vérifier avec la calculatrice graphique que \begin{align*}5\sin\left(x+\frac{5\pi}{6}\right) + 3\cos\left(x+\frac{2\pi}{3}\right) &= 7\cos\left(x-\arctan\left(-4\sqrt{3}\right)\right) \\ \\ &\approx 7\cos(x+1,\!427449)\end{align*}

Quatre cercles et un triangle équilatéral

L’édition 2022 du concours Opti-Math+ demandait aux élèves les questions suivantes :

Soit quatre cercles isométriques tangents de 10 cm de diamètre disposés comme dans l’image suivante :

a) Quelle serait l’aire du plus grand cercle qu’on pourrait dessiner dans la zone grise ?

b) Quelle serait l’aire du plus grand triangle équilatéral qu’on pourrait dessiner dans la zone grise ?

 

Le cercle de la zone grise

La première question en est une assez classique pour ce type de concours. On peut tracer des rayons et former un triangle rectangle (au fait, pourquoi le triangle \(O_{1}O_{2}O_{3}\) est-il rectangle ?)

Puisque ces segments \(O_{1}O_{2}\) et \(O_{2}O_{3}\) correspondent à deux rayons, donc à un diamètre, on a \[m\overline{O_{1}O_{2}} = m\overline{O_{2}O_{3}}= 10\]cm. Cela nous permet de trouver la mesure de \(\overline{O_{1}O_{3}}\), en cm, avec la relation de Pythagore \begin{align*}\left(m\overline{O_{1}O_{2}}\right)^{2} + \left(m\overline{O_{2}O_{3}}\right)^{2} &= \left(m\overline{O_{1}O_{3}}\right)^{2} \\ \\ 10^{2} + 10^{2} &=\left(m\overline{O_{1}O_{3}}\right)^{2} \\ \\ 200 &= \left(m\overline{O_{1}O_{3}}\right)^{2} \\ \\ \sqrt{200}&= m\overline{O_{1}O_{3}} \\ \\ 10\sqrt{2} &= m\overline{O_{1}O_{3}}\end{align*}Puisque les segments \(O_{1}P_{1}\) et \(O_{2}P_{2}\) sont des rayons, leur mesure est de \(5\) cm. Le diamètre du cercle de la région grise (tracé en pointillé) est donc \begin{align*}m\overline{P_{1}P_{2}} &= m\overline{O_{1}O_{3}}-m\overline{O_{1}P_{1}}-m\overline{O_{3}P_{2}} \\ \\ &=10\sqrt{2}-2\cdot 5 \\ \\ &= 10\left(\sqrt{2}-1\right)\end{align*}cm et son rayon \begin{align*}10\left(\sqrt{2}-1\right) \div 2 &= 5\left(\sqrt{2}-1\right) \\ \\ &= 5\sqrt{2}-5\end{align*}cm. On peut répondre à la question. L’aire, en cm2, est \begin{align*}\text{Aire du triangle} &= \pi \cdot \left(5\sqrt{2}-5\right)^{2} \\ \\ &=\pi \cdot (50-50\sqrt{2}+25) \\ \\ &= \pi \cdot (75-50\sqrt{2}) \\ \\&\approx 13,\!4753\end{align*}

Le triangle de la zone grise

J’étais un peu perplexe, lorsque j’ai essayé de faire l’épreuve seul, concernant la deuxième question. Cela me semblait difficile et je ne voyais pas d’amorce de solution simple. Le corrigé sur le site du concours prétend toujours au moment d’écrire ces lignes que le plus grand triangle équilatéral est inscrit dans le cercle pointillé décrit à la question précédente.

Son aire serait donc d’environ 9,9 cm2 selon le corrigé (ou exactement \(\frac{100\sqrt{3}(3-2\sqrt{2})}{3}\) cm2 si on effectue les calculs et conserve les valeurs exactes). Or, en s’amusant un peu dans Géogébra, on découvre facilement des triangles dont les aires sont supérieures. Qu’en est-il en fait ?

Une démarche intuitive

Je me permets de partager ma démarche qui n’a pas le mérite d’être en tout point rigoureuse mais qui devrait convaincre, je l’espère, un élève du secondaire perplexe.

Il est possible de trouver des triangles équilatéraux inscrits dans ce cercle pointillé qui ne sont ni tangents aux grands cercles et qui ne lui touchent pas non plus par un de leurs sommets.

On peut « gonfler » un de ces triangles jusqu’à ce qu’un de ses côtés soit tangent à un grand cercle ou jusqu’à ce qu’un de ses sommets touchent un des grands cercles obtenant du même coup un triangle d’aire supérieure.

En partant de ce principe, on se rend compte qu’il n’est pas nécessaire de conserver le centre du cercle pointillé comme centre du triangle équilatéral. Il est peut-être même avantageux de déplacer le centre du triangle équilatéral.

Le triangle équilatéral grossit jusqu’à ce qu’il touche un des grands cercles (par un côté tangent ou par un sommet). Pourrait-il grossir et toucher simultanément deux cercles ? Trois ? Quatre ?

Très vite on se rend compte aussi que la solution optimale sera symétrique. Il est possible que le triangle soit tangent deux cercles.

En prolongeant les tangentes, celles-ci croisent les deux autres cercles en deux autres points. En utilisant un de ces points, on peut former un triangle équilatéral.  Pour maximiser l’aire, le triangle cherché aura deux de ses sommets sur les autres cercles.

 

La suite

Ce n’est pas très élégant, mais plaçons le tout dans un plan cartésien, le centre \(O_{1}\) à l’origine. Sans perdre de généralité, le triangle cherché sera tangent en \(T_{1}\) et \(T_{2}\) respectivement aux cercles de centre \(O_{4}\) et de centre \(O_{3}\) et aura deux de ses sommets en \(Q\) et en \(R\) respectivement sur les cercles de centre \(O_{1}\) et de centre \(O_{2}\). Il s’avère que les côtés du triangle tangents aux cercles du haut passent par les centres \(O_{1}\) et \(O_{2}\) des cercles du bas.

La tangente \(PT_{1}\) étant perpendiculaire au rayon \(O_{4}T_{1}\), il peut être éclairant de considérer le triangle rectangle \(O_{4}T_{1}O_{1}\). Puisque\[m\overline{O_{1}O_{4}} = 2m\overline{O_{4}T_{1}}\]on déduit que \(m\angle O_{4}O_{1}T_{1} = 30^{\circ}\) et donc que son complémentaire est \[m\angle QO_{1}O_{2} = 60^{\circ}\]Une démarche semblable nous donne \[m\angle RO_{2}O_{1} = 60^{\circ}\]Par symétrie, le segment \(QR\) étant parallèle à l’axe des abscisses, et les angles alternes-internes étant dans ce cas isométriques, \[m\angle PQR = m\angle PRQ = 60^{\circ}\]et on déduit que \[m\angle QPR = 60^{\circ}\]car la somme des mesures des angles intérieurs d’un triangle est \(180^{\circ}\). Le triangle équiangle est équilatéral.

On peut emprunter ici différentes stratégies, certaines plus fines, par exemple celle des triangles semblables, car \[\triangle PO_{1}O_{2} \sim \triangle PQR\]mais je résoudrais plutôt platement un système d’équations. Sachant que \begin{align*}\tan(60^{\circ}) &= \frac{\sin(60^{\circ})}{\cos(60^{\circ})} \\ \\ &= \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} \\ \\ &= \frac{\frac{\sqrt{3}\times 2}{2}}{\frac{1}{2}\times 2} \\ \\ &= \sqrt{3}\end{align*}on peut trouver l’équation de \(O_{1}P\), c’est \[y = \sqrt{3}x\]car la droite passe par l’origine. L’équation de \(O_{2}P\) demande un peu plus de travail car on doit déterminer son ordonnée à l’origine. La pente de la droite est \(-\sqrt{3}\) et son équation est donc de la forme \[y = -\sqrt{3}x + b\]où \(b\) est à déterminer. Puisque la droite passe par \(O_{2}(10,\, 0)\) on remplace \[0 = -\sqrt{3}(10) + b\]ce qui fait \[b = 10\sqrt{3}\]Son équation est donc \[y = -\sqrt{3}x+10\sqrt{3}\]

Les coordonnées de \(P\) se trouvent en résolvant le système d’équations : \begin{align*} \sqrt{3}x &= -\sqrt{3}x+10\sqrt{3} \\ \\ 2 \sqrt{3}x &= 10\sqrt{3} \\ \\ x &= \frac{10\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} \\ \\ x &= 5 \end{align*}L’abscisse de \(P\) est \(5\), ce qui, après en tenant compte de la symétrie de la figure, semble évident. L’ordonnée de \(P\) est \begin{align*} y &= \sqrt{3}(5) = -\sqrt{3}(5) + 10\sqrt{5} \\ \\ &= 5\sqrt{3} \end{align*}

 

Par ailleurs, l’équation du cercle de centre \(O_{1}\) est \[x^2 + y^2 = 5^2\]En résolvant le système d’équations formé de l’équation du cercle et de celle de \(PT_{1}\), on obtiendra les coordonnées de \(Q\). En substituant \[y = \sqrt{3}x\]dans \[x^2 + y^2 = 25\]on obtient \[x^2 + \left(\sqrt{3}x\right)^2 = 25\]ce qui fait \begin{align*}x^2 + 3x^2 &=25 \\ \\ 4x^2 &= 25 \\ \\ x^2 &= \frac{25}{4} \\ \\ x &= \pm \frac{5}{2}\end{align*}Le point \(Q\) étant dans le premier quadrant, on conserve la solution positive. L’ordonnée de \(Q\) est \[y = \sqrt{3}\cdot \frac{5}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}\]Puisque \(5-\frac{5}{2}= \frac{5}{2}\), l’abscisse de \(R\) sera \(5 + \frac{5}{2} = \frac{15}{2}\) et son ordonnée est la même que celle de \(Q\), soit \(\frac{5\sqrt{3}}{2}\), ce qu’on obtiendrait aussi si on avait résolu l’autre système d’équations composé de l’équation de \(PT_{2}\) \[y = -\sqrt{3}x+10\sqrt{3}\]et de celle du cercle de centre \(O_{2}\) \[(x-10)^{2}+y^2 = 25\]

En outre, cela implique que les côtés du triangle mesurent \(5\) cm (comme les rayons des cercles, étonnant !) puisque \[m\overline{QR} = \frac{15}{2}-\frac{5}{2} = \frac{10}{2} = 5\]obtenu en calculant la différence entre les abscisses de \(Q\) et de \(R\). La hauteur issue de \(P\) est donc \[5\sqrt{3}-\frac{5\sqrt{3}}{2}=\frac{10\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{5\sqrt{3}}{2}\]obtenu en calculant la différence entre les ordonnées de \(P\) et de \(Q\) (ou \(R\)) et enfin l’aire du triangle est \[\frac{5 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{4} \approx 10,\!82\]cm2.

À vos tables… Prêts ? Résolvez !

Cette histoire commence candidement par la recherche d’une expression équivalente pour \(\tan\!\left(\!\frac{1}{2}\theta\right)\), ce qui est tout à fait légitime car on connaît déjà des formules semblables pour le sinus et le cosinus, et se terminera par la résolution d’équations quadratiques avec des méthodes trigonométriques, méthodes inusuelles tombées en désuétude en même temps que les tables et les règles à calculer.

La tangente du demi-angle

En partant des formules pour l’addition des angles, on peut redécouvrir les expressions analogues pour le sinus et le cosinus. On sait que \[\sin(\alpha + \beta) = \sin(\alpha)\cos(\beta) + \sin(\beta)\cos(\alpha)\]d’où on tire \begin{align*}\sin(2 \alpha) &= \sin(\alpha + \alpha) \\ \\ &=\sin(\alpha)\cos(\alpha) + \sin(\alpha)\cos(\alpha) \\ \\ &= 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)\end{align*}En posant \(\alpha = \frac{1}{2}\theta\), on obtient \[\sin(2\alpha) = 2\sin(\alpha)\cos(\alpha)\] \[\sin(\theta) = 2\sin\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\cos\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\]ce qui nous permet de tirer \[\sin\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) = \frac{\sin(\theta)}{2\cos\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)}\]Une démarche semblable pour le cosinus utilisant la formule \[\cos(\alpha + \beta) = \cos(\alpha)\cos(\beta)-\sin(\alpha)\sin(\beta)\]nous donne \begin{align*}\cos(2\alpha) &= \cos(\alpha + \alpha) \\ \\ &=\cos(\alpha)\cos(\alpha)-\sin(\alpha)\sin(\alpha) \\ \\ &= \cos^{2}(\alpha)-\sin^{2}(\alpha) \\ \\ &= \cos^{2}(\alpha)-\left(1-\cos^{2}(\alpha)\right) \\ \\ &=2\cos^{2}(\alpha)-1\end{align*}Après la même substitution \(\alpha = \frac{1}{2}\theta\), on a \[\cos\left(2\alpha\right) = 2\cos^{2}\left(\alpha\right) -1\] \[\cos(\theta) = 2\cos^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1\]ou, en isolant \(\cos^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\), \[\cos^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) = \frac{\cos(\theta)+1}{2}\]On a maintenant tous les ingrédients pour trouver une expression pour \(\tan\!\left(\frac{\theta}{2}\right)\).\begin{align*}\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) &= \frac{\sin\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)}{\cos\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)} \\ \\ &= \frac{\frac{\sin(\theta)}{2\cos\left(\frac{1}{2}\theta\right)}}{\cos\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)} \\ \\ &= \frac{\sin\left(\theta\right)}{2\cos^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)} \\ \\ &= \frac{\sin\left(\theta\right)}{2\left(\frac{\cos\left(\theta\right)+1}{2}\right)}\\ \\ &= \frac{\sin\left(\theta\right)}{\cos\left(\theta\right) + 1}\end{align*}Joli non ? Déjà armé de notre expression pour \(\cos^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\), on pourrait être tenté par une expression pour \(\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\). Après tout, pourquoi pas ? \begin{align*}\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)&=\left(\frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta) + 1}\right)^{2} \\ \\ &=\frac{\sin^{2}(\theta)}{\left(\cos(\theta ) + 1\right)^{2}} \\ \\ &=\frac{1-\cos^{2}(\theta)}{\left(\cos(\theta) + 1\right)^{2}} \\ \\ &=\frac{(1-\cos(\theta))(1+\cos(\theta))}{\left(\cos(\theta) + 1\right)^{2}} \\ \\ &= \frac{1-\cos(\theta)}{\cos(\theta) + 1}\end{align*}Ah ! On a le même dénominateur \(\cos(\theta) + 1\) dans les deux expressions, celle pour \(\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\) et celle pour \(\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\). Il est possible d’exprimer l’une en fonction de l’autre. \begin{align*}\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) &= \frac{1-\cos(\theta)}{\cos(\theta)+1} \\ \\ &= \frac{-2\cos(\theta) + \cos(\theta) + 1}{\cos(\theta) + 1} \\ \\ &= \frac{-2\cos(\theta)}{\cos(\theta) + 1} + \frac{\cos(\theta) + 1}{\cos(\theta) + 1} \\ \\ &= \frac{-2\cos(\theta)}{\cos(\theta) + 1} + 1 \\ \\ &= \frac{-2\cos(\theta)\cdot \sin(\theta)}{\left(\cos(\theta) + 1\right) \cdot \sin(\theta)} + 1 \\ \\ &=\frac{-2\cos(\theta)}{\sin(\theta)} \cdot \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta) + 1} + 1 \\ \\ &= -2\cot(\theta)\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + 1 \\ \\ &= \frac{-2}{\tan(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + 1\end{align*}On peut réécrire la dernière ligne comme \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + \frac{2}{\tan\left(\theta\right)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1 = 0\]ce qui ressemble drôlement à une équation du deuxième degré en \(\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\). Ce n’est pas la seule équation de la sorte qui soit possible d’obtenir. On aurait pu aussi faire quelque chose comme \begin{align*}\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) &= \frac{1-\cos\left(\theta\right)}{\cos\left(\theta\right) + 1} \\ \\ &= \frac{2-\cos(\theta)-1}{\cos(\theta+1)}\\ \\ &=\frac{2-\left(\cos(\theta) + 1\right)}{\cos(\theta) + 1} \\ \\ &= \frac{2}{\cos(\theta) + 1}-\frac{\cos(\theta) + 1}{\cos(\theta) + 1} \\ \\ &= \frac{2}{\cos(\theta) + 1}-1\\ \\ &= \frac{2\cdot \sin(\theta)}{\left(\cos(\theta) + 1\right) \cdot \sin(\theta)}-1 \\ \\ &= \frac{2}{\sin(\theta)} \cdot \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)+1}-1 \\ \\ &= \frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1\end{align*}À l’instar de ce qu’on a fait plus tôt, on réécrit \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-\frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)+1=0\]

Sans autre explication ou motivation, mes choix pour exprimer \(\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\) en fonction de \(\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\) sont discutables. Après tout, il aurait été beaucoup plus simple d’écrire \begin{align*}\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)&= \frac{1-\cos(\theta)}{\cos(\theta)+1} \\ \\ &= \frac{\sin(\theta)}{\sin(\theta)} \cdot \frac{1-\cos(\theta)}{\cos(\theta) + 1} \\ \\ &= \frac{1-\cos(\theta)}{\sin(\theta)}\cdot \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)+1} \\ \\ &= \frac{1-\cos(\theta)}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\end{align*}Or, la démarche qui nous a permis d’obtenir des expressions quI s’apparentent à des trinômes du deuxième degré n’est définitivement pas le fruit du hasard. Ces équations nous permettent de résoudre… des équations du deuxième degré ! 

Résolution d’équations quadratiques

Armé de nos deux équations \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + \frac{2}{\tan\left(\theta\right)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1 = 0\] \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-\frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)+1=0\]on peut s’attaquer à la résolution d’équations quadratiques. Il y a clairement une ressemblance entre l’équation\[x^2 + bx + c = 0\] et les équations \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + \frac{2}{\tan\left(\theta\right)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1 = 0\]ou \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-\frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)+1=0\]

Laquelle des équations en \(\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\) on choisit déprend du signe de \(c\). Si \(c<0\), on utilise \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + \frac{2}{\tan\left(\theta\right)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1 = 0\]alors que si \(c>0\), on utilise \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-\frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)+1=0\]Bon ça va pour le signe, mais une astuce supplémentaire s’impose. On a noté la ressemblance, mais les équations \[x^2 + bx + c = 0\] et  \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right) + \frac{2}{\tan\left(\theta\right)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-1 = 0\]ou \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-\frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)+1=0\] ne sont pas en tout point identiques. Dans les équations trigonométriques, le terme constant est \(1\), pas \(c\). Si on ne fait que diviser \[x^2 + bx + c = 0\]par \(c\), le coefficient de \(x^2\) ne sera plus \(1\) mais \(\frac{1}{c}\) et on frappe une impasse. \[\frac{1}{c}x^2 + \frac{b}{c}x +1 = 0\]La ruse suivante nous permet d’arriver à nos fins : avant de diviser par \(c\), un changement de variable s’impose. Si \(c>0\), on pose \[x = \sqrt{c}z\]sinon, on pose \[x = \sqrt{-c}\,z\]Si \(c>0\), on obtient \[\left(\sqrt{c}z\right)^2 + b\left(\sqrt{c}z\right) + c = 0\] \[cz^{2}+b\sqrt{c}z + c = 0\]Si maintenant on divise par \(c\), on obtient à la fois un terme constant de \(1\) et un coefficient du terme au carré de \(1\) aussi. \[z^2 + \frac{b\sqrt{c}}{c}z + 1 = 0\]Si on préfère, on peut réécrire le terme du milieu comme \[z^2 + \frac{b\sqrt{c} \cdot \sqrt{c}}{c\cdot \sqrt{c}}z + 1 = 0\] \[z^2 + \frac{b}{\sqrt{c}}z + 1 = 0\]Si \(c\) est négatif, on obtient plutôt \begin{align*}\left(\sqrt{-c}\,z\right)^2 + b\left(\sqrt{-c}\,z\right) + c &= 0 \\ \\ -cz^2 + b\sqrt{-c}\,z + c  &= 0 \\ \\ z^{2}+ \frac{b\sqrt{-c}}{-c}z-1 &= 0 \\ \\ z^{2}+\frac{b}{\sqrt{-c}}z-1&=0\end{align*}Un deuxième changement de variable nous permettra de résoudre l’équation. En posant \[\frac{b}{\sqrt{c}} = -\frac{2}{\sin(\theta)}\]ou \[\frac{b}{\sqrt{-c}} = \frac{2}{\tan\left(\theta\right)}\]selon le signe de \(c\), il sera possible ensuite de trouver les valeurs de \(z\) avec \[z = \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\]

Des exemples !

Lorsque \(c>0\)

Lorsque \(c>0\), on sait que les deux solutions à l’équation quadratique seront toutes les deux positives ou toutes les deux négatives. Et c’est \[\tan^{2}\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)-\frac{2}{\sin(\theta)}\cdot \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)+1=0\]qu’on utilise.

Résolvons \[x^{2}-8x+15=0\]Notons que puisque \(c = 15>0\) et \(b = -18<0\), les deux solutions seront des nombres positifs. Puisque \(15>0\), on effectue d’abord le changement de variable \[x = \sqrt{15}z\]pour obtenir \begin{align*}\left(\sqrt{15}z\right)^{2}-8\left(\sqrt{15}z\right) + 15 &= 0 \\ \\ 15z^{2}-8\sqrt{15}z + 15 &=0\end{align*}On divise chaque côté par \(15\) \[z^{2}-\frac{8\sqrt{15}}{15}z + 1 =0\] \[z^{2}-\frac{8}{\sqrt{15}}z + 1=0\]On pose ensuite \[-\frac{8}{\sqrt{15}}=-\frac{2}{\sin(\theta)}\]On résout \begin{align*}-\frac{8}{\sqrt{15}}&=-\frac{2}{\sin(\theta)} \\ \\ \frac{4}{\sqrt{15}}&=\frac{1}{\sin(\theta)} \\ \\ \sin(\theta)&=\frac{\sqrt{15}}{4}\end{align*}J’obtiens \begin{align*}\theta &= \arcsin\!\left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) \\ \\ &\approx 1,\!318116\end{align*}Je peux trouver l’autre angle avec \begin{align*}\theta &= \pi-\arcsin\!\left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) \\ \\ &\approx \pi-1,\!318116 \\ \\ &\approx 1,\!823477\end{align*}Puisque \[z = \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\]Je trouve \begin{align*}z&\approx \tan\!\left(\frac{1}{2}\cdot 1,\!318116\right) \\ \\ &\approx \tan\left(0,\!659058\right) \\ \\ &\approx 0,\!774597\end{align*}dans le premier cas et \begin{align*}z&\approx \tan\!\left(\frac{1}{2}\cdot 1,\!823477\right) \\ \\ &\approx \tan\left(0,\!911738\right) \\ \\ &\approx 1,\!290994\end{align*}dans le deuxième. Un dernier changement de variable est nécessaire. Puisque \[x = \sqrt{15}z\]on trouve \begin{align*}x &\approx \sqrt{15}\cdot 0,\!774597 \\ \\ &\approx 3\end{align*}pour la première solution et \begin{align*}x &\approx \sqrt{15}\cdot 1,\!290994 \\ \\ &\approx 5\end{align*}On peut s’assurer, après substitutions, que les deux solutions à l’équation initiale sont bel et bien \(x=3\) et \(x=5\).

 

Si on résout plutôt \[x^2 + 14x + 45 = 0\]en observant que \(b = 14 >0\) et \(c = 45>0\), ici on sait que les deux solutions seront négatives. En effectuant les substitutions d’usage, on obtient d’abord \[z^2 + \frac{14}{\sqrt{45}}z + 1 = 0\]ce qui nous mène à \begin{align*}\theta &= \arcsin\!\left(-\frac{\sqrt{45}}{7}\right) \\ \\ &\approx -1,\!281044\end{align*}et \begin{align*}\theta &=\pi-\arcsin\!\left(-\frac{\sqrt{45}}{7}\right)  \\ \\ &\approx 4,\!422637\end{align*}On obtient \[z \approx 0,\!745356\]ou \[z \approx -1,\!341641\]et \begin{align*}x &\approx \sqrt{45} \cdot -0,\!745356 \\ \\ &\approx -5\end{align*}et \begin{align*}x &\approx \sqrt{45}\cdot -1,\!341641 \\ \\ &\approx -9\end{align*}ce qui s’avère, après vérifications, être effectivement les solutions à l’équation.

Lorsque \(c<0\)

On peut aussi s’intéresser au cas où \(c<0\). Le lecteur aguerri peut se demander comment on fera pour trouver deux angles qui ont la même tangente. En fait, puisque la période de \(\tan\left(\theta\right)\) est \(\pi\) et celle de \(\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\) est \(2\pi\), il suffira d’additionner ou de soustraire \(\pi\) à l’angle donné par l’arctangente.

\(\textcolor{Red}{\tan\left(\theta\right)}\) en rouge et \(\textcolor{Blue}{\tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)}\) en bleu

Résolvons \[x^{2}+x-6=0\]Notons que puisque \(c=-6>0\), les deux solutions seront de signes contraires. Puisque \(-6<0\), on effectue d’abord le changement de variable \[x = \sqrt{-(-6)}z = \sqrt{6}z\]pour obtenir \begin{align*}\left(\sqrt{6}z\right)^{2}+\left(\sqrt{6}z\right) -6 &= 0 \\ \\ 6z^{2}+\sqrt{6}z-6&=0\end{align*}On divise chaque côté par \(6\) \[z^{2}+\frac{\sqrt{6}}{6}z-1 =0\] \[z^{2}+\frac{1}{\sqrt{6}}z-1=0\]On pose ensuite \[\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{2}{\tan(\theta)}\]On résout \begin{align*}\frac{1}{\sqrt{6}}&=\frac{2}{\tan(\theta)} \\ \\ \tan(\theta)&=2\sqrt{6}\end{align*}J’obtiens \begin{align*}\theta &= \arctan\left(2\sqrt{6}\right) \\ \\ &\approx 1,\!369438\end{align*}Je peux trouver l’autre angle avec \begin{align*}\theta &= \arctan\!\left(2\sqrt{6}\right)-\pi \\ \\ &\approx 1,\!369438-\pi \\ \\ &\approx -1,\!772154\end{align*}Puisque \[z = \tan\!\left(\frac{1}{2}\theta\right)\]Je trouve \begin{align*}z&\approx \tan\!\left(\frac{1}{2}\cdot 1,\!369438\right) \\ \\ &\approx \tan\left(0,\!684719\right) \\ \\ &\approx 0,\!816497\end{align*}dans le premier cas et \begin{align*}z&\approx \tan\!\left(\frac{1}{2}\cdot (-1,\!772154)\right) \\ \\ &\approx \tan\left(-0,\!886077\right) \\ \\ &\approx -1,\!224745\end{align*}dans le deuxième. Un dernier changement de variable est nécessaire. Puisque \[x = \sqrt{6}z\]on trouve \begin{align*}x &\approx \sqrt{6}\cdot 0,\!816497 \\ \\ &\approx 2\end{align*}pour la première solution et \begin{align*}x &\approx \sqrt{6}\cdot (-1,\!224745) \\ \\ &\approx -3\end{align*}On peut s’assurer, après substitutions, que les deux solutions à l’équation initiale sont bel et bien \(x=2\) et \(x=-3\).

De l’utile au futile

Quel intérêt me direz-vous ? D’abord parce que ce n’est pas tous les jours qu’on a le plaisir de pouvoir écrire quelque chose comme \[x = \sqrt{c}\tan\!\left(\frac{1}{2}\arcsin\!\left(-\frac{2\sqrt{c}}{b}\right)\right)\] au lieu de \[x = \frac{-b+\sqrt{b^{2}-4c}}{2}\]Pour ma part, je trouve l’exercice fort captivant. Ensuite, de manière plus pragmatique, il semble que ces méthodes étaient plus en vogue lorsqu’il fallait chercher les valeurs des fonctions trigonométriques (ainsi que celles des logarithmes et des racines) dans les livres de tables et qu’il fallait effectuer les opérations à la règle à calcul. Bien que cela peut sembler complètement farfelu aujourd’hui, en théorie, dans certains cas, la méthode trigonométrique nécessite moins d’opérations et de recherches dans les tables que la méthode traditionnelle (jusqu’à 1/3 de recherches en moins), par exemple lorsque les coefficients sont des nombres décimaux du genre \[x^{2}-0,\!9751+ 0,\!2352=0\]et on dit qu’elle lui était parfois préférée pour cette raison.

Références : https://en.wikipedia.org/wiki/Quadratic_equation