Université de Liège Examen d'admission aux études de bachelier ingénieur civil et architecte Trigonométrie et calcul numérique Prof. P. Dewallef et Prof. P. Duysinx Juillet 01 Nous présentons ici une voie de solution pour chaque problème, à titre d'exemple. Il va de soi que toute autre méthode correcte est admise lors de la correction Question 1 Vérier l'identité suivante sin a + sin 5a sin a = tg a cos a + cos 5a + cos a Solution On utilise les formules de transformation de somme en produit ou bien, si on ne s'en souvient plus, les formules de sinus / cosinus d'une somme. Il vient respectivement pour le numérateur et pour le dénominateur : sin a + sin 5a sin a = sin a + sin(a + a) sin(a a) = sin a + cos a sin a = sin a (1 + cos a) cos a + cos 5a + cos a = cos a + cos(a + a) + cos(a a) = cos a + cos a cos a = cos a (1 + cos a) Le premier membre de l'identité devient donc : sin a + sin 5a sin a sin a (1 + cos a) = = tg a cos a + cos 5a + cos a cos a (1 + cos a) Ce qui démontre l'identité lorsque les deux familles de conditions suivantes sont réalisées : 1.. cos a 0 cos a 1/
On exprime respectivement ces deux conditions. cos a 0 a π + kπ et a π 4 + k π cos a 1/ a π + kπ et a 4π + kπ a π 9 + k π et a 4π 9 + k π Question Résoudre l'équation suivante sans calculatrice : tg x 4 tg x + 1 = 0 Solution 1 : Solution compacte textitconditions d'existence : L'existence de l'équation est liée à celle de la tangente tg x, soit x π + kπ L'équation peut se ré-écrire sous la forme suivante ; 1 + tg x = 4 tg x Etant donné la formule fondamentale sin x + cos x = 1, on a : et l'équation à résoudre devient : 1 + tg x = 1 cos x 1 + tg x = 1 cos x = 4 tg x Etant donné que cos x 0 (conditions d'existence), l'équation peut encore s'écrire : 1 cos = 4 sin x cos x On en déduit les solutions : 4 sin x cos x = 1 sin x = 1 x = π 6 + kπ et x = π π 6 + kπ x = π 1 Soit l'ensemble des solutions : + kπ et x = 5π 1 + kπ S = { π 1 + kπ } { 5π 1 + kπ }
Solution : Solution suivie par le plus grand nombre d'étudiants L'équation est une équation du second degré en tg x. Les deux solutions sont : tg x 1 = et tg x = + Etant donné que l'on ne dispose pas de la calculatrice, il faut réduire l'expression : tg x = sin x cos x = Pour la première des racines, il vient sin x cos x = 1 sin x cos x = 1 1 sin x = cos x cos x Etant donné que sin π/6 = 1/, et cos π/6 = / et que cos x 0 par les conditions d'existence, on obtient : sin x cos x = cos x + 1 sin x = cos x cos x cos π 6 + sin x sin π 6 = cos x cos(x π 6 ) = cos x Les solutions s'écrivent : x π 6 = x + kπ ou x π 6 = x + kπ impossible x = π 6 + kπ x = π 1 + kπ De même pour la second racine de l'équation du second degré, on a : sin x cos x = + 1 sin x cos x = cos x cos x cos π 6 sin x sin π 6 = cos x cos(x + π ) = cos(π x) 6 Les solutions s'écrivent : x + π 6 = π x + kπ ou x + π 6 = π + x + kπ x = 5π 6 + kπ x = 5π 1 + kπ impossible
On retrouve l'ensemble des solutions de la première approche. Question Démontrer que, si dans un triangle l'identité suivante est vérié, 1 sin β + cotg β = a + c b alors ce triangle est rectangle. a, b et c sont les longueurs des côtés opposés aux angles α, β et γ respectivement. Solution Par inspection, on peut se rendre compte que le triangle ne peut pas être rectangle en β. En eet si β = π/, on a Elevons au carré, on a 1 1 + 0 1 = a + c b b = (a + c) = a + c + ac a + c Ce qui viole la relation de Pythagore. Le triangle ne peut donc être rectangle que en A (α = π/) ou en C (γ = π/). Ecrivons la formule des sinus : a sin α = b sin β = c sin γ { a/b = sin α/ sin β c/b = sin γ/ sin α 1 sin β + cos β sin β = a b + c sin α + sin γ = b sin β Si sin β 0 ce qui entraîne β π + kπ, il vient : 1 + cos β = sin α + sin γ ( ) ( ) α + γ α γ = sin cos Si on remarque que α + β + γ = π α + γ = π β, nous pouvons écrire : ( ) ( α + γ π sin = sin β ) ( = cos β ) = cos β De même la formule de Simpson permet d'écrire : 1 + cos β = cos β L'égalité de départ s'écrit sous la forme : ( ) α + γ 1 + cos β = sin cos α γ cos β = cos β cos α γ cos β cos β cos α γ = 0 cos β ( cos β cos α γ ) = 0 L'équation ci-dessus possède trois solutions : 4
1. cos β = 0 admet comme solution β = π + kπ. Cette solution est à rejeter (triangle plat). β = α γ. Or β = π (α + γ) ce qui donne α = π. et le triangle est rectangle en α. β = α γ Or β = π (α + γ) ce qui donne γ = π et le triangle est rectangle en γ. Question 4 On connaît les distances suivantes entre les villes ainsi que leur situation géographique. On suppose une Terre plane. Lille Paris Strasbourg Nantes Lyon Bordeaux Montpellier Paris - Lille Nantes - Lille Montpellier - Lille Paris - Strasbourg Strasbourg - Nantes Paris - Lyon Nantes - Lyon Paris - Montpellier Paris - Bordeaux Strasbourg - Bordeaux Paris - Nantes 00 km 505 km 780 km 400 km 71 km 94 km 518 km 596 km 500 km 761 km 4 km Calculer la longueur à vol d'oiseau du parcours du tour de France partant de Paris et passant successivement par les villes de Lille, Strasbourg, Lyon, Montpellier, Bordeaux, Nantes et Paris. Utiliser 4 chires après la virgule pour vos calculs. Solution Utilisons la relation de Pythagore généralisé (Al Kashi) successivement dans les triangles suivants : Lilles-Paris-Nantes noté LP N : l 6 = d 1 + d 6 d 6 d 1 cos ζ ζ = acos 1 + d 6 l6 ) = 15.16 d 1 d 6 5
L N l 6 d 6 l 1 d 1 P d S l 5 l d 5 d Ly B l 4 d 4 l M Figure 1 Les distances connues sont représentées en traits pleins, les distances inconnues en pointillés. Le trajet du Tour de France est représenté en vert. Nantes-Paris-Strasbourg noté N P S : SN = d + d 6 d d 6 cos(ζ + α) α = acos 1 + d 4 LM ) ζ = 77.5600 d 1 d 4 (Attention il faut vérier α + ζ > 180 ) Lilles-Paris-Montpellier noté LP M : LM = d 1 + d 4 d 1 d 4 cos(ζ + ω + δ) ω + δ = acos 1 + d 4 LM ) ζ = 71.770 d 1 d 4 Nantes-Paris-Lyon noté N P Ly : NLy = d + d 6 d d 6 cos(ω + δ + γ) γ = acos 1 + d 4 LM ) (ω + δ) = 17.6561 d 1 d 4 Bordeaux-Paris-Strasbourg noté BP S : SB = d + d 5 d d 5 cos(β + δ + γ) 6
β + δ = acos + d 5 SB ) γ = 97.555 d d 5 En notant que la somme α + β + γ + δ + ω + ζ = 60, il vient ce qui nous permet de déterminer β = 58.19 δ = 75.8495 β = 9.16 et ω = 71.770 δ =.148. Connaissant tous les angles, il est maintenant possible de déterminer les distances l 1, l, l, l 4 et l 5 selon : l 1 = d 1 + d d 1 d cos(α) l 1 = 406.9 km l = d + d d d cos(β) l = 86.1 km l = d + d 4 d d 4 cos(γ) l = 50.9 km l 4 = d 4 + d 5 d 4 d 5 cos(δ) l 4 = 78. km l 5 = d 5 + d 6 d 5 d 6 cos(ω) l 5 = 78. km Nous en déduisons la distance totale à vol d'oiseau l tot = d 1 + l 1 + l + l + l 4 + l 5 + d 6 = 4.5 km 7