TRIGONOMETRIE ET CALCUL NUMERIQUE Examen d'admission, juillet 2017 Question 1 Démontrer que si la condition suivante est vérifiée : cos+ = coscosalors sin²+ = sin+ sinSolution En utilisant : cos+ = coscos− sinsinLa condition énoncée peut aussi s’écrire comme : sinsin= 0 → sin= 0 ou sin= 0 (1) En développant chaque membre de l’identité à démontrer, on a : 1 − cos + = sin + 2 sinasinb+ sin ? 1 − coscos− sinsin= sin + 2 sinasinb+ sin ? 1 − cos cos = sin + sin ? Compte tenu de (1), cette égalité devient : 1 − cos = sin ou 1 − cos = sin selon que sin= 0 ou sin= 0
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TRIGONOMETRIE ET CALCUL NUMERIQUE
Examen d'admission, juillet 2017
Question 1
Démontrer que si la condition suivante est vérifiée :
Résoudre dans l’ensemble des réels et en spécifiant les conditions d’existence :
2sin (𝑥) cot(𝑥) + sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0
Représenter les solutions appartenant à l’intervalle [-, [ sur le cercle trigonométrique.
Solution L’équation peut aussi s’écrire :
2sin (𝑥)cos (𝑥)
sin (𝑥)+ sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0
CE : sin(𝑥) ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 𝑘𝜋
Une fois la condition d’existence établie, on peut résoudre l’équation comme suit :
2 sin(𝑥) cos(𝑥) + sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0
sin (2𝑥) + sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0
sin (2𝑥) + 2 sin(2𝑥) cos(𝑥) = 0
sin (2𝑥)(1 + 2 cos(𝑥)) = 0
Premier ensemble de solutions :
sin(2𝑥) = 0 → 2𝑥 = 𝑘𝜋
𝑥 = 𝑘𝜋
2
Etant donné la condition d’existence, les solutions pour k pair sont à rejeter. Il reste donc :
𝑥 = ±𝜋
2+ 2𝑘𝜋
Second ensemble de solutions :
cos(𝑥) = −1
2 → 𝑥 = ±
2𝜋
3+ 2𝑘𝜋
Question 2
Vérifier l’identité suivante :
tan 𝛼 − cot 𝛼
tan 𝛼 +1
sin 𝛼
= tan(𝛼) −cot(𝛼)
Solution L’identité à vérifier peut aussi s’écrire :
tan 𝛼 −1
tan 𝛼= tan(𝛼) −
1
tan(𝛼)∙ tan 𝛼 +
1
sin 𝛼
En développant le membre de droite, il vient :
tan(𝛼) −1
tan(𝛼)∙ tan 𝛼 +
1
sin 𝛼
= tan 𝛼 +1
sin(𝛼) cos(𝛼)− tan(𝛼) −
cos(𝛼)
sin 𝛼
= tan 𝛼 +sin 𝛼 ∙ (1 − sin 𝛼) − cos 𝛼
sin 𝛼 ∙ cos(𝛼)
= tan 𝛼 −cos 𝛼
sin 𝛼 ∙ cos(𝛼)
= tan 𝛼 −1
tan 𝛼 𝐶𝑄𝐹𝐷
Question 3
Soit le trapèze ABCD rectangle en A, de hauteur h. La grande base a une longueur AB = a et la petite base une longueur CD = b. L’angle entre le côté oblique du trapèze et la hauteur est noté . La grande base restant fixe et la hauteur inchangée, on déplace ensuite la petite base parallèlement à la grande base, de telle sorte que le trapèze soit rendu isocèle.
Exprimer l’angle en fonction du rapport a/h (supérieur à 1) pour que les diagonales du trapèze isocèle ainsi obtenu soient de même longueur que la grande base. Solution
Le trapèze ABCD étant isocèle, les segments DDet CP sont de longueurs égales. En outre, d’après le dessin, il est facile de voir que les segments DD et CC sont eux aussi de mêmes longueurs. On peut donc conclure que CC = CP.
Soit x la longueur commune de ces deux segments. Dans le triangle BPC, rectangle en P :
tan(𝛽) =𝐶𝑃
𝐵𝑃 → 𝑥 =
ℎ
2tan(𝛽) (1)
Ensuite, en appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle BPD, rectangle en P :
𝐵𝐷 = ℎ + 𝑃𝐷′
ou encore, puisque d’après l’énoncé, BD = a :
𝑎 = ℎ + (𝑎 − 𝑥)
Il vient l’équation du second degré à résoudre en l’inconnue x :
𝑥 − 2𝑎𝑥 + ℎ = 0
→ 𝑥 = 𝑎 ± 𝑎 − ℎ (2)
En éliminant x entre les équations (1) et (2), il vient finalement l’expression recherchée :
h
A B
CDC
D
P
a
bb
tan(𝛽) = 2𝑎
ℎ± 2
𝑎
ℎ− 1
Pour a/h supérieur à 1, vérifions les conditions d’existence de telle sorte que :
0 < tan(𝛽) < ∞ ⇔ 0 < 𝛽 < 90° Vérification :
2𝑎
ℎ± 2
𝑎
ℎ− 1 < ∞ ? Toujours vrai car, si a > h, la racine carrée existe dans ℝ.
D’autre part :
2𝑎
ℎ+ 2
𝑎
ℎ− 1 > 0 ?
𝑎
ℎ> −
𝑎
ℎ− 1 Toujours vrai si a > h
2𝑎
ℎ− 2
𝑎
ℎ− 1 > 0 ?
𝑎
ℎ>
𝑎
ℎ− 1 ?
𝑎
ℎ>
𝑎
ℎ− 1 Toujours vrai si a > h
Soient deux satellites, assimilés aux points S et T, en orbite circulaire dans le même plan autour d’une planète sphérique de centre O et de rayon unitaire r = 1. Le premier satellite (point S) se situe à une distance minimale p de la surface de la planète et le second (point T) à une distance minimale q.
Exprimer la distance q en fonction de la distance p, de telle manière que dans le plan orbital commun, l’arc de cercle visible depuis le point S vaille le double de celui visible depuis le point T. Solution
D’après l’énoncé, l’arc APB vaut le double de l’arc DTC. Ceci revient à poser la condition :
𝛼 = 2𝛽 → cos(𝛼) = cos(2𝛽) (1)
Soient SP = p et TQ = q. Dans le triangle OAS, rectangle en A :
cos(𝛼) =𝑂𝐴
𝑆𝑃 + 𝑃𝑂=
𝑟
𝑝 + 𝑟 → cos(𝛼) =
1
𝑝 + 1
et, de manière analogue, dans le triangle OCT, rectangle en C :
cos(𝛽) =𝑂𝐶
𝑇𝑄 + 𝑄𝑂=
𝑟
𝑞 + 𝑟 → cos(𝛽) =
1
𝑞 + 1
En utilisant la relation cos(2𝑎) = 2 cos 𝑎 − 1 et tenant compte de la condition (1), il vient :
cos(𝛼) = 2 cos 𝛽 − 1
1
𝑝 + 1= 2
1
𝑞 + 1− 1
𝑞 =2 (𝑝 + 1)
𝑝 + 2− 1
STO
P Q
A
B
C
D
Question 4
TRIGONOMETRIE ET CALCUL NUMERIQUE
Examen d'admission, juillet 2016
Trouver toutes les valeurs de x pour lesquelles l’égalité suivante est vérifiée:
sin 5� + sin � + 2 sin² � = 1
Présenter sur le cercle trigonométrique celles appartenant à l’intervalle [-π, π[.
En réécrivant le membre de gauche et en utilisant : {𝒔𝒊𝒏(𝒑) + 𝐬𝐢𝐧(𝒒) = 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (
𝒑+𝒒
𝟐) 𝐜𝐨𝐬 (
𝒑−𝒒
𝟐)
𝐜𝐨𝐬(𝒑) + 𝐜𝐨𝐬(𝒒) =𝟐 𝐜𝐨𝐬 (𝒑+𝒒
𝟐)𝐜𝐨𝐬 (
𝒑−𝒒
𝟐)
Solutions juillet 2015 – page 2
= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨 + 𝑩
𝟐)𝐜𝐨𝐬 (
𝑨 − 𝑩
𝟐) +𝟐 𝐬𝐢𝐧 (
𝑪 + 𝑫
𝟐) 𝐜𝐨𝐬 (
𝑪 − 𝑫
𝟐)
Or, 𝑪 + 𝑫 = 𝟐𝝅 − (𝑨 + 𝑩). Dès lors, 𝒔𝒊𝒏 (𝑪+𝑫
𝟐) = 𝐬𝐢𝐧 (
𝟐𝝅−(𝑨+𝑩)
𝟐) = 𝐬𝐢𝐧 (
𝑨+𝑩
𝟐).
Donc le membre de gauche s’écrit :
= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨 + 𝑩
𝟐) [𝐜𝐨𝐬 (
𝑨 − 𝑩
𝟐) + 𝐜𝐨𝐬 (
𝑪 − 𝑫
𝟐)]
= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨 + 𝑩
𝟐) [𝟐 𝐜𝐨𝐬 (
𝑨 + 𝑪 − 𝑩−𝑫
𝟒) 𝐜𝐨𝐬 (
𝑨 + 𝑫− 𝑩 − 𝑪
𝟒)]
Or, 𝑩 +𝑫 = 𝟐𝝅 − (𝑨 + 𝑪) et 𝑨 + 𝑫 = 𝟐𝝅 − (𝑩 + 𝑪)
Dès lors, 𝐜𝐨𝐬 (𝑨+𝑪−𝑩−𝑫
𝟒) = 𝐬𝐢𝐧 (
𝑨+𝑪
𝟐) et 𝐜𝐨𝐬 (
𝑨+𝑫−𝑩−𝑪
𝟒) = 𝐬𝐢𝐧 (
𝑩+𝑪
𝟐)
Donc, en remplaçant, il vient :
= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨+𝑩
𝟐) [𝟐 𝐜𝐨𝐬 (
𝑨+𝑪−𝑩−𝑫
𝟒)𝐜𝐨𝐬 (
𝑨+𝑫−𝑩−𝑪
𝟒)] = 𝟒 𝐬𝐢𝐧 (
𝑨+𝑩
𝟐)𝐬𝐢𝐧 (
𝑨+𝑪
𝟐)𝐬𝐢𝐧 (
𝑩+𝑪
𝟐)
cqfd
Question 3 :
Soient le cercle de centre O et de rayon R, un diamètre AB de ce cercle et la tangente au point B de ce cercle. Par le point A, on mène une sécante coupant le cercle au point M et la tangente au point P, de telle sorte que (2 AM + MP) = k.
Discuter de la valeur de l’angle = BÂM en fonction des valeurs relatives de k et R. Solution
La condition s’écrit également : 2 AM + MP = 2 AM + (AP - AM) = AM + AP = k (1)
Solutions juillet 2015 – page 3
Dans le triangle AMB rectangle en M : 𝐜𝐨𝐬𝜶 =𝑨𝑴
𝟐𝑹→ 𝑨𝑴 = 𝟐𝑹 𝐜𝐨𝐬𝜶
Dans le triangle APB rectangle en B : 𝐜𝐨𝐬𝜶 =𝟐𝑹
𝑨𝑷→ 𝑨𝑷 =
𝟐𝑹
𝐜𝐨𝐬𝜶
En remplaçant AM et AP dans (1) : 𝟐𝑹 𝐜𝐨𝐬𝜶 +𝟐𝑹
𝐜𝐨𝐬𝜶= 𝒌 (2)
Cette équation du second ordre en l’inconnue cos possède deux solutions :
𝐜𝐨𝐬𝜶𝟏 =𝒌
𝟒𝑹+√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹 𝐞𝐭 𝐜𝐨𝐬𝜶𝟐 =
𝒌
𝟒𝑹−√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹
Les expressions possibles de l’angle sont donc :
𝜶𝟏 = 𝐜𝐨𝐬−𝟏 (
𝒌
𝟒𝑹+√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹) 𝐞𝐭 𝜶𝟐 = 𝐜𝐨𝐬
−𝟏 (𝒌
𝟒𝑹−√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹)
Discussion Deux conditions doivent être respectées pour qu’une solution existe : les racines de l’équation du second ordre (2) doivent être réelles et comprises entre -1 et +1. Donc :
1. √𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐 ≥ 𝟎 → (𝒌
𝑹)𝟐≥ 𝟏𝟔 →
𝒌
𝑹≥ 𝟒 𝒐𝒖
𝒌
𝑹≤ −𝟒
La seconde condition ne respecte pas la nature du problème (k et R sont des longueurs et sont donc des valeurs positives) et est à retirer.
2. −𝟏 ≤ 𝐜𝐨𝐬𝜶𝟏 =𝒌
𝟒𝑹+√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹≤ +𝟏
Puisque k/R est toujours plus grand ou égal à 4 (cf. point 1 de la discussion), le premier terme
de l’expression de cos 1 est toujours plus grand ou égal à l’unité, ce qui rend la solution 1 à ce problème impossible.
3. −𝟏 ≤ 𝐜𝐨𝐬𝜶𝟐 =𝒌
𝟒𝑹−√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹≤ +𝟏
On vérifie d’abord que 𝒌
𝟒𝑹−√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹≤ +𝟏. La résolution de cette inéquation mène à
l’inégalité 𝒌
𝑹≥ 𝟒, toujours vérifiée étant donné le point 1 de cette discussion.
On vérifie ensuite que −𝟏 ≤𝒌
𝟒𝑹−√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐
𝟒𝑹. La résolution de cette inéquation mène à
l’inégalité 𝒌
𝑹≥ −𝟒, également toujours vérifiée étant donné le point 1 de cette discussion.
Conclusion : seule la solution 2 est admissible, pour autant que 𝒌
𝑹≥ 𝟒
Solutions juillet 2015 – page 4
Question 4 :
Une caméra de surveillance, dont l’angle de vue vaut (compris entre 45° et 90°), doit être installée dans le coin d’un hall carré de côté c. Exprimer la valeur de la surface surveillée en fonction de l’angle
formé par l’axe de la caméra et un des murs adjacents de la pièce, sous l’hypothèse d’une modélisation planaire du problème.
Déterminer la valeur de qui maximise la valeur de la surface surveillée, et calculer cette dernière
lorsque c = 20m et = 75°. Solution
L’axe de vue de la caméra est placé selon AZ et sa position est variable avec l’angle . L’angle de vue de la caméra, de valeur fixe comprise entre 45° et 90°, se répartit de part et d’autre de l’axe de vue de la caméra.
On peut exprimer la surface surveillée par : 𝑺 = 𝒄𝟐 − 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 (1)
S1 est la surface du triangle ABX, rectangle en B : 𝑺𝟏 =𝒄 𝑩𝑿
𝟐
S2 est la surface du triangle ADY, rectangle en D : 𝑺𝟐 =𝒄 𝑫𝒀
𝟐
Dans le triangle ABX rectangle en B : 𝐭𝐚𝐧 �̂�𝟏 =𝑩𝑿
𝒄 → 𝑩𝑿 = 𝒄. 𝐭𝐚𝐧 (𝟗𝟎° − 𝜶 −
𝜽
𝟐) = 𝒄. 𝐜𝐨𝐭 (𝜶 +
𝜽
𝟐)
Dans le triangle ADY rectangle en D : 𝐭𝐚𝐧 �̂�𝟐 =𝑫𝒀
𝒄 → 𝑫𝒀 = 𝒄. 𝐭𝐚𝐧 (𝜶 −
𝜽
𝟐)
En remplaçant les côtés BX et DY dans (1), il vient :
Soit AD la hauteur d’un triangle ABC, rectangle en A. On pose les distances BD p et DC q
Montrer que : cos 2p q
Bp q
Solution
Dans le triangle BAD rectangle en D : cos 𝐵 =
𝑝
𝐴𝐵 → 𝑝 = 𝐴𝐵 cos 𝐵
Dans le triangle DAC rectangle en D : cos 𝐵𝐶 =𝑞
𝐴𝐶 → 𝑞 = 𝐴𝐶 cos 𝐶
Il faut donc montrer que : 𝐴𝐵 cos 𝐵−𝐴𝐶 cos 𝐶
𝐴𝐵 cos 𝐵+𝐴𝐶 cos 𝐶= cos 2𝐵
Or, dans le triangle ABC rectangle en A, C = (90° - B). Donc, cos C = sin B
𝐴𝐵 cos 𝐵 − 𝐴𝐶 sin 𝐵
𝐴𝐵 cos 𝐵 + 𝐴𝐶 sin 𝐵=
cos 𝐵 −𝐴𝐶𝐴𝐵 sin 𝐵
cos 𝐵 +𝐴𝐶𝐴𝐵 sin 𝐵
=cos 𝐵 − tan 𝐵 sin 𝐵
cos 𝐵 + tan 𝐵 sin 𝐵=
cos 𝐵 −sin² 𝐵cos 𝐵
cos 𝐵 +sin² 𝐵cos 𝐵
=cos² 𝐵 − sin² 𝐵
cos² 𝐵 + sin² 𝐵= cos² 𝐵 − sin2 𝐵 = cos 2𝐵
Cqfd.
Solutions septembre 2015 – page 3
Question 4 :
Trois boîtes de conserves de forme parfaitement cylindrique sont rangées verticalement de manière compacte sur une étagère plane. Les rayons de ces boîtes, tangentes deux à deux, sont en progression arithmétique de raison a. De plus, un des angles du triangle formé par les centres des bases de ces trois boîtes vaut 120°.
Déterminer la valeur numérique du rapport entre la raison a et le rayon de la boîte dont la base est de dimension intermédiaire.
Solution
Par construction : O1A = (r – a), O2B = r et O3C = (r + a). Dès lors, le triangle O1O2O3 a pour côtés : O1O2 = (2r – a), O2O3 = (2r + a) et O3O1 = 2r.
La loi des sinus indique que l’angle de 120° (= ) se situe face au côté le plus long du triangle O1O2O3. Le triangle O1O2O3 est quelconque. Donc, en utilisant 𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 − 2𝑏𝑐 cos 𝐴 avec les notations de cet exercice, il vient : (2𝑟 + 𝑎)2 = (2𝑟)2 + (2𝑟 − 𝑎)2 − 2(2𝑟)(2𝑟 − 𝑎) cos 𝛾
En remplaçant cos = cos 120° = -0,5, l’équation se réduit à 8r = 10a, et donc : 𝑎
Représenter les solutions (en x et en y) sur le cercle trigonométrique.
Question 2 : Vérifier l’identité suivante:
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )cot cot 2 1
cos 2 sin 2 tancot cot 2 1
x xx x x
x x
−= −
+
Question 3 : Par un point fixe P d’un segment AB, on mène une perpendiculaire à AB. Elle coupe
en D et E les côtés AC et BC d’un triangle ABC inscrit à un demi-cercle de diamètre AB. Montrer que le produit entre PD et PE est une constante quelle que soit la position du point C sur le cercle. Calculer ensuite la valeur de cette constante lorsque le point P est situé aux ¾ d’un segment AB de 12 cm de longueur.
Question 4 : Dans l’angle formé par un mur érigé verticalement par rapport au sol horizontal, une petite balle de rayon r vient se coincer. Une balle de plus grand rayon (R) vient, elle aussi, se caler dans cet angle et cacher la plus petite.
Les centres de ces balles (sphériques) se trouvant dans le même plan, perpendiculaire au mur et au sol, quelle est la condition géométrique (relation entre R et r) pour que la grande balle (supposée indéformable) bloque la plus petite sans l’écraser ?
Qu’adviendra-t-il si la grande balle est un ballon de football (diamètre de 22 cm) et la petite balle est une balle de ping-pong (diamètre de 4 cm) ?
La résolution des questions ne requiert que l'utilisation - des formules trigonométriques donnant : sin (-a), cos(-a), tg(-a);
sin ( ± a), cos ( ± a), tg( ± a);
sin (/2 ± a), cos (/2 ± a), tg (/2 ± a); sin (a ± b), cos (a ± b), tg (a ± b); sin 2a, cos 2a, tg 2a; sin p ± sin q, cos p ± cos q; 1 ± cos 2a; sin a, cos a, tg a en fonction de tg a/2; - des relations entre les angles et les côtés d'un triangle rectangle et d'un triangle quelconque
(relations aux sinus et formules a²=b²+c²..., b²=..., c²=...). Toute autre formule trigonométrique utilisée doit être démontrée. Vous êtes tenus de répondre à trois questions sur les quatre proposées, chacune valant un tiers des points. Seules les trois questions choisies seront corrigées.