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UN PEU DE TRIGONOMETRIE

Table des matieres

1. Quelques formules de trigonometrie 12. Fonctions trigonometriques reciproques 32.1. Arc cosinus 32.2. Arc sinus 42.3. Arc tangente 43. Fonctions hyperboliques 53.1. Heuristique et definitions 53.2. Proprietes 54. Exercices 6

1. Quelques formules de trigonometrie

Tout d’abord, un dessin pour expliquer la definition de cosinus et sinus.

-2,4 -2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4

-1,5

-1

-0,5

0,5

1

1,5

xcos x

sin x

Fig. 1. Le cosinus et le sinus d’un arc x

Identite remarquablecos2 x + sin2 x = 1

Periodicitecos(x + 2 k π) = cos x, x ∈ R, k ∈ Z

Date: 02/10/2013.

1

2 UN PEU DE TRIGONOMETRIE

sin(x + 2 k π) = sin x, x ∈ R, k ∈ Z

tan(x + k π) = tanx, x 6= m π

2,m,k ∈ Z,

Relations remarquablescos(−x) = cos x, x ∈ R

sin(−x) = − sinx, x ∈ R

tan(−x) = − tanx, x 6= m π

2,m ∈ Z

cos(π

2− x)

= sinx et sin(π

2− x)

= cos x, x ∈ R

tan(π

2− x)

=1

tanx, x 6= m π,m ∈ Z

Formules d’addition

cos(x− y) = cos x cos y + sinx sin y et cos(x + y) = cos x cos y − sinx sin y

sin(x− y) = sin x cos y − cos x sin y et sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y

tan(x− y) =tanx− tan y

1 + tanx tan yet tan(x + y) =

tanx + tan y

1− tanx tan y

Demonstration. La formule pour cos(x−y) est montree dans l’Exercice 1. A partir de cette formule,on peut montrer toutes les autres. En effet, en utilisant que le cosinus est une fonction paire et lesinus est pair, on a

cos(x + y) = cos(x− (−y)) = cos x cos(−y) + sin x sin(−y)= cos x cos y − sinx sin y,

qui montre bien la deuxieme formule. Pour montrer la troisieme formule on utilise la relation entre lecosinus et le sinus (voir ci-dessus)

sin(x− y) = cos(π

2− (x− y)

)= cos

((π

2− x)

+ y)

= cos(π

2− x)

cos y − sin(π

2− x)

sin y

= sinx cos y − cos x sin y.

Finalement, on montre comme obtenir la cinquieme formule. On a

tan(x− y) =sin(x− y)cos(x− y)

=sinx cos y − sin y cos x

cos x cos y + sinx sin y=

cos y (sinx− tan y cos x)cos y (cos x + sin x tan y)

=sinx− tan y cos x

cos x + sinx tan y

=cos x(tanx− tan y)

cos x(1 + tanx tan y)

=tanx− tan y

1 + tanx tan y,

qui termine la preuve. Essayez de montrer les formules qui restent. �

Formules de duplication

cos 2x = cos2 x− sin2 x = 2 cos2 x− 1 = 1− 2 sin2 x

sin 2x = 2 sinx cos x

tan 2x =2 tanx

1− tan2 x

UN PEU DE TRIGONOMETRIE 3

Demonstration. Il s’agit tout simplement de cas particuliers des formules d’addition, il suffit de choisirx = y. �

Formules de l’angle moitie∣∣∣cos(x

2

)∣∣∣ =√1 + cos x

2

∣∣∣sin(x

2

)∣∣∣ =√1− cos x

2∣∣∣tanx

2

∣∣∣ =√1− cos x

1 + cos x

Demonstration. A titre d’exemple, on montre la premiere. D’apres les formules de duplication, on saitdeja que

cos x = cos(2 · x

2

)= 2 cos2

(x

2

)− 1,

c’est-a-dire on a que

cos2(x

2

)=

cos x + 12

.

Il suffit de prendre la racine carree pour conclure. �

Quelques valeurs remarquables

cos 0 = 1 cosπ

6=√

32

cosπ

4=√

22

cosπ

3=

12

cosπ

2= 0

sin 0 = 0 sinπ

6=

12

sinπ

4=√

22

sinπ

3=√

32

sinπ

2= 1

tan 0 = 0 tanπ

6=

1√3

tanπ

4= 1 tan

π

3=√

3

Identite d’Eulerei x = cos x + i sinx, x ∈ R.

2. Fonctions trigonometriques reciproques

2.1. Arc cosinus. La fonctioncos : R → [−1,1]

est surjective, mais pas injective, en tant que fonction periodique. Mais si on considere la restriction ducosinus a l’interval [0,π], cette fonction devient aussi injective et donc bijective. Sa fonction reciproques’appelle arc cosinus, par definition de fonction reciproque il s’agit d’une fonction

arccos : [−1,1] → [0,π],

telle que

arccos(cos x) = x, pour tout x ∈ [0,π] et x = cos(arccos x), pour tout x ∈ [−1,1]

Par definition, on a que

arccos x = “le seul arc compris entre 0 et π tel que son cosinus est x′′.

Exemple 1. On a

arccos(

12

)=

π

3,

car π/3 est le seul arc compris entre 0 et π dont le cosinus vaut 1/2.

Faites attention a l’exemple suivant.


Exemple 2. Ca fait combien

arccos(

cos(

76

π

))=?

On aurait envie de repondre 7/6 π, mais comme

76

π 6∈ [0,π],

on sait que celle-ci n’est la reponse correcte. Par definition de arccos, on sait que la reponse doitetre “le seul arc compris entre 0 et π dont le cosinus vaut cos(7/6 π)”. Alors, comme

cos(

56

π

)= cos

(76

π

),

et 5/6 π est le seul arc entre 0 et π avec cette propriete, on a que la reponse correcte est bien

arccos(

cos(

76

π

))=

56

π.

2.2. Arc sinus. La fonctionsin : R → [−1,1]

est a nouveau surjective, mais pas injective. Si on considere la restriction du sinus a l’interval [−π2 ,π

2 ],cette fonction devient aussi injective et donc bijective. Sa fonction reciproque s’appelle arc sinus, doncon a

arcsin : [−1,1] →[−π

2,π

2

],

telle que

arcsin(sinx) = x, pour tout x ∈[π2,π

2

]et x = sin(arcsinx), pour tout x ∈ [−1,1]


arcsin x = “le seul arc compris entre −π/2 et π/2 tel que son sinus est x′′.

Exemple 3. On a par exemple

arcsin(−1

2

)= −π

6,

et

arcsin(

1√2

)=

π

4.

2.3. Arc tangente. La fonction tangente est aussi periodique, donc elle n’est pas injective. De toutfacon, sur tout interval du type (−π/2 + k π,π/2 + k π) elle est strictement croissante et donc injective.En particulier, sa restriction

tan :(−π

2,π

2

)→ R,

est bijective, donc il y a la possibilite de definir sa fonction reciproque. Il s’agit de la fonction arctangente

arctan : R →(−π

2,π

2

),

qui a donc la propriete

arctan(tan x) = x, pour tout x ∈(π

2,π

2

)et x = tan(arctanx), pour tout x ∈ R


arctanx = “le seul arc compris (strictement) entre −π

2et

π

2tel que sa tangente est x

′′.


3. Fonctions hyperboliques

3.1. Heuristique et definitions. En particulier, d’apres l’identite d’Euler on a

cos x = Re(ei x) et sinx = Im(ei x).

D’apres l’identie d’Euler, on a

e−i x = ei (−x) = cos(−x) + i sin(−x) = cos(x)− i sin(x),

et donc e−i x est le conjugue de ei x. Ceci permet de dire

(1) cos x =ei x + e−i x

2et i sinx =

ei x − e−i x

2Avec un peu de courage, on peut se demander: “et qu’est-ce qui se passe si remplace x par i x dans lesformules precedentes?” Bien sur, on n’a pas le droit de faire ca, car on n’a definit cos et sin quepour des arguments reels...mais bon, voyons qu’est-ce que ca donne quand meme, au moins au niveauformel. En utilisant que i2 = −1, on obtiendra

cos(i x) =ex + e−x

2et i sin(i x) = −ex − e−x

2.

Les deux fonctions a droite s’appellent

ex + e−x

2cosinus hyperbolique,

ex − e−x

2sinus hyperbolique,

avec la notation

coshx =ex + e−x

2sinhx =

ex − e−x

2, x ∈ R.

L’argument (purement formel!) precedent justifie pourquoi ces deux fonctions s’appellent “cosinus” et“sinus”...mais pourquoi “hyperbolique”? Une justification de ca vient de l’identite remarquable pourles fonctions hyperboliques

cosh2 x− sinh2 x = 1, x ∈ R.

Celle-ci implique que

I = {(X,Y ) ∈ R2 : ∃x ∈ R tel que X = cosh x, Y = sinh x}= {(X,Y ) ∈ R2 : X2 − Y 2 = 1 et X ≥ 0},

c’est-a-dire, grace a cosh et sinh on peut parametriser une branche de l’hyperbole ayant equation car-tesienne X2 − Y 2 = 1.

3.2. Proprietes. En tant que somme de fonctions derivables sur R, le cosinus et le sinus hyperboliquessont derivables sur R et on a

d

dxcoshx =

d

dx

ex + e−x

2=

ex − e−x

2= sinh x,

et aussid

dxsinhx =

d

dx

ex − e−x

2=

ex + e−x

2= cosh x.

On a

cosh(−x) =e−x + ex

2= cosh x,

et

sinh(−x) =e−x − ex

2= − sinhx,

donc cosh est pair et sinh est impair.


-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

-2

-1

1

2

3

(cosh x, sinh x)

4. Exercices

Exercice 1. Justifier geometriquement que

cos(x− y) = cos x cos y + sinx sin y, x,y ∈ R.

Demonstration. Tout d’abord, on observe qu’on peut toujours supposer que x ≥ y, car le cosinus estune fonction paire, donc

cos(x− y) = cos(y − x).

En outre, on peut supposer x > y, car si x = y l’identite est evidente. On fait l’hypothese supplementaireque x,y ∈ [0,π/2], pour simplicite. Si on se refere a la Figure 1, on voit que

cos(x− y) = OC,

donc il faut montrer queOC = cos x cos y + sinx sin y.

On observe que

OM =cos x

cos y,

et que

MC = (sinx−OM sin y) sin y = sinx sin y − cos x

cos ysin2 y.

Finalement on obtient

cos(x− y) = OC = OM + MC =cos x

cos y+ sinx sin y − cos x

cos ysin2 y

=cos x

cos y(1− sin2 y) + sinx sin y

= cos x cos y + sin x sin y,

qui termine la preuve, dans l’hypothese 0 ≤ y ≤ x ≤ π/2. �

Exercice 2. Montrer les formules

cos p + cos q = 2 cosp + q

2cos

p− q

2cos p− cos q = −2 sin

p + q

2sin

p− q

2et

sin p + sin q = 2 sinp + q

2cos

p− q

2sin p− sin q = 2 sin

p− q

2cos

p + q

2


O

y

y

x− y

M

C

Fig. 2. La formule d’addition du cosinus

Demonstration. On observe que

p =p + q

2+

p− q

2et q =

p + q

2− p− q

2,

donc d’apres les formules d’addition du cosinus, on obtient

cos p + cos q = cosp + q

2cos

p− q

2− sin

p + q

2sin

p− q

2

+ cosp + q

2cos

p− q

2+ sin

p + q

2sin

p− q

2

= 2 cosp + q

2cos

p− q

2.

Pour les autres formules on pourra proceder de la meme maniere. �

Exercice 3. Montrer que, avec t = tan(x/2) et pour des valeurs de x que l’on precisera, on a

cos x =1− t2

1 + t2sinx =

2 t

1 + t2tanx =

2 t

1− t2.

Demonstration. On observe que t = tanx/2 implique que pour tout x ∈ (−π,π) on a

x = 2 arctan t,

et donc

cos x = cos(2 arctan t) = 2 cos2(arctan t)− 1 =1

1 + tan2(arctan t)− 1

=1− t2

1 + t2,

ou on a utilise la formule de duplication pour le cosinus et la relation

(2) 1 + tan2 x =1

cos2 x.

Pour montrer la formule pour sinx on procede de maniere similaire : on a 1

sin(x) = sin(2 arctan t) = 2 sin(arctan t) cos(arctan t)

= 2 tan(arctan t) cos2(arctan t)

=2 t

1 + t2,

1. Faites attention : on a le droit de diviser par cos(arctan t) car ceci n’est pas zero...pourquoi?


ou on a utilise a nouveau la relation (2). Finalement, pour la troisieme formule on a

tanx =sinx

cos x=

2 t

1 + t21 + t2

1− t2=

2 t

1− t2,

et evidemment on doit avoir x 6= ±π/2. �

Exercice 4. Montrez quesin 3x = 3 sinx− 4 sin3 x

Demonstration. On a 3x = 2x + x, donc

sin 3x = sin 2x cos x + cos 2x sinx = 2 sinx cos2 x + sinx − 2 sin3 x,

ou on a utilise les fomules

sin 2x = 2 sinx cos x et cos 2x = 1− 2 sin2 x.

Pour terminer, il suffit d’utiliser l’identite fondamentale cos2 x + sin2 x = 1, donc

sin 3x = 3 sinx− 4 sin3 x,

qui termine la preuve. �

Exercice 5. Montrez quecos 3x = 4 cos3 x− 3 cos x.

Exercice 6. Resoudre l’equation

cos x + cos 2x + cos 3x = 0.

Demonstration. On va utiliser deux methodes.

Premiere methode. En utilisant l’Exercice precedent et la formule de duplication, on a

cos x + cos 2x + cos 3x = cos x + 2 cos2 x− 1 + 4 cos3 x− 3 cos x

= 4 cos3 x + 2 cos2 x− 2 cos x− 1

= 2 cos2 x(2 cos x + 1)− (2 cos x + 1)

= (2 cos x + 1) (2 cos2 x− 1),

d’ou l’equation initiale est equivalente a

(2 cos x + 1) (2 cos2 x− 1) = 0.

Toute solution de cette equation sont donnees par

cos x = −12

ou cos2 x =12.,

c’est-a-dire l’ensemble de toute solution est donne par{23

π + 2 k π,43

π + 2 k π,π

4+ k

π

2: k ∈ Z

}.

Deuxieme methode (suggestion de M. Guillaume Guio). D’apres les formules de l’Exercice 2, on a

cos(x) + cos(3x) = 2 cos(

3x + x

2

)cos(

3x− x

2

)= 2 cos(2x) cos x,

donc l’equation initiale est equivalente a

2 cos(2x) cos x + cos(2x) = 0,

c’est-a-direcos(2x) (2 cos x + 1) = 0.

Apres on trouve les solutions comme avant. �



cos(

2x− 54π

)= cos

(π

4− x)

.

Demonstration. Par construction de la fonction cosinus, on a que

cos α = cos β ⇐⇒ α = β + 2 k π ou α = −β + 2 k π, k ∈ Z.

En utilisant ca avec

α = 2x− 54π et β =

π

4− x,

on obtient2x− 5

4π =

π

4− x + 2 k π, k ∈ Z,

et aussi2x− 5

4π = x− π

4+ 2 k π, k ∈ Z.

Donc les solutions de l’equation sont{π

2+

2 k π

3, (2k + 1) π : k ∈ Z

}.

�


cos(2x +

π

3

)= sin

(x +

34π

).

Demonstration. Tout d’abord, en utilisant que

sin(x) = cos(π

2− x)

,

on voit que l’equation initiale peut s’ecrire aussi dans la forme

cos(2x +

π

3

)= cos

(−π

4− x)

.

Comme dans l’Exercice precedent, ceci revient a dire

2x +π

3= −π

4− x + 2 k π, k ∈ Z,

et2x +

π

3=

π

4+ x + 2 k π, k ∈ Z.

Donc au final on trouve comme solutions{− 7

36π +

2 k π

3, − 1

12π + 2 k π : k ∈ Z

}.

�


cos(2x) +√

3 sin(2x) = −1.

Demonstration. Ici on peut utiliser une astuce : on observe tout d’abord que si on multiplie l’equationpar 1/2

12

cos(2x) +√

32

sin(2x) = −12,

cette nouvelle equation est equivalente a celle du debut, c’est-a-dire elle a les memes solutions. Quelleest l’avantage d’avoir fait ca? On se souvient que

cosπ

3=

12

sinπ

3=√

32

,


donc finalement en utilisant les formules d’addition notre equation devient

cos(2x− π

3

)= −1

2.

Ceci revient a dire que

2x− π

3=

23

π + 2 k π, k ∈ Z,

ou2x− π

3=

43

π + 2 k π, k ∈ Z

et donc l’ensemble des solutions est donne par{π

2+ k π,

56

π + k π : k ∈ Z}

.

�

Exercice 10. Resoudre l’equationtan 3x = tan x.

Demonstration. Tout d’abord, il faudra avoir

(3) x 6= π

2+ k π = (2k + 1)

π

2et x 6= π

6+

k π

3= (2k + 1)

π

6,

car sinon les ecritures tan 3x et tanx n’ont pas de sens. Apres, on observe que

tanα = tan β ⇐⇒ α = β + k π.

Donctan 3x = tan x ⇐⇒ 3x = x + kπ.

En tenant compte de la restriction (3), on trouver donc{k π

2: k ∈ Z avec k pair

}.

comme ensemble des solutions. �

Exercice 11. Resoudre l’equationcos4 x + sin4 x = 1.

Demonstration. On pose pour simplicite

X = cos2 x et Y = sin2 x,

alors l’equation a resoudre est la suivante

X2 + Y 2 = 1 sous contrainte X + Y = 1.

Finalement, ca revient a resoudre le systeme suivant{X2 + Y 2 = 1X + Y = 1

Ce n’est pas difficile a voir que les seules solutions sont{X = 0Y = 1 ∪

{X = 1Y = 0

En revenant a la variable initiale, on trouve{cos2 x = 0sin2 x = 1 ∪

{cos2 x = 1sin2 x = 0

donc les solutions sont tout x tel que le cosinus ou le sinus s’annullent, c’est-a-dire

x = kπ

2, k ∈ Z.

�


Exercice 12. Montrer que pour tout x ∈ [−1,1], on a arcsin x + arccos x = π/2.

Demonstration. On commence par observee que pour x = 1 et x = −1 la formule est vraie.

Maintenant on considere 0 ≤ x < 1 et on voit que l’identite dans ce cas vient directement de laconstuction geometrique de cosinus et sinus (pourquoi?).

Pour le cas −1 < x < 0, on observe que

arcsin(x) = − arcsin(−x),

car il s’agit d’une fonction impaire, et aussi

arccos(x) = π − arccos(−x).

Donc on aarcsin(x) + arccos(x) = π − (arcsin(−x) + arccos(−x)),

et si −1 < x < 0, alors 0 < −x < 1 et donc on peut utiliser la partie precedente de l’exercice etconclure. �

Exercice 13. Calculer

arcsin(

sin(

143

π

))arccos

(sin(

185

π

))sin(

arcsin(

15

))cos(

arcsin(

15

))Demonstration. On observe que

sin(

143

π

)= sin

(143

π − 4 π

)= sin

(π

3

),

et π/3 ∈ [−π/2,π/2], donc on obtient

arcsin(

sin(

143

π

))=

π

3.

Le deuxieme est un peu plus complique, mais d’apres l’Exercice 12, on sait que

arccos(

sin(

185

π

))=

π

2− arcsin

(sin(

185

π

)),

et on observe que

sin(

185

π

)= sin

(35

π

)= sin

(π − 3

5π

)= sin

(25

π

),

et 2/5 π ∈ [−π/2,π/2], donc au final

arccos(

sin(

185

π

))=

π

2− arcsin

(sin(

25

π

))=

π

2− 2

5π =

310

π.

Pour le troisieme il n’y a pas grand chose a faire, d’apres la definition de fonction reciproque on a

sin(

arcsin(

15

))=

15.

Et finalement, pour de le dernier, on observe tout d’abord que par construction on a

−π

2≤ arcsin

(15

)≤ π

2

donc

0 ≤ cos(

arcsin(

15

))≤ 1.


Finalement, en utilisant cette information et l’identite remarquable, on a

cos(

arcsin(

15

))=

√cos2

(arcsin

(15

))=

√1− sin2

(arcsin

(15

))

=

√1−

(15

)2

=2√

65

.

�

Exercice 14. Calculercos(arcsin(x)) et sin(arccos(x)).

Demonstration. On commence par remarquer que

−π

2≤ arcsin(x) ≤ π

2, x ∈ [−1,1],

donc cos(arcsin(x)) est toujours unq quantite positive. Alors

cos(arcsin(x)) =√

cos2(arcsin(x)) =√

1− sin2(arcsin(x)) =√

1− x2.

De maniere similaire, on a0 ≤ arccos(x) ≤ π,

donc sin(arccos(x)) est toujours positif et a nouveau

sin(arccos(x)) =√

sin2(arccos(x)) =√

1− cos2(arccos(x)) =√

1− x2.

�

Exercice 15. Calculercos(arctan(x)) et sin(arctan(x)).

Demonstration. Comme avant, grace au fait que

−π

2< arctan(x) <

π

2,

on a que cos(arctan(x)) est toujours positif et donc

cos(arctan(x)) =√

cos2(arctan(x)) =

√1

1 + tan2(arctan(x))=

√1

1 + x2,

ou on a utilise que

1 + tan2 x =1

cos2 x, x 6= π

2+ k π, k ∈ Z.

Pour le sinus, il faudra faire un peu plus attention: on voit que

sin(arctan(x)) ≥ 0, si x ≥ 0,

etsin(arctan(x)) < 0, si x < 0.

Donc on aura

sin(arctan(x)) =√

sin2(arctan(x)) =√

1− cos2(arctan(x))

=

√1− 1

1 + x2=

√x2

1 + x2

=x√

1 + x2, si x ≥ 0,


et

− sin(arctan(x)) =√

sin2(arctan(x)) =√

1− cos2(arctan(x))

=

√1− 1

1 + x2=

√x2

1 + x2

= − x√1 + x2

, si x < 0,

c’est-a-diresin(arctan(x)) =

x√1 + x2

, x ∈ R.

�

Exercice 16. Calculer

tan(arccos(x)), pour tout x ∈ [−1,0) ∪ (0,1],

ettan(arcsin(x)), pour tout x ∈ (−1,1).

Demonstration. Il nous suffit d’utiliser un exercice precedent et la definition de tangente. On a donc

tan(arccos(x)) =sin(arccos(x))cos(arccos x)

=√

1− x2

x, x 6= 0

et aussi

tan(arcsin(x)) =sin(arcsin(x))cos(arcsinx)

=x√

1− x2, − 1 < x < 1.

�

Exercice 17. Verifiez qu’on a les relations suivantes

arctan(x) + arctan(

1x

)=

π

2, x > 0

et

arctan(x) + arctan(

1x

)= −π

2, x < 0.

Demonstration. Il nous suffira de montrer la premiere et apres il suffit d’utiliser que l’arctangente estune fonction impaire.

Premiere methode On considere la fonction

h(x) = arctan(x) + arctan(

1x

), x > 0,

qui est derivable sur (0,∞) et on a

h′(x) =1

1 + x2− 1

1 + x2= 0,

donc la fonction h est constante, c’est-a-dire que

h(x) = h(1) =π

4+

π

4=

π

2, x > 0,

qui termine la demonstration.

Deuxieme methode On considere un triangle rectangle ayant cotes de longueur x et 1. Soit α l’angleoppose au cathete de longueur x, alors on a

x = tan α, c’est-a-dire α = arctan(x).


De la meme facon, on a

1 = x tanβ, c’est-a-dire β = arctan(

1x

),

ou est l’angle oppose au cathete de longueur 1. Vu que α et β sont complementaires, on obtientπ

2= α + β = arctan(x) + arctan

(1x

).

�

x

1

α

Exercice 18. Verifier qu’on a

(4) −π

2≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π

2, x,y ∈ R tels que x y ≤ 1.

Demonstration. En fait, on observe que si x y ≤ 0, c’est-a-dire si x ≤ 0 et y ≥ 0 ou viceversa, on a

0 ≤ arctan(x) ≤ π

2et − π

2≤ arctan(y) ≥ 0 ou viceversa,

donc on obtient−π


2,

dans ce cas. Supposons maintenant que 0 ≤ x y ≤ 1 et que y ≥ 0, alors en utilisant que la fonction

y 7→ arctan(x) + arctan(y) est croissante,

on obtient

0 ≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ arctan(x) + arctan(

1x

)=

π

2.

Si par contre 0 ≤ x y ≤ 1 et y ≤ 0, alors on a x ≤ 0 aussi et y ≥ 1/x. En utilisant a nouveau lacroissance de l’arctangente et la relation precedente, on a donc

−π

2≤ arctan(x) + arctan

(1x

)≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ 0,

qui termine la demonstration de (4) �

Exercice 19. Verifiez queπ

2≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π, x,y > 0 et x y ≥ 1,

et−π

2≥ arctan(x) + arctan(y) ≥ −π, x,y < 0 et x y ≥ 1.


Demonstration. Il suffit d’utiliser la monotonie de l’arctangente

π

2≤ arctan(x) + arctan

(1x

)≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π.

Pour la deuxieme, on peut utiliser le meme argument. �

Exercice 20. Verifiez qu’on a

x =

arctan(tan x), si x

(−π

2 ,π2

),

arctan(tan x)− π, si x ∈[−π,− π

2

)arctan(tan x) + π, si x ∈

(π2 ,π]

Demonstration. Soit x ∈ (−π/2,π/2), alors sur cet interval la fonction tangente est inversible, sonfonction reciproque etant donnee par arctan, donc on a

arctan(tan x) = x.

Si −π ≤ x < −π/2, alors il existe 0 ≤ y < π/2 tel que x = y − π et donc

arctan(tan x) = arctan(tan(y − π)) = arctan(tan y) = y,

d’ou on obtientx + π = arctan(tanx).

Le cas π/2 < x ≤ π se demontre de maniere similaire. �

Exercice 21. Montrer que

arctan(x) + arctan(y) =

arctan(

x + y

1− x y

), si x y < 1,

arctan(

x + y

1− x y

)+ π, si x y > 1 et x,y > 0,

arctan(

x + y

1− x y

)− π, si x y > 1 et x,y < 0,

x

|x|π

2, si x y = 1.

Demonstration. Il faut distinguer 3 cas: si x,y ∈ R sont tels que x y < 1, alors on a vu que

−π


2,

et donc d’apres l’exercice precedent et les formules d’addition pour la tangente, on obtient

arctan(x) + arctan(y) = arctan(tan(arctan(x) + arctan(y))) = arctan(

x + y

1− x y

).

Par contre, si x y > 1, alors

arctan(x) + arctan(y) = arctan(

x + y

1− x y

)+ π, si x,y > 0,

et

arctan(x) + arctan(y) = arctan(

x + y

1− x y

)− π, si x,y < 0.

Et finalement, dans le cas x y = 1, on a tout simplement

arctan(x) + arctan(y) =π

2, si x > 0,


etarctan(x) + arctan(y) = −π

2, si x < 0,

qu’on a deja montre. �


arctan(2x) + arctan(x) =π

4.

Demonstration. On commence en remarquant que les solutions de cette equation on pourra les chercherdirectement parmi les x > 0, car

arctan(2x) + arctan(x) ≤ 0, si x ≤ 0.

De la meme maniere, on observe que

x >12

=⇒ arctan(2x) >π

4,

donc on sait deja que les solutions, si elle existent, elles seront compris dans l’interval (0,1/2). Donc onen train de resoudre

arctan(2x) + arctan(x) =π

4, parmi les x tels que 0 < x <

12.

Maintenant on observe que pour x ∈ (0,1/2), on a

2x · x = 2x2 < 1,

on peut donc utiliser l’Exercice 21 et obtenir

arctan(2x) + arctan(x) = arctan(

3x

1− x2

),

et donc finalement on doit resoudre

arctan(

3x

1− x2

)=

π

4,

pour 0 < x < 1/2. L’equation precedente donne3x

1− x2= 1,

qui a une seule solution dans l’interval (0,1/2), ceci etant donnee par

x =−3 +

√17

4.

�

Exercice 23. Soient A,B ∈ R. montrez qu’il existe r ≥ 0 et ϕ ∈ R tels que

(5) A cos x + B sinx = r cos(x− ϕ), pour tout x ∈ R.

Demonstration. On observe que par la formule d’addition du cosinus, on a

r cos(x− ϕ) = r cos ϕ cos x + r sinϕ sinx,

donc pour demontrer (5), il nous suffira de prouver que on peut r,ϕ tels que

A = r cos ϕ, B = r sinϕ.

On commence par observer que si A = B = 0, alors (5) est vraie avec r = 0 et ϕ quelconque.

Supposons maintenant que A2 + B2 6= 0. En utilisant l’identite fondamentale, i.e. cos2 x + sin2 x = 1,on arrive a trouver r. On aura

A2 + B2 = r2,


c’est-a-dire r =√

A2 + B2. Donc, pour terminer il nous manque de montrer qu’il existe ϕ ∈ R tel que

cos ϕ =A√

A2 + B2et sinϕ =

B√A2 + B2

.

On observe que si A = 0 et B 6= 0, alors il faut que ϕ satisfait 2

cos ϕ = 0 et sinϕ =B

|B|,

et donc si A = 0 et B 6= 0, une solution est donnee par

ϕ =

π

2, si B > 0,

−π

2, si B < 0.

Si A 6= 0, alors on pourra dire que ϕ doit satisfaire

tanϕ =B

A.

On trouve alors comme possible solution

ϕ =

arctan

(A

B

), si A > 0,

π + arctan(

A

B

), si A < 0.

Pour comprendre le deuxieme cas, il faut noter que arctanx est toujours compris entre −π/2 et π/2,donc son cosinus est toujours positif. Mais vu le signe A nous donne le signe de cos ϕ aussi, quand A < 0il faut rajouter a arctan(B/A) un demi tour : de cette maniere, la tangente de π + arctan(B/A) reste lameme (par periodicite de la tangente), mais on change de signe a son cosinus. �

Exercice 24. Appliquer l’Exercice precedent a

cos x + sinx.

Demonstration. Il suffira d’utiliser l’Exercice precedent, avec A = B = 1. Alors on obtient la formule(5) avec

r =√

2 et ϕ = arctan 1 =π

4,

c’est-a-direcos x + sinx =

√2 cos

(x− π

4

).

qui termine l’Exercice. �

Exercice 25. Pour x ∈ R, simplifiern∑

k=0

cos(k x).

Demonstration. L’astuce est de regarder cette somme de cosinus comme une somme de puissances. Ace propos, on se souivent que

ei x = cos x + i sinx,

et donc

cos x =ei x + e−i x

2.

2. Rappel: si x ∈ R, on a√

x2 = |x|.


Plus en general, on aura donc

cos(k x) =ei k x + e−i k x

2, k ∈ N,

et alorsn∑

k=0

cos(k x) =n∑

k=0

ei k x + e−i k x

2=

12

n∑k=0

ei k x +12

n∑k=0

e−i k x.

Maintentant il faudra utiliser l’egalite suivante pour la somme des puissances (voir les exercises de“Quelques outils”): si a ∈ C \ {1}, on a

n∑k=0

ak =1− an+1

1− a,

et on utilise ca avec a = ei x et a = e−i x. On a donc

n∑k=0

cos(k x) =12

(1− e(n+1) i x

1− ei x+

1− e−(n+1) i x

1− e−i x

)

=12

(1− e−i x − ei (n+1) x + ei n x

2− ei x − e−i x+

1− ei x + e−i n x − e−i (n+1) x

2− ei x − e−i x

).

Maintenant on utilise a nouveau que

ei x + e−i x = 2 cos x ei n x + e−i n x = 2 cos(n x),

et

ei (n+1) x + e−i (n+1) x = 2 cos((n + 1) x),

donc on obtientn∑

k=0

cos(k x) =12

2− 2 cos x + 2 cos(n x)− 2 cos((n + 1) x)2 (1− cos x)

=12

1− cos x + cos(n x)− cos((n + 1) x)1− cos x

=12

+12

cos(n x)− cos((n + 1) x)1− cos x

.

En utilisant la formule d’addition du cosinus, on pourra encore un peu simplifier cette expression: on a

n∑k=0

cos(k x) =12

+12

cos(n x)− cos((n + 1) x)1− cos x

=12

(1 + cos(n x) +

sin(n x) sin x

1− cos x

).

�

Remarque 1. Evidemment, la formule precedente est tres utile quand n ∈ N devient grand. Au lieud’avoir une somme de n termes, on n’a que trois termes, qui dependent seulement des cosinus et sinusde x et n x.

Exercice 26. Pour tout n ∈ N, ecrivez cos(n x) seulement en fonction de puissances de sinx et cos x.


Demonstration. A nouveau, on pourra utiliser l’identite ei x = cos x + i sinx. On a donc, en utilisant laformule du bynome de Newton (voir dans les exercises de “Quelques outils”)

cos(n x) =ei n x + e−i n x

2=

12

(ei x)n +12

(e−i x)n

=12

(cos x + i sin x)n +12

(cos x− i sinx)n

=12

n∑k=0

(n

k

)(i)k cosn−k x sink x

+12

n∑k=0

(n

k

)(−i)k cosn−k x sink x

=12

n∑k=0

(n

k

)[ik + (−i)k] cosn−k x sink x.

Tout d’abord, on observe que

ik + (−i)k = ik + (−1)k ik ={

2 ik, si k est pair,0, sinon,

et apres on se souvient que i2 = −1, et donc

i2 = −1, i4 = 1, i6 = −1 . . . et ainsi de suite,

c’est-a-dire que en generali2 m = (−1)m, m ∈ N.

Donc la bonne nouvelle est que dans l’expression precedente pour cos(n x)...il n’y a jamais i! Plusprecisement, on aura

ik + (−i)k ={

2 (−1)k2 , si k est pair,

0, sinon,

Donc, finalement on obtient 3

cos(n x) =∑

0 ≤ k ≤ ntel que k est pair

(n

k

)(−1)

k2 cosn−k x sink x,

c’est-a-dire, en remplacant k par un nouveau index m = k/2, on obtient

(6) cos(n x) =[n/2]∑m=0

(n

2 m

)(−1)m cosn−2 m x sin2 m x,

qui termine la preuve. �

Exercice 27. Repetez l’exercice precedent, en remplacant cos(n x) par sin(n x).

Remarque 2. On observe que pour n = 2, la formule (6) donne

cos(2 x) =1∑

m=0

(2

2 m

)(−1)m cos2−2 m x sin2 m x

= cos2 x− sin2 x,

3. Ici, on note [α] la partie entiere d’un nombre α, c’est-a-dire le plus grand nombre entier inferieur ou egal a α.


c’est-a-dire, on a retrouve la formule usuelle de duplication pour le cosinus. Pour n = 3, on retrouve

cos(3x) =1∑

m=0

(3

2 m

)(−1)m cos3−2 m x sin2 m x

= cos3 x− 3 sin2 x cos x = 4 cos3 x− 3 cos x,

comme dans l’Exercice 5.

un peu de trigonometrie´ table des mati`eresbrasco/arctangente.pdfun peu de trigonometrie´ table...

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