Première Spé Maths / Chapitre 6 : Trigonométrie

Trigonométrie : le cours

Une roue tourne, l'aiguille d'une horloge avance, un point décrit un cercle : pour repérer sa position, il faut un angle. Ce chapitre t'apprend à mesurer les angles avec une unité plus maligne que le degré, puis à repérer un point d'un cercle avec le cosinus et le sinus.

En Seconde, tu les as utilisés dans un triangle rectangle, avec des angles entre $0°$ et $90°$. Ici, on va plus loin : on les définit pour tout nombre réel, grâce au cercle trigonométrique.

Dans tout le cours, tu verras des astuces 💡, des pièges ⚠️ et un peu d'humour 😄.

1. Radian et longueur d'arc

Sur un cercle de rayon $R$, la longueur d'un arc est proportionnelle à l'angle au centre qui l'intercepte. Tu le sais depuis le collège avec les degrés : l'angle plein, $360°$, intercepte le cercle entier, de longueur $2\pi R$. On choisit maintenant une unité d'angle taillée sur mesure pour cette proportionnalité : le radian.

Sur le cercle trigonométrique (rayon $R=1$), on a simplement $\ell=\alpha$ : la mesure en radians d'un angle est la longueur de l'arc qu'il intercepte.

Conversion. Les degrés et les radians sont proportionnels ($180°\leftrightarrow\pi$). Pour passer des degrés aux radians, on multiplie par $\dfrac{\pi}{180}$. Pour passer des radians aux degrés, on multiplie par $\dfrac{180}{\pi}$.

Exemples. Sur un cercle de rayon $5$ cm, un angle de $\dfrac{2\pi}{3}$ rad intercepte un arc de longueur $\ell=5\times\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{10\pi}{3}\approx10{,}5$ cm. Sur un cercle de rayon $6$ cm, un arc de $4$ cm correspond à un angle de $\alpha=\dfrac{\ell}{R}=\dfrac{4}{6}=\dfrac23$ rad.

2. Cercle trigonométrique et enroulement de la droite

Imagine la droite des réels, graduée, tangente au cercle en $I$ (le $0$ de la droite est posé sur $I$, la partie positive part vers le haut). On enroule cette droite sur le cercle, sans que les graduations glissent : la partie positive s'enroule dans le sens direct, la partie négative dans le sens indirect.

Points à connaître : $M(0)=I$, $M\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=J$, $M(\pi)=I'$, $M\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)=J'$, $M(2\pi)=I$ (un tour complet).

Méthode pour placer $M(x)$.

1. Écris $x$ sous la forme d'un multiple de $\dfrac{\pi}{6}$ ou de $\dfrac{\pi}{4}$ (dénominateur commun).
2. Ajoute ou retranche des $2\pi$ pour te ramener dans $[0\,;\,2\pi[$ (ou dans $]-\pi\,;\,\pi]$ si c'est plus commode) : c'est un outil de calcul, pas une notion à apprendre.
3. Place le point avec les angles du cercle (voir la figure ci-dessous).

Exemples.

• $\dfrac{7\pi}{3}=\dfrac{\pi}{3}+2\pi$ : un tour complet puis $\dfrac{\pi}{3}$. Donc $M\left(\dfrac{7\pi}{3}\right)=M\left(\dfrac{\pi}{3}\right)$.
• $-\dfrac{11\pi}{4}+4\pi=\dfrac{5\pi}{4}$ : on a retranché deux tours en sens indirect. Donc $M\left(-\dfrac{11\pi}{4}\right)=M\left(\dfrac{5\pi}{4}\right)$, point du troisième quadrant situé sur la droite $y=x$.
• $\dfrac{25\pi}{6}-4\pi=\dfrac{\pi}{6}$, donc $M\left(\dfrac{25\pi}{6}\right)=M\left(\dfrac{\pi}{6}\right)$.

3. Cosinus et sinus d'un réel

Lien avec le triangle rectangle

Prenons $x\in\left]0\,;\,\dfrac{\pi}{2}\right[$. Le point $M(x)$ est dans le premier quadrant. Soit $H$ son projeté orthogonal sur $(OI)$ : le triangle $OHM$ est rectangle en $H$, et son hypoténuse est $[OM]$, de longueur $1$.

Exemple. Si $\cos x=\dfrac35$ et $x\in[0\,;\,\pi]$, alors $\sin^2x=1-\dfrac{9}{25}=\dfrac{16}{25}$. Sur $[0\,;\,\pi]$, le point $M(x)$ est dans le demi-plan supérieur, donc $\sin x\geqslant0$ : $\sin x=\dfrac45$.

4. Valeurs remarquables

Démonstration au programme : $\cos$ et $\sin$ de $\dfrac{\pi}{4}$ et de $\dfrac{\pi}{3}$

On utilise le lien avec le triangle rectangle de la partie 3 : dans un triangle rectangle d'angle aigu $x$, $\cos x=\dfrac{\text{adjacent}}{\text{hypoténuse}}$ et $\sin x=\dfrac{\text{opposé}}{\text{hypoténuse}}$.

Cas de $\dfrac{\pi}{4}$ (un carré). Soit $ABCD$ un carré de côté $1$.

• Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ avec $AB=BC=1$. D'après le théorème de Pythagore, $AC^2=1^2+1^2=2$, donc $AC=\sqrt2$.
• Le triangle $ABC$ est isocèle en $B$ : ses angles en $A$ et en $C$ sont égaux, et leur somme vaut $\pi-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}$. Donc $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi}{4}$.
• Dans le triangle $ABC$, le côté adjacent à l'angle $\widehat{BAC}$ est $AB=1$, le côté opposé est $BC=1$, l'hypoténuse est $AC=\sqrt2$. Donc

Cas de $\dfrac{\pi}{3}$ (un triangle équilatéral). Soit $ABC$ un triangle équilatéral de côté $2$ et $H$ le milieu de $[BC]$.

• Les trois angles d'un triangle équilatéral valent $\dfrac{\pi}{3}$ : $\widehat{ABH}=\dfrac{\pi}{3}$. La médiane $[AH]$ est aussi une hauteur et une bissectrice : le triangle $ABH$ est rectangle en $H$ et $\widehat{BAH}=\dfrac{\pi}{6}$.
• On a $AB=2$ et $BH=1$. D'après le théorème de Pythagore, $AH^2=2^2-1^2=3$, donc $AH=\sqrt3$.
• Pour l'angle $\widehat{ABH}=\dfrac{\pi}{3}$, le côté adjacent est $BH=1$, le côté opposé est $AH=\sqrt3$ et l'hypoténuse est $AB=2$. Donc

Et $\dfrac{\pi}{6}$ ? Pour l'angle $\widehat{BAH}=\dfrac{\pi}{6}$ du même triangle, le côté adjacent est $AH=\sqrt3$ et le côté opposé est $BH=1$ :

5. Angles associés

Les angles associés à $x$ sont les réels $-x$, $\pi-x$, $\pi+x$ et $\dfrac{\pi}{2}-x$. Leurs images sont les symétriques de $M(x)$ par rapport à un axe, à $O$ ou à la droite $y=x$ : on lit donc leurs coordonnées sur le cercle.

Pourquoi ces symétries ? Si $M(x)=(a\,;\,b)$, ses symétriques ont pour coordonnées $(a\,;\,-b)$ par rapport à $(OI)$, $(-a\,;\,b)$ par rapport à $(OJ)$, $(-a\,;\,-b)$ par rapport à $O$ et $(b\,;\,a)$ par rapport à $y=x$. Il reste à voir que ces symétriques sont bien les images annoncées :

• $M(-x)$ est atteint en parcourant la même longueur $|x|$ dans le sens opposé : c'est le symétrique de $M(x)$ par rapport à $(OI)$.
• $M(\pi+x)$ est atteint en faisant un demi-tour de plus que $M(x)$ : c'est l'image de $M(x)$ par la symétrie centrale de centre $O$.
• $M(\pi-x)=M(\pi+(-x))$ est le symétrique de $M(-x)$ par rapport à $O$, donc le symétrique de $M(x)$ par rapport à $(OJ)$ (composée de deux symétries axiales d'axes perpendiculaires).
• La symétrie par rapport à $y=x$ échange $I$ et $J=M\left(\dfrac{\pi}{2}\right)$ et change le sens de parcours : l'arc de longueur $x$ issu de $I$ est transformé en l'arc de longueur $x$ issu de $J$ dans le sens indirect, donc en $M\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)$.

Méthode : « placer, nommer la symétrie, lire le signe ».

1. Ramène le réel à un tour (enroulement) puis écris-le sous la forme $\pi-x$, $\pi+x$ ou $-x$ avec $x$ remarquable.
2. Nomme la symétrie (ou la formule) utilisée.
3. Contrôle le signe avec le quadrant où se trouve le point.

Exemples.

• $\cos\dfrac{5\pi}{6}=\cos\left(\pi-\dfrac{\pi}{6}\right)=-\cos\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\sqrt3}{2}$ (point du deuxième quadrant : abscisse négative).
• $\sin\dfrac{7\pi}{6}=\sin\left(\pi+\dfrac{\pi}{6}\right)=-\sin\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac12$ (troisième quadrant : ordonnée négative).
• $\cos\dfrac{13\pi}{3}=\cos\left(\dfrac{\pi}{3}+4\pi\right)=\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac12$ (deux tours complets).
• $\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)=-\sin\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt2}{2}$.

6. Algorithme : approximer $\pi$ avec la méthode d'Archimède

Le cercle trigonométrique a pour périmètre $2\pi$. Pour approcher $\pi$, on inscrit dans ce cercle des polygones réguliers ayant de plus en plus de côtés : leur périmètre se rapproche de celui du cercle.

Notons $c_n$ le côté du polygone régulier à $n$ côtés inscrit dans le cercle de rayon $1$. Chaque côté est une corde plus courte que l'arc qu'il sous-tend, donc le périmètre $n\,c_n$ est inférieur à $2\pi$ (on l'admet) :

Point de départ : l'hexagone. Si $A$ et $B$ sont deux sommets consécutifs de l'hexagone régulier, l'angle $\widehat{AOB}$ vaut $\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}$. Le triangle $OAB$ est isocèle en $O$ avec un angle au sommet de $\dfrac{\pi}{3}$ : il est équilatéral, donc $c_6=1$ et le demi-périmètre vaut $\dfrac{6\times1}{2}=3$.

Passer de $n$ à $2n$ côtés. Soit $[AB]$ un côté du polygone à $n$ côtés, de longueur $c_n$, et $M$ le milieu de l'arc $AB$. Alors $[AM]$ est un côté du polygone à $2n$ côtés.

• Comme $OA=OB$ et $MA=MB$, les points $O$ et $M$ sont sur la médiatrice de $[AB]$. Cette droite coupe $[AB]$ en son milieu $H$, perpendiculairement.
• Dans le triangle $OHA$ rectangle en $H$ : $OH^2=OA^2-AH^2=1-\dfrac{c_n^2}{4}$, donc $OH=\sqrt{1-\dfrac{c_n^2}{4}}$. Puis $HM=OM-OH=1-OH$.
• Dans le triangle $AHM$ rectangle en $H$ :

Comme $OH^2=1-\dfrac{c_n^2}{4}$, les termes en $c_n^2$ s'annulent : $c_{2n}^2=2-2\,OH=2-2\sqrt{1-\dfrac{c_n^2}{4}}$. On rentre le $2$ sous la racine ($2\sqrt{u}=\sqrt{4u}$) :

Vérification. Avec $c_6=1$ : $c_{12}^2=2-\sqrt3$, donc $c_{12}\approx0{,}5176$ et le demi-périmètre du dodécagone vaut $\dfrac{12\times0{,}5176}{2}\approx3{,}1058$. On a bien gagné sur l'hexagone ($3$).

L'algorithme. On part de l'hexagone et on double le nombre de côtés à chaque étape. En langage naturel (le symbole $\leftarrow$ désigne l'affectation) :

c ← 1
n ← 6
Pour k allant de 1 à 6 :
    c ← √(2 − √(4 − c²))
    n ← 2 × n
    Afficher n et n × c / 2

En Python :

from math import sqrt

c = 1.0              # côté de l'hexagone inscrit dans le cercle de rayon 1
n = 6                # nombre de côtés
for etape in range(6):
    c = sqrt(2 - sqrt(4 - c * c))   # côté du polygone à 2n côtés
    n = 2 * n
    print(n, n * c / 2)             # demi-périmètre : un minorant de pi

Les valeurs croissent et restent inférieures à $\pi\approx3{,}14159$ : ce sont des minorants de $\pi$ de plus en plus précis. Remarque importante : l'algorithme n'utilise ni sinus, ni cosinus, ni la valeur de $\pi$, seulement des racines carrées.

Tu as maintenant le cours. Passe aux trois fiches, aux exercices de synthèse, puis au Guide de rédaction du chapitre.