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 2013

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 Véri�er l'identité suivante

sin 2a+ sin 5a− sin a

cos 2a+ cos 5a+ cos a= tg 2a

Solution

On utilise les formules de transformation de somme en produit ou bien, sion ne s'en souvient plus, les formules de sinus / cosinus d'une somme. Il vientrespectivement pour le numérateur et pour le dénominateur :

sin 2a+ sin 5a− sin a = sin 2a+ sin(3a+ 2a)− sin(3a− 2a)

= sin 2a+ 2 cos 3a sin 2a

= sin 2a (1 + 2 cos 3a)

cos 2a+ cos 5a+ cos a = cos 2a+ cos(3a+ 2a) + cos(3a− 2a)

= cos 2a+ 2 cos 3a cos 2a

= cos 2a (1 + 2 cos 3a)

Le premier membre de l'identité devient donc :

sin 2a+ sin 5a− sin a

cos 2a+ cos 5a+ cos a=

sin 2a (1 + 2 cos 3a)

cos 2a (1 + 2 cos 3a)= tg 2a

Ce qui démontre l'identité lorsque les deux familles de conditions suivantes sontréalisées :

1.cos 2a 6= 0

2.cos 3a 6= −1/2

On exprime respectivement ces deux conditions.

cos 2a 6= 0 ⇔ 2a 6= π

2+ kπ

⇔ a 6= π

4+ k

π

2

et

cos 3a 6= −1/2 ⇔ 3a 6= 2π

3+ 2kπ et 3a 6= 4π

3+ 2kπ

⇔ a 6= 2π

9+ k

2π

3et a 6= 4π

9+ k

2π

3

Question 2 Résoudre l'équation suivante sans calculatrice :

tg2 x− 4 tg x+ 1 = 0

Solution 1 : Solution compacte

textitConditions d'existence : L'existence de l'équation est liée à celle de latangente tg x 6=∞, soit

x 6= π

2+ kπ

L'équation peut se ré-écrire sous la forme suivante ;

1 + tg2 x = 4 tg x

Etant donné la formule fondamentale sin2 x+ cos2 x = 1, on a :

1 + tg2 x =1

cos2 x

et l'équation à résoudre devient :

1 + tg2 x =1

cos2 x= 4 tg x

Etant donné que cosx 6= 0 (conditions d'existence), l'équation peut encores'écrire :

1

cos2= 4

sinx

cosx⇔ 4 sinx cosx = 1 ⇔ sin 2x =

1

2

On en déduit les solutions :

2x =π

6+ 2kπ et 2x = π − π

6+ 2kπ

x =π

12+ kπ et x =

5π

12+ kπ

Soit l'ensemble des solutions :

S = { π12

+ kπ }⋃{5π12

+ kπ }

2

Solution 2 : Solution suivie par le plus grand nombre d'étudiants

L'équation est une équation du second degré en tg x. Les deux solutionssont :

tg x1 = 2−√3 et tg x2 = 2 +

√3

Etant donné que l'on ne dispose pas de la calculatrice, il faut réduire l'expres-sion :

tg x =sinx

cosx= 2∓

√3

Pour la première des racines, il vient

sinx

cosx= 2−

√3

⇔ 1

2

sinx

cosx= 1−

√3

2

⇔ 1

2sinx = cosx− cosx

√3

2

Etant donné que sinπ/6 = 1/2, et cosπ/6 =√3/2 et que cosx 6= 0 par les

conditions d'existence, on obtient :

sinx

cosx= 2−

√3

⇔ cosx

√3

2+

1

2sinx = cosx

⇔ cosx cosπ

6+ sinx sin

π

6= cosx

⇔ cos(x− π

6) = cosx

Les solutions s'écrivent :

x− π

6= x+ 2kπ ou x− π

6= −x+ 2kπ

impossible 2x =π

6+ 2kπ

x =π

12+ kπ

De même pour la second racine de l'équation du second degré, on a :

sinx

cosx= 2 +

√3

⇔ 1

2sinx− cosx

√3

2= cosx

⇔ cosx cosπ

6− sinx sin

π

6= − cosx

⇔ cos(x+π

6) = cos(π − x)

Les solutions s'écrivent :

x+π

6= π − x+ 2kπ ou x+

π

6= −π + x+ 2kπ

2x =5π

6+ 2kπ impossible

x =5π

12+ kπ

3

On retrouve l'ensemble des solutions de la première approche.

Question 3 Démontrer que, si dans un triangle l'identité suivante est véri�é,

1

sinβ+ 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 êtrerectangle en β. En e�et si β = π/2, on a

1

1+

0

1=a+ c

b

Elevons au carré, on a

b2 = (a+ c)2 = a2 + c2 + 2ac 6= a2 + c2

Ce qui viole la relation de Pythagore. Le triangle ne peut donc être rectangleque en A (α = π/2) ou en C (γ = π/2).

Ecrivons la formule des sinus :

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ⇒{a/b = sinα/ sinβc/b = sin γ/ sinα

⇒ 1

sinβ+

cosβ

sinβ=a

b+c

b=

sinα+ sin γ

sinβ

Si sinβ 6= 0 ce qui entraîne β 6= π + kπ, il vient :

⇒ 1 + cosβ = sinα+ sin γ

= 2 sin

(α+ γ

2

)· cos

(α− γ2

)Si on remarque que α+ β + γ = π ⇒ α+ γ = π − β, nous pouvons écrire :

sin

(α+ γ

2

)= sin

(π

2− β

2

)= cos

(−β2

)= cos

β

2

De même la formule de Simpson permet d'écrire :

1 + cosβ = cosβ2

2

L'égalité de départ s'écrit sous la forme :

1 + cosβ = 2 sin

(α+ γ

2

)· cos α− γ

2⇔ 2 cos2

β

2= 2 cos

β

2· cos α− γ

2

⇔ cos2β

2− cos

β

2· cos α− γ

2= 0 ⇔ cos

β

2

(cos

β

2− cos

α− γ2

)= 0

L'équation ci-dessus possède trois solutions :

4

1. cosβ

2= 0 admet comme solution

β = π + kπ

Cette solution est à rejeter (triangle plat).

2.β

2=α− γ2

. Or β = π − (α+ γ) ce qui donne

α =π

2

et le triangle est rectangle en α.

3.β

2= −α− γ

2Or β = π − (α+ γ) ce qui donne

γ =π

2

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.

Paris Strasbourg

Lyon

Montpellier

Bordeaux

Nantes

LilleParis - Lille 200 km

Nantes - Lille 505 km

Montpellier - Lille 780 km

Paris - Strasbourg 400 km

Strasbourg - Nantes 713 km

Paris - Lyon 394 km

Nantes - Lyon 518 km

Paris - Montpellier 596 km

Paris - Bordeaux 500 km

Strasbourg - Bordeaux 761 km

Paris - Nantes 343 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 chi�res après la virgule pour

vos calculs.

Solution

Utilisons la relation de Pythagore généralisé (Al Kashi) successivement dansles triangles suivants :

Lilles-Paris-Nantes noté LPN :

l26 = d21 + d26 − 2d6d1 cos ζ

ce qui nous donne

ζ = acos

(d21 + d26 − l26

2d1d6

)= 135.2136◦

5

P

S

Ly

MB

L

d 1d 2

d 3d 4

d 5

d 6

l 1

l 2

l 3

l 4

l 5

l 6

N

Figure 1 � Les distances connues sont représentées en traits pleins, les distancesinconnues en pointillés. Le trajet du Tour de France est représenté en vert.

Nantes-Paris-Strasbourg noté NPS :

SN2 = d22 + d26 − 2d2d6 cos(ζ + α)

ce qui nous donne

α = acos

(d21 + d24 − LM2

2d1d4

)− ζ = 77.5600◦

(Attention il faut véri�er α+ ζ > 180◦)

Lilles-Paris-Montpellier noté LPM :

LM2 = d21 + d24 − 2d1d4 cos(ζ + ω + δ)

ce qui nous donne

ω + δ = acos

(d21 + d24 − LM2

2d1d4

)− ζ = 71.3770◦

Nantes-Paris-Lyon noté NPLy :

NLy2 = d23 + d26 − 2d3d6 cos(ω + δ + γ)

ce qui nous donne

γ = acos

(d21 + d24 − LM2

2d1d4

)− (ω + δ) = 17.6561◦

Bordeaux-Paris-Strasbourg noté BPS :

SB2 = d22 + d25 − 2d2d5 cos(β + δ + γ)

6

ce qui nous donne

β + δ = acos

(d22 + d25 − SB2

2d2d5

)− γ = 97.3555◦

En notant que la somme α+ β + γ + δ + ω + ζ = 360◦, il vient

β = 58.1933◦

ce qui nous permet de déterminer

δ = 75.8495◦ − β = 39.1622◦

etω = 71.3770◦ − δ = 32.2148◦.

Connaissant tous les angles, il est maintenant possible de déterminer lesdistances l1, l2, l3, l4 et l5 selon :

l21 = d21 + d22 − 2d1d2 cos(α) ⇒ l1 = 406.9 km

l22 = d22 + d23 − 2d2d3 cos(β) ⇒ l2 = 386.1 km

l23 = d23 + d24 − 2d3d4 cos(γ) ⇒ l3 = 250.9 km

l24 = d24 + d25 − 2d4d5 cos(δ) ⇒ l4 = 378.3 km

l25 = d25 + d26 − 2d5d6 cos(ω) ⇒ l5 = 278.3 km

Nous en déduisons la distance totale à vol d'oiseau

ltot = d1 + l1 + l2 + l3 + l4 + l5 + d6 = 2243.5 km

7