Les formules de duplication et d'addition trigonométriques
Les formules de duplication
Les fonctions sinus et cosinus
De même, leurs expressions en fonction de \( tan(\alpha)\) :
Formules de duplication du binôme
La fonction tangente
$$ \forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall \alpha \in \Biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2} \right\} \Biggr], $$
$$ tan(2\alpha) = \frac{2tan(\alpha)}{1 -tan^2(\alpha)} $$
Les formules d'addition
Les fonctions sinus et cosinus
Par ailleurs,
$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*}
a = \alpha + \beta \\
b = \alpha - \beta \end{gather*} $$
La fonction tangente
Récapitulatif des formules de duplication et d'addition trigonométriques
Démonstrations
En écrivant le complexe d'argument \( 2\alpha\) sous sa forme complexe exponentielle, on a :
$$ e^{i2\alpha} = (e^{i\alpha})^2 = (cos(\alpha) + i.sin(\alpha))^2 $$
$$ e^{i2\alpha} = \Bigl[cos(\alpha) + i.sin(\alpha) \Bigr] \Bigl[cos(\alpha) + i.sin(\alpha) \Bigr] $$
On développe l'expression :
$$ e^{i2\alpha} = cos^2(\alpha) + 2 i.sin(\alpha)cos(\alpha) - sin^2(\alpha) $$
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = \enspace \underbrace{cos^2(\alpha) - sin^2(\alpha)} _\text{partie réelle} \enspace + \enspace i.\underbrace{2 sin(\alpha)cos(\alpha) } _\text{partie imaginaire} $$
On identifie alors les parties réelle et imaginaire du complexe \(e^{2i\alpha} \) :
$$ \mathcal{Re}\left(e^{2i\alpha}\right) = cos^2(\alpha) - sin^2(\alpha) $$
$$\mathcal{Im}\left(e^{2i\alpha}\right) = 2sin(\alpha)cos(\alpha) $$
Or, on sait que :
$$ \mathcal{Re}\left(e^{2i\alpha}\right) = cos(2\alpha) $$
$$ \mathcal{Im}\left(e^{2i\alpha}\right) = sin(2\alpha) $$
Soit finalement,
En utilisant la formule \( cos^2(\alpha) + sin^2(\alpha) = 1 \), on peut retrouver ces deux autres formules.
Il s'agit de trouver une expression pour le couple :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*}
cos(nx) \\
sin(nx) \end{gather*} $$
en déterminant respectivement les parties réelles et imaginaires du complexe \(e^{inx}\).
En écrivant le complexe d'argument \( nx\) sous sa forme complexe exponentielle, on a :
$$ e^{i(nx)} = \hspace{0.1em} \underbrace { cos(nx) } _\text { \(\mathcal{Re}(e^{i(nx)} ) \) } \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} i. \underbrace { sin(nx) } _\text {\(\mathcal{Im}(e^{i(nx)} ) \)} = (e^{ix})^n \qquad (1) $$
Or,
$$ (e^{ix})^n = \Bigl[cos(x) + i.sin(x)\Bigr]^n $$
Alors, on peut appliquer le binôme de Newton qui dit que :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (a, b) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$
$$ (a + b)^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p \qquad (Newton ) $$
Soit ici,
$$ (e^{ix})^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} cos^{n-p}(x) \ i^p.sin^p(x) $$
$$ (e^{ix})^n = cos^n(x) + i \binom{n}{1}cos^{n-1}(x) \ sin(x) - \binom{n}{2}cos^{n-2}(x)sin^2(x) -i\binom{n}{3}cos^{n-3}(x) \ sin^3(x) + \binom{n}{4}cos^{n-4}(x) \ sin^4(x) + \hspace{0.1em} ...$$
$$ \hspace{2em} ... \hspace{0.1em} + \binom{n}{n-3}cos^3(x) \ i^{n-3}.sin^{n-3}(x) + \binom{n}{n-2}cos^2(x) \ i^{n-2}.sin^{n-2}(x) + \binom{n}{n-1}cos(x) \ i^{n-1}.sin^{n-1}(x) + i^n \ sin^n(x) $$
Il est impossible de supposer le signe des termes en partant de la fin, car les termes en \(i^n\) dépendent tous de \(n\).
En revanche, en partant du début, on constate une alternance de termes de type pairs et impairs (de part leur puissance et le terme de leur binôme) correspondant respectivement aux fonction \(cos(x)\) et \(sin(x)\). D'ailleurs, on remarque aussi une alternance de signes \((+)\) et \((-)\).
$$ (e^{ix})^n = cos^n(x) + i \binom{n}{1}cos^{n-1}(x) \ sin(x) - \binom{n}{2}cos^{n-2}(x)sin^2(x) -i\binom{n}{3}cos^{n-3}(x) \ sin^3(x) + \hspace{0.1em} ...$$
$$ \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \binom{n}{4}cos^{n-4}(x) \ sin^4(x) + i\binom{n}{5}cos^{n-5}(x) \ sin^5(x) -i\binom{n}{6}cos^{n-6}(x) \ sin^6(x) + \binom{n}{7}cos^{n-7}(x) \ sin^7(x) + \hspace{0.1em} ... $$
En mettant un peu d'ordre dans tout çà, on identifie respectivement les parties réelles et imaginaires de \((e^{ix})^n\).
$$ (e^{ix})^n = \hspace{0.2em} \underbrace { cos^n(x) - \binom{n}{2}cos^{n-2}(x)sin^2(x) + \binom{n}{4}cos^{n-4}(x) \ sin^4(x) - \binom{n}{6}cos^{n-6}(x) \ sin^6(x) + \hspace{0.1em} ... } _\text {partie réelle}$$
$$ \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + i \underbrace { \Biggl[ \binom{n}{1}cos^{n-1}(x) \ sin(x) - \binom{n}{3}cos^{n-3}(x) \ sin^3(x) + \binom{n}{5}cos^{n-5}(x) \ sin^5(x) - \hspace{0.1em} ... \Biggr] } _\text {partie imaginaire} $$
Soit,
$$ (e^{ix})^n = \hspace{0.2em} \underbrace { \sum_{k =0}^{n / 2} (-1)^k \ \binom{n}{2k} \ cos^{n-2k}(x) \times sin^{2k}(x) } _\text {partie réelle} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} i. \underbrace { \Biggl[\sum_{k =0}^{n / 2} (-1)^k \ \binom{n}{2k +1} \ cos^{n-(2k+1)}(x) \times sin^{2k+1}(x) \Biggr] } _\text {partie imaginaire} $$
Or, a vu plus haut avec l'expression \((1)\) que :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*}
\mathcal{Re}\Bigl[(e^{ix})^n \Bigr] = cos(nx) \\
\mathcal{Im}\Bigl[(e^{ix})^n \Bigr] = sin(nx) \end{gather*} $$
Soit finalement,
-
Exemple
Le calcul de \( cos(nx)\) pour \( n = 3 \) :
$$ cos(3x) = \sum_{k =0}^{3} (-1)^k \ \binom{3}{2k} \ cos^{3-2k}(x) \ sin^{2k}(x)$$
$$ cos(3x) = \binom{3}{0}cos^3(x) - \binom{3}{2}cos(x)sin^2(x) $$
$$ cos(3x) = cos^3(x) - 3cos(x)sin^2(x) $$
Nous savons par définition de la tangente que :
$$ tan(2\alpha) = \frac{sin(2\alpha) }{cos(2\alpha) }$$
-
Expression de \( sin(2 \alpha) = f(tan( \alpha)) \)
Mais,
$$ sin(2\alpha) = 2 sin(\alpha) cos(\alpha)$$
$$ sin(2\alpha) = \frac{2 sin(\alpha) cos^2(\alpha)}{cos(\alpha)}$$
Or, car c'est aussi la dérivée de \( tan(x) \), qui vaut :
$$ tan(x)' = 1 + tan^2(\alpha) = \frac{1}{cos^2(\alpha)}$$
Et,
$$ cos^2(\alpha) = \frac{1}{1 + tan^2(\alpha)}$$
On a alors,
$$ sin(2\alpha) = \frac{2 sin(\alpha)}{cos(\alpha) (1 + tan^2(\alpha)) }$$
$$ \forall \alpha \in \mathbb{R}, $$
$$ sin(2\alpha) = \frac{2 tan(\alpha)}{ 1 + tan^2(\alpha) }$$
-
Expression de \( cos(2 \alpha) = f(tan( \alpha)) \)
De même,
$$ cos(2\alpha) = cos^2(\alpha) - sin^2(\alpha)$$
$$ cos(2\alpha) = \frac{1}{1 + tan^2(\alpha)} - sin^2(\alpha)$$
$$ cos(2\alpha) = \frac{1}{1 + tan^2(\alpha)} - tan^2(\alpha)cos^2(\alpha)$$
$$ \forall \alpha \in \mathbb{R}, $$
$$ cos(2\alpha) = \frac{1 - tan^2(\alpha)}{1 + tan^2(\alpha)} $$
-
Expression de \( tan(2 \alpha) \)
Enfin,
$$ tan(2\alpha) = \frac{sin(2\alpha) }{cos(2\alpha) }$$
$$ tan(2\alpha) = \frac{2 tan(\alpha)}{ 1 + tan^2(\alpha) } . \frac{1 + tan^2(\alpha)}{ 1 - tan^2(\alpha) }$$
$$ tan(2\alpha) = \frac{2 tan(\alpha)}{1 - tan^2(\alpha)} $$
Soit finalement,
$$ \forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall \alpha \in \Biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2} \right\} \Biggr], $$
$$ tan(2\alpha) = \frac{2tan(\alpha)}{1 -tan^2(\alpha)} $$
En écrivant le complexe d'argument \( (\alpha + \beta)\) sous sa forme complexe exponentielle, on a :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = cos(\alpha + \beta) + i.sin(\alpha + \beta) $$
Mais, en factorisant la puissance, on a :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = e^{i\alpha + i\beta } $$
Et,
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = e^{i\alpha} . e^{i\beta} \qquad (2) $$
On réécrit la formule \( (2) \) sous forme trigonométrique :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = (cos(\alpha) + i.sin(\alpha)) (cos(\beta) + i.sin(\beta)) $$
Et on développe l'expression :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = cos(\alpha)cos(\beta) + i.cos(\alpha)sin(\beta) + i.sin(\alpha)cos(\beta) - sin(\alpha)sin(\beta) $$
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = \enspace \underbrace{cos(\alpha)cos(\beta)- sin(\alpha)sin(\beta)} _\text{partie réelle} \enspace + \enspace i.\underbrace{\bigl[cos(\alpha)sin(\beta) + sin(\alpha)cos(\beta)\bigr]} _\text{partie imaginaire} $$
On identifie alors les parties réelle et imaginaire du complexe \(e^{i(\alpha + \beta)} \) :
$$ \mathcal{Re}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = cos(\alpha)cos(\beta)- sin(\alpha)sin(\beta)$$
$$\mathcal{Im}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = cos(\alpha)sin(\beta) + sin(\alpha)cos(\beta)$$
Or, on sait que :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*}
\mathcal{Re}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = cos(\alpha + \beta) \\
\mathcal{Im}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = sin(\alpha + \beta) \end{gather*} $$
Soit finalement,
Par la même technique, il est possible de retrouver les deux autres formules :
De plus, avec les formules \( (3) \) et \( (4) \) suivantes :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*}
sin(\alpha + \beta) = sin(\alpha) cos(\beta) + sin(\beta) cos(\alpha) \qquad (3) \\
sin(\alpha - \beta) = sin(\alpha) cos(\beta) - sin(\beta) cos(\alpha) \qquad (4) \end{gather*} $$
En effectuant l'opération \( (3) +(4) \), on obtient :
$$ sin(\alpha + \beta) + sin(\alpha - \beta) = 2 sin(\alpha) cos(\beta) $$
Maintenant, en posant :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*}
a = \alpha + \beta \\
b = \alpha - \beta \end{gather*} $$
On a :
$$ \forall (a, b) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2, $$
$$ sin(a ) + sin(b) = 2 sin\left(\frac{a+b}{2}\right) cos\left(\frac{a-b}{2}\right) $$
En suivant la même logique pour les trois autres cas, on retrouve les trois autres formules :
La fonction tangente
$$ tan(\alpha + \beta ) = \frac{sin(\alpha + \beta )}{cos(\alpha + \beta )}$$
Avec les formules d'additions trigonométriques des fonctions sinus et cosinus, on a :
$$ tan(\alpha + \beta ) = \frac{sin(\alpha) cos(\beta) + sin(\beta) cos(\alpha)}{cos(\alpha) cos(\beta) - sin(\alpha) sin(\beta)}$$
On multiplie les numérateur et dénominateur par \(cos(\alpha) cos(\beta)\) :
$$ tan(\alpha + \beta ) = \frac{sin(\alpha) cos(\beta) + sin(\beta)cos(\alpha) }{cos(\alpha) cos(\beta)} . \frac{cos(\alpha) cos(\beta)}{cos(\alpha) cos(\beta) - sin(\alpha) sin(\beta)}$$
$$ tan(\alpha + \beta ) = (tan(\alpha) + tan(\beta)). \frac{1}{ \frac{cos(\alpha) cos(\beta) - sin(\alpha) sin(\beta)}{cos(\alpha) cos(\beta)}}$$
$$ tan(\alpha + \beta ) = (tan(\alpha) + tan(\beta)). \frac{1}{ 1 - tan(\alpha)tan(\beta) }$$
Et finalement,
$$\forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall (\alpha, \beta) \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \right\} \Bigr]^2,$$
$$ tan(\alpha + \beta) = \frac{tan(\alpha) + tan(\beta)}{ 1 - tan(\alpha)tan(\beta) }$$
On peut aussi remarquer qu'il y juste un changement de signe de \( sin( \alpha + \beta) \) à \( sin( \alpha - \beta) \), idem pour le passage de \( cos( \alpha + \beta) \) et \( cos( \alpha - \beta) \).
Alors, on retrouve facilement ce même changement de signe de \( tan( \alpha + \beta) \) à \( tan( \alpha - \beta) \) :
$$\forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall (\alpha, \beta) \in \Bigl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \right\} \Bigr]^2,$$
$$ tan(\alpha - \beta) = \frac{tan(\alpha) \textcolor{#8E5B5B}{-} tan(\beta)}{ 1 \textcolor{#8E5B5B}{+} tan(\alpha)tan(\beta) }$$
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