Calcul de cos(15°)
Sur la figure ci-dessous, $ A $ et $ I $ sont les points de coordonnées respectives $ ( - 1;0) $ et $ (1;0) $.
$ B $ est le point du cercle de centre $ O $ et de rayon 1 tel que l'angle $ \widehat{ IOB } $ mesure 30 degrés; $ H $ est le pied de la hauteur issue de $ B $ dans le triangle $ OBA $.
- Donner, en degré, la mesure de l'angle $ \widehat{BOI} $ puis de l'angle $ \widehat{AOB} $.
- Que peut-on dire du triangle $ AOB $ ? En déduire la mesure, en degré, de l'angle $ \widehat{BAH} $.
- Calculer les valeurs exactes de $ OH $, $ BH $ puis $ AB $.
- En déduire que $ \cos(\widehat{BAH}) = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2} $.
- Calculer $ ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 $.
- Déduire des questions précédentes que $ \cos(15^{\circ})= \dfrac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} $
Corrigé
- Les points $ A, O $ et $ I $ étant alignés (sur l'axe des abscisses), les angles $ \widehat{AOB} $ et $ \widehat{BOI} $ sont supplémentaires.
Par conséquent :
$ \widehat{AOB}=180^\circ - 30^\circ=150^\circ $ - Les côtés $ [OA] $ et $ [OB] $ sont des rayons du cercle donc $ OA=OB=1 $. Le triangle $ AOB $ est donc isocèle.
La somme des mesures des angles d'un triangle vaut $ 180^\circ $, par conséquent :
$ \widehat{OAB}+\widehat{ABO}+\widehat{BOA}=180^\circ $
$ \widehat{OAB}+\widehat{ABO} = 180^\circ - 150^\circ = 30^\circ $
et, comme le triangle $ AOB $ est isocèle, les angles $ \widehat{OAB} $ et $ \widehat{ABO} $ ont la même mesure :
$ \widehat{OAB} = \widehat{ABO} = 15^\circ $ Dans le triangle $ OBH $ rectangle en $ H $ :
$ \cos(\widehat{BOH})= \dfrac{OH}{OB} $
$ \cos(30^\circ)= \dfrac{OH}{1} $
$ OH=\cos(30^\circ)=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $
$ \sin(\widehat{BOH})= \dfrac{BH}{OB} $
$ \sin(30^\circ)= \dfrac{BH}{1} $
$ BH=\sin(30^\circ)=\dfrac{1}{2} $
$ AH=AO+OH=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2} $
D'après le théorème de Pythagore :
$ AB^2=AH^2+HB^2 $
$ AB^2=\left(1+ \dfrac{ \sqrt{3} }{2} \right)^2+\left( \dfrac{1}{2} \right)^2 $
Pour tous réels $ a $ et $ b $ :
$ (a+b)^2 =a^2+2ab+b^2 $
$ AB^2=1 + 2 \times \dfrac{ \sqrt{3} }{2} + \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} $
$ AB^2=2+ \sqrt{3} $
$ AB=\sqrt{2+ \sqrt{3}} $
Dans le triangle $ ABH $ rectangle en $ H $ :
$ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{AH}{AB} $
$ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2+ \sqrt{3}} } $
Pour $ b \neq 0 $ et $ c \neq 0 $:
$ \dfrac{\dfrac{a}{b}}{c}=\dfrac{a}{b}\times \dfrac{1}{c}=\dfrac{a}{bc} $
$ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2+ \sqrt{3}} } $
$ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{2+\sqrt{3}} {2\sqrt{2+ \sqrt{3}} } $
Pour tout réel $ a $ positif ou nul $ \sqrt{a^2}=a $ et $ (\sqrt{a})^2=a $
Or $ 2+ \sqrt{3} =\left(\sqrt{2+ \sqrt{3}} \right)^2 $ donc :
$ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{\left(\sqrt{2+ \sqrt{3}} \right)^2} {2\sqrt{2+ \sqrt{3}} } $
$ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2} $
après simplification par $ \sqrt{2+ \sqrt{3}} $.
- $ ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =2+2\times \sqrt{2} \times \sqrt{6} + 6 $
$ ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =8+2 \sqrt{12} $
$ ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =8+4 \sqrt{3} $
On peut mettre $ 4 $ en facteur (utile pour la suite...) :
$ ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =4(2+ \sqrt{3}) $ - On déduit de la question précédente que :
$ 2+ \sqrt{3}=\dfrac{( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2} {4} $
Chaque membre de l'égalité étant positif, on en déduit, en prenant la racine carrée de chaque membre :
$ \sqrt{2+ \sqrt{3}}=\sqrt{\dfrac{( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2} {4}} $
$ \sqrt{2+ \sqrt{3}}=\dfrac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}} {2} $
D'après la question 2., $ \widehat{BAH}=15^\circ $ et d'après la question 4., $ \cos(\widehat{BAH})= \dfrac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2} $, par conséquent :
$ \cos(15^\circ)= \dfrac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2} = \dfrac{\dfrac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}} {2} } {2} $
$ \cos(15^{\circ})= \dfrac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} $