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 $H$ :

$\cos(\widehat{BOH})= \frac{OH}{OB}$

$\cos(30^\circ)= \frac{OH}{1}$

$OH=\cos(30^\circ)=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\sin(\widehat{BOH})= \frac{BH}{OB}$

$\sin(30^\circ)= \frac{BH}{1}$

$BH=\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}$

$AH=AO+OH=1+\frac{\sqrt{3}}{2}$

D'après le théorème de Pythagore :

$AB^2=AH^2+HB^2$

$AB^2=\left(1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} \right)^2+\left( \frac{1}{2} \right)^2$

$AB^2=1 + 2 \times \frac{ \sqrt{3} }{2} + \frac{3}{4} + \frac{1}{4}$

$AB^2=2+ \sqrt{3}$

$AB=\sqrt{2+ \sqrt{3}}$

Dans le triangle $ABH$ rectangle en $H$ :

$\cos(\widehat{BAH})= \frac{AH}{AB}$

$\cos(\widehat{BAH})= \frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2+ \sqrt{3}} }$

$\cos(\widehat{BAH})= \frac{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2+ \sqrt{3}} }$

$\cos(\widehat{BAH})= \frac{2+\sqrt{3}} {2\sqrt{2+ \sqrt{3}} }$

Or $2+ \sqrt{3} =\left(\sqrt{2+ \sqrt{3}} \right)^2$ donc :

$\cos(\widehat{BAH})= \frac{\left(\sqrt{2+ \sqrt{3}} \right)^2} {2\sqrt{2+ \sqrt{3}} }$

$\cos(\widehat{BAH})= \frac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2}$

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 :

$2+ \sqrt{3}=\frac{( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2} {4}$

Chaque membre de l'égalité étant positif, on en déduit, en prenant la racine carrée de chaque membre :

$\sqrt{2+ \sqrt{3}}=\sqrt{\frac{( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2} {4}}$

$\sqrt{2+ \sqrt{3}}=\frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}} {2}$

D'après la question 2., $\widehat{BAH}=15^\circ$ et d'après la question 4., $\cos(\widehat{BAH})= \frac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2}$, par conséquent :

$\cos(15^\circ)= \frac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2} = \frac{\frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}} {2} } {2}$

$\cos(15^{\circ})= \frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$