Calcul de cos(15°)

Corrigé

1. Dire que B est le point du cercle trigonométrique image de \frac{\pi}{6}, signifie que l’angle \widehat{BOI} mesure \frac{ \pi }{6} radians soit 30 degrés.

   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

2. Les côtés [OA] et [OB] sont des rayons du cercle trigonométrique 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

3. 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

   Pour tous réels a et b :
   (a+b)^2=a^2+2ab+b^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}}

4. 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}} }
   Pour b \neq 0 et c \neq 0:
   \frac{\frac{a}{b}}{c}=\frac{a}{b}\times \frac{1}{c}=\frac{a}{bc}

   \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}} }

   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})= \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}}.

5. ( \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})

6. 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}