sinus qui es-tu ?

dfshr8

Bonjour,

1) Au lycée nous définissons la fonction sinus à l'aide du cercle trigo (cf. Wikipédia). Est-il possible de démontrer (à partir de cette définition) la valeur de son développement limité ?

2) En fait je me demandais à l'origine comment ils ont construit les tables du sinus (avant les développements limités) avec la règle et le compas ?

ev

Bonsoir dfshr8.

Les développements limités n'ont rien à voir avec le calcul des valeurs du sinus. (tu peux noter l'orthographe, merci)

À partir du moment où tu sais que la dérivée du sinus est le cosinus et celle du cosinus c'est l'opposé du sinus, tu as le développement en série du sinus et du cosinus.

Le problème c'est qu'il n'est pas possible d'établir ces résultats à partir du cercle trigonométrique sans enfumer les étudiants.

Maintenant, ce n'est pas la meilleure méthode pour calculer les valeurs du sinus et du cosinus. Il vaut mieux regarder les algorithmes CORDIC.

e.v.

Braun

Bonjour,
1/ Dès lors que tu as établi les formules de dérivation du sinus et du cosinus, tu peux effectuer un développement de Taylor. Quant à savoir s'il sera limité ...
2/ Précisement, c'est quand l'origine ?
N'était-il pas jadis des sécantes et cosécantes ?

Guego

"comment ils ont construit les tables du sinus avec la règle et le compas ?"

Construire un tableau avec une règle et un compas, c'est pas très difficile. Il y a juste des parallèles et des perpendiculaires.

gerard0

Bonsoir Dfshr8.

2) Les premières tables étaient des tables de cordes, d'un cercle de rayon donné. Les calculs (approchés) ont été facilité par l'utilisation des "chiffres indiens". Tout cela se passant dans la civilisation arabe d'il y a un millénaire.
Les méthodes de calcul précises sont peut-être développées dans des ouvrages d'histoire des sciences. Elles sont sans doute assez proche de celle qui a permis la découverte de l'approximation de $\pi$ par Archimède (environ $\frac {22}7$) : approximation d'arcs de cercles par des "arcs" polygonaux.

Cordialement.

Welfar

Si je ne dis pas de bêtises, on peut "géométriquement" définir le sinus et le cosinus, puis établir toutes leurs propriétés jusqu'à leur développement analytique. Tu as assez facilement sin(pi/2+x) = cos(x), puis avec le produit scalaire la formule en cos(a+b), ce qui te donne toutes les formules trigo.

On peut "géométriquement" démontrer la continuité de sinus (ou cosinus, ça revient au même une fois qu'on a les formules trigo) en 0, et la limite de sinc ce qui est le seul point obligé pour faire de l'analyse.

Après, je mets "géométriquement" entre guillemets, car comme l'a dit ev, il doit y avoir un truc pas net derrière tout ça...

capesard

Bonjour,

i) En primitivant, on peut obtenir les DL du sinus et cosinus à l'ordre $k$
dès la classe de Terminale (cf Terracher) :

$x>0, t \geq 0$
$-1 \leq sin t \leq 1$
on intégre l'inégalité précédente , $t \in [0;x]$ :
$-x \leq 1-cos(x) \leq x$

on revient en variable $t$
$1-t \leq cos(t) \leq 1+ t$

on itère (sur $[0;x]$):
$x-\frac{x^2}{2} \leq sin(x) \leq x+\frac{x^2}{2}$
$t-\frac{t^2}{2} \leq sin(t) \leq t+ \frac{t^2}{2}$
$\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6} \leq 1-cos(x) \leq \frac{x^2}{2}+ \frac{x^3}{6}$
$1-\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6} \leq cos(t) \leq 1 - \frac{t^2}{2}+ \frac{t^3}{6}$
$x-\frac{x^3}{6}-\frac{x^4}{24} \leq sin(x) \leq x - \frac{x^3}{6}+ \frac{x^4}{24}$
....


ii) toujours au lycée, l'idée est de démontrer les propriétés
de la fonction réelle
$cos x =\Re(e^{ix}) $ avec les symétries du cercle.
On montre au préalable que le périmètre du cercle existe
en encadrant le cercle entre polygones réguliers inscrits et exinscrits,
ce qui définit le réel $2\pi$ par encadrements.

algorithme Cordic
cdlt,

Christian Vassard

Bonjour,
Ci-joint un article que j'ai écrit avec une des mes collègues sur les tables trigonométriques, à l'occasion d'un colloque à l'IREM de Nantes.
Tu trouveras le début de la réponse à ta deuxième question.
Bien cordialement,
Christian

capesard

ree,

si tu enseignes en ZEP,LEP, etc.. pourquoi ne pas développer une trigonométrie
avec des fractions ? Elle évite l'écueil théorique (le réel $\pi$ comme coupure de Dedekind) et rend autant de services.

ici

gerard0

Joli article, Christian,

et bien plus documenté que ma pauvre mémoire. J'avais oublié que les tables de cordes étaient déjà présente à Alexandrie dans les mathématiques grecques.

Cordialement.

dfshr8

Merci beaucoup pour vos réponses, je vais donc reprendre c que vous m'avez expliqué pour "tenter" une démo:

On part de: la définition du sinus à partir du cercle trigo.

a) Welfar : "on peut "géométriquement" définir le sinus et le cosinus, puis établir toutes leurs propriétés jusqu'à leur développement analytique. Tu as assez facilement sin(pi/2+x) = cos(x), puis avec le produit scalaire la formule en cos(a+b), ce qui te donne toutes les formules trigo.".

On connait donc: sin(x+h)=sin(x)cos(h)+sin(h)cos(x) (1)

b) ev: "À partir du moment où tu sais que la dérivée du sinus est le cosinus et celle du cosinus c'est l'opposé du sinus, tu as le développement en série du sinus et du cosinus. "

On recherche la dérivée de la fonction sin:
lim (sin(x+h)-sin(x))/h (quand h tend vers 0)? D'après (1) et les autres relations trigonométriques (démontrées grâce à a) ), on montre que :
(sin(x+h)-sin(x))/h=sin(x)*(-h/2)*(sin(h/2)/(h/2))²+cos(x)*(sin(h)/h) (2)

Dès lors si on peut montrer que lim sin(a)/a =1 en 0 on a gagné! Mais comment le montrer ? D'ailleurs cette équivalence entre sinx et x au voisinage de 0 correspond a une partie de ce que l'on recherche (DL1(0) de sin(x)), est ce que je viens pas de retomber à la situation initiale?

Si qqun a une démonstration "propre" et complète ce serait super simpas, merci.

dfshr8

Re,

Désolé, je n'avais pas vu:
Welfare: "On peut "géométriquement" démontrer la continuité de sinus (ou cosinus, ça revient au même une fois qu'on a les formules trigo) en 0, et la limite de sinc ce qui est le seul point obligé pour faire de l'analyse. "
On est donc obligé de passer par l'étude de sinc au voisinage de zéro (donc à sin(x)/x). Je suppose qu'il y a une démo assez lourde dernière. N'hésitez pas (même si çà correspond à des notions que je n'ai pas vu en cours) à me donner les points et notions clés, pour aboutir.

Cdlt

gerard0

Cherche sur le forum autour du théème dérivée du sinus ou sin x/x. Il y a eu 2 ou 3 discussions.

Cordialement.

capesard

Bonjour

Soient $A(1;0),\ M(\cos x, \sin x)$, les égalités évidentes sur un dessin $(x>0)$ :

$\sin(x) \leq AM \leq x \leq \tan(x)$
$\cos x \leq \frac{\sin x}{x} \leq 1$
d'où $(\sin)'(0)$

dfshr8

Ok merci beaucoup,

ev: "Le problème c'est qu'il n'est pas possible d'établir ces résultats à partir du cercle trigonométrique sans enfumer les étudiants. "

Finalement on y est arrivé.

ev

capesard a écrit:

les (in)égalités évidentes sur un dessin

Ah ouais ?

e.v.

JLT

@capesard : l'inégalité $x\le \tan x$ n'est pas vraiment évidente sur un dessin. Pour le voir, on peut dire que le secteur angulaire $AOM$ est inclus dans un triangle de sommets $O$, $A$ et $(1,\tan x)$. En regardant les aires, on conclut effectivement que $x\le \tan x$.

dfshr8

@JLT Oui si l'on représente sur le cercle trigo le triangle "arrondis" (l'arc x en fait) "T_ar" et le triangle définis à l'aide de la tangente "T_t", on voit (sur le dessin) que T_ar est inclus dans T_t . Mais celà n'est pas une preuve ? Je pourrais faire une sorte de triangle ou le 3èe côté serait une sorte de lacet "T_l", de sorte que le triangle T_l soit inclus dans T_t et que pourtant la longueur du lacet soit plus importante que tan(x).
Désolé, si je ne suis pas clair j'essairai un dessin.

JLT

Je ne suis pas sûr d'avoir compris mais effectivement c'est la raison pour laquelle pour l'inégalité $x\le \tan x$ il vaut mieux considérer les aires et non interpréter $x$ comme une longueur d'arc.

dfshr8

capesard

@dfshr8 : Fais-tu un contresens ? La tangente (fonction trigonométrique) se lit sur la perpendiculaire en A
au rayon [OA]

dfshr8

@JLT: Je ne suis donc pas du tout convaincu par l'approche par les aires.

Ps: Peut être que j'ai mal interprété ce que vous vouliez dire

JLT

Je voulais dire que l'aire de la zone en bleu est plus petite que l'aire du triangle OAT.

dfshr8

Pas de réponses ?

gerard0

Tu as eu des réponses dont tu n'as pas tenu compte !

et "Je ne suis donc pas du tout convaincu par l'approche par les aires. " n'était pas une réponse.

dfshr8

Désolé, je n' ai pas vu le "aller à la page" (pbm sur mon ordi,du coup je n'ai pas vu vos réponses) autant pour moi, et merci bcp pour ces réponses!

Par contre,si l'on reprend le dessin de JLT (merci d'ailleurs) et que l'on imagine que l'arc AM est plutôt une sorte de lacet (donc on peut trouver un trajet AM qui soit plus long que AT) comme je l'avais dessiné précédemment (on n'a donc plus un arc de cercle) de sorte que le triangle_lacet OAM soit inclus dans le triangle OAT: on a bien l'aire du triangle_lacetOAM qui est inférieur à celle du triangle OAT et pourtant le chemein AM est plus long que le segment AT.

JLT

Voilà, comme tu dis il n'est pas du tout évident sur la figure que la longueur de l'arc (AM) est plus petite que celle du segment AT. C'est la raison pour laquelle j'ai raisonné sur les aires.

capesard

@JLT: l'arc AM vaut moins que la tangente AT.
il y a une homotopie évidente qui conserve la croissance continue
de l'arc AM vers son max , l'arc AT

$M(\cos t,\sin t)$ est envoyé par l'homothétie de rapport $k_t=(\cos t)^{-1}>1$ de centre O
sur $M'(1,\tan t)$ , homotopie qui augmente les longueurs

gottfried0

@capesard: c'est très loin d'être «évident» sans les outils du calcul différentiel!

capesard

@gottfried: je justifie laborieusement ce que l'oeil voit.
j'ai eu un collègue, en stage de capes, prof de maths et non voyant .
je regrette amèrement de ne jamais avoir discuté avec lui de ce qu'était l'évidence
en géométrie.

JLT

Avec le raisonnement de capesard (celui avec les $k_t$) on montrerait que la courbe en rouge a une longueur inférieure à celle du segment $[A,T]$.

capesard

@JLT: le lacet rouge n'est pas la courbe représentative d'une fonction de la variable x
j'ai l'élément différentiel de longueur d'arc

$$1 d\alpha=\sqrt{cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha} \, d\alpha$$
en chaque point du cercle , on le multiplie par $\frac{1}{cos \alpha}>1$
$$\frac{1}{cos \alpha} d\alpha=\sqrt{1+ \tan^2 \alpha} \, d\alpha$$
or si
$y=AT(\alpha)=\tan(\alpha)$
$\sqrt{x'^2+y'^2}d\alpha=\sqrt{1+\tan^2(\alpha)} \, d\alpha$

CQFD. c'est évident.

ps: pourtant ton contre-exemple est troublant, je ne sais où se cache la vérité

JLT

Ca ne change rien. Je pourrais tracer une courbe qui est également fonction de la variable $x$ et qui est plus longue que $[A,T]$.

capesard

@JLT: B-)- Pourquoi ce que j'ai écrit ne marche pas ?

JLT

C'est parce que si on multiplie une courbe $t\mapsto M_t$ par un rapport $k_t$, alors
$$\frac{d}{dt}(k_tM_t)=k'_t \overrightarrow{OM}_t+k_t \frac{d\overrightarrow{M}_t}{dt},$$
donc l'élément de longueur $d\sigma$ de la courbe $k_tM_t$ vérifie
$$(d\sigma)^2= k'_t^2 OM^2+k_t^2 (ds)^2+2 k_tk'_t \langle \overrightarrow{OM}_t,\frac{d\overrightarrow{M}_t}{dt}\rangle$$
et non $k_t^2 (ds)^2$.

Edit : j'ai oublié de dire que $t$ doit être l'abscisse curviligne.

capesard

@JLT: il y a un problème de logique . j'applique les formules que tu donnes
\begin{align*}
M(\cos t,\sin t) & \\
d\sigma^2&=(x'^2(t)+y'^2(t))dt^2=(\sin^2t+\cos^2t)dt^2\\
d\sigma&=dt \\
M'(u(t))&=\frac{x(t)}{\cos t},v(t)=\frac{y(t)}{\cos t}) \\
d\sigma'^2&=(u'^2(t)+v'^2(t))dt^2=(1+\tan^2(t))^2 \, dt^2
\end{align*}
Tout calculs faits avec tes formules, je trouve ce qui était attendu, la différentielle de la tangente pour le segment de droite $AT$ $$
d\sigma'^2=\Big(\frac{x' \cos t +x (t) \sin t}{\cos^2t}\Big)^2+ \Big(\frac{y'(t) \cos t +y (t) \sin t}{\cos^2t}\Big)^2 dt^2
=\frac{(\cos^2t + \sin^2t)^2}{\cos^4t}dt^2=\left( 1+\tan^2(t) )^2 \, dt^2
$$ $$d\sigma'=(1+\tan^2(t)) \, dt
$$ mais la question: ce différentiel $d\sigma'$, qui est toujours supérieur à $d\sigma$, pourquoi est-il toujours supérieur ?
ça semble provenir de
i) $\frac{1}{\cos t}>1$
ii) mais aussi de la courbure constante du cercle

Donc mes calculs étaient faux mais mon heuristique exacte, puisque démontrée maintenant avec tes formules ?
Si l'évidence est maintenant prouvée avec tes formules (exactes), ça prouve l'évidence $AT>AM$, non ?

gottfried0

@capesard: et qu'est-ce que je disais sur le fait que ce n'était pas «évident» sans les outils du calcul différentiel? (:P)

JLT

(Rem : j'avais oublié dans mon post précédent de dire que $t$ est l'abscisse curviligne ; c'est corrigé.)

@capesard : le point essentiel est que dans le cas où $t\mapsto M_t$ décrit un cercle, on a $\overrightarrow{OM}\perp \dfrac{d\overrightarrow{M}}{ds}$ (le vecteur vitesse est perpendiculaire au rayon), c'est pourquoi le terme avec le produit scalaire s'annule. D'autres courbes que le cercle ne vérifient pas cette propriété.