Une identité trigonométrique dans le triangle

blaise
blaise
dans Géométrie
Bonjour
Étant donné un triangle $ABC$ dont on note les angles $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$, on a : $$
\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\beta)
+\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\gamma)
+\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\alpha) \\
=
\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\gamma)
+\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\alpha)
+\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\beta)

$$ Est-ce une identité classique ? Je n'en ai pas trouvé trace sur internet, ni dans les quelques manuels et ouvrages que j'ai sous la main.
Cordialement,
Blaise

Réponses

  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Aussi pour un triangle rectangle ?
  • blaise
    blaise
    Effectivement, on pourra supposer $ABC$ non rectangle...
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Ce n’est pas classique. Mais difficile de trouver une applications de cette formule.
  • blaise
    blaise
    Effectivement, je n'en vois pas non plus... ;-)
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonsoir,

    On a d'une part : $\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\beta)

    +\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\gamma)

    +\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\alpha) \\

    = -\dfrac{a^2 (a^2 - b^2 - c^2)}{4 (a^2 - b^2 + c^2) R^2} - \dfrac{
    b^2 (-a^2 + b^2 - c^2)}{4 (a^2 + b^2 - c^2) R^2} - \dfrac{
    c^2 (-a^2 - b^2 + c^2)}{4 (-a^2 + b^2 + c^2) R^2} \\
    =-\dfrac{a^8 - 2 a^6 b^2 + 2 a^4 b^4 - 2 a^2 b^6 + b^8 - 2 a^6 c^2 +
    2 a^4 b^2 c^2 + 2 a^2 b^4 c^2 - 2 b^6 c^2 + 2 a^4 c^4 +
    2 a^2 b^2 c^4 + 2 b^4 c^4 - 2 a^2 c^6 - 2 b^2 c^6 + c^8}{
    4 (-a^2 + b^2 - c^2) (a^2 + b^2 - c^2) (-a^2 + b^2 + c^2) R^2}. $
    D'autre part :
    $\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\gamma)

    +\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\alpha) +\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\beta) \\
    = -\dfrac{a^2 (a^2 - b^2 - c^2)}{4 (a^2 + b^2 - c^2) R^2} - \dfrac{b^2 (-a^2 + b^2 - c^2)}{4 (-a^2 + b^2 + c^2) R^2} - \dfrac{c^2 (-a^2 - b^2 + c^2)}{4 (a^2 - b^2 + c^2) R^2} \\
    = -\dfrac{a^8 - 2 a^6 b^2 + 2 a^4 b^4 - 2 a^2 b^6 + b^8 - 2 a^6 c^2 +
    2 a^4 b^2 c^2 + 2 a^2 b^4 c^2 - 2 b^6 c^2 + 2 a^4 c^4 +
    2 a^2 b^2 c^4 + 2 b^4 c^4 - 2 a^2 c^6 - 2 b^2 c^6 + c^8}{4 (a^2 - b^2 - c^2) (a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2) R^2} $
    d'où l'égalité.
    Amicalement
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Démonstration avec les angles pourvu que le triangle n’est pas rectangle.
    Toutes les sommes sont cycliques : $\sum f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b).$
    On a :
    $\sum \sin a \sin b \cos c=\sum \sin c\sin b\cos a$ ou encore $\sum (\sin a \cos c-\sin c\cos a)\sin b=0$ ou encore $\sum \sin(a-c)\sin(a+c)=0$ puisque (*) $a+b+c=\pi.$
    puisque $\cos a\neq 0$ et de même pour les autres variables,
    $\sum \sin(a-c) \cos b \tan b=0$ ou encore $\sum \sin (a-c) \cos(a+c) \tan b =0$ puisque (*),
    on utilise $2 \sin((u-v)/2) \cos((u+v)/2)=\sin u-\sin v$ pour obtenir $\sum (\sin(2a)-\sin(2c))\tan b=0$ qui est la relation donnée.
  • blaise
    blaise
    Merci pour ces belles démonstrations. Il faudra que je les reprenne à tête reposée !
    Je dois partir, mais je vous communiquerai ma démonstration (et la façon dont j'ai obtenu cette formule) dès mon retour de vacances...
  • blaise
    blaise
    Voici ma preuve :
    On considère $O$ le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$. Les coordonnées barycentriques de $O$ par rapport par rapport à $A, B, C$ sont $(\sin(2\alpha),\sin(2\beta),\sin(2\gamma))$ ou encore $(\sin(\alpha)\cos(\alpha),\sin(\beta)\cos(\beta),\sin(\gamma)\cos(\gamma))$. Or $O$ est également l'orthocentre du triangle médian $A'B'C'$, $A'$ (resp. $B', C'$) étant le milieu du segment $[BC]$ (resp. $[AC], [BC]$). Les angles de $A'B'C'$ sont également $\alpha, \beta$ et $\gamma$. On en déduit que les coordonnées barycentriques de $O$ par rapport à $A', B', C'$ sont $(\tan(\alpha),\tan(\beta),\tan(\gamma))$. Un petit calcul permet d'exprimer ces coordonnées par rapport à $A, B, C$ : $(\tan(\beta)+\tan(\gamma),\tan(\alpha)+\tan(\gamma),\tan(\alpha)+\tan(\beta))$.
    Les deux triplets $(\sin(\alpha)\cos(\alpha),\sin(\beta)\cos(\beta),\sin(\gamma)\cos(\gamma))$ et $(\tan(\beta)+\tan(\gamma),\tan(\alpha)+\tan(\gamma),\tan(\alpha)+\tan(\beta))$ sont donc proportionnels. Par égalité des produits en croix, on en déduit les trois identités suivantes :
    \begin{align*}
    \sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\alpha)+\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\gamma)&=\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\beta)+\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\gamma) \\
    \sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\gamma)+\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\beta)&=\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\alpha)+\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\beta)\\
    \sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\beta)+\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\alpha)&=\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\gamma)+\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\alpha).
    \end{align*} En ajoutant ces trois égalités membre à membre, on obtient bien l'identité :
    $$\sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\beta)
    +\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\gamma)
    +\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\alpha)\\
    \qquad=
    \sin(\alpha)\cos(\alpha)\tan(\gamma)
    +\sin(\beta)\cos(\beta)\tan(\alpha)
    +\sin(\gamma)\cos(\gamma)\tan(\beta)
    $$
  • blaise
    blaise
    Petite erreur corrigée... Merci d'avoir ajouté du LaTeX !

    [À ton service. :-) AD]
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 24

CidrolinMatricule_63NicoLeProfbiguine_equationchanigfm_31math2 +17 Invités