Le paramétrage du cercle par $t=\tan \frac{x}{2}$

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les formules de duplication, $\cos x={\cos }^2\frac{x}{2}-{\sin }^2\frac{x}{2}$ et $\sin x=2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}$, la relation ${\cos }^2+{\sin }^2=1$, et le fait que la tangente réalise une bijection strictement croissante de $\left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$ sur $\mathbb{R}$. La stratégie : tout ramener à l'angle moitié, puis diviser par ${\cos }^2\frac{x}{2}$, ce qui n'est licite que si ce cosinus ne s'annule pas — et c'est exactement la condition $x\not\equiv \pi [2\pi ]$.

a) Les trois formules. La condition $x\not\equiv \pi [2\pi ]$ équivaut à $\frac{x}{2}\not\equiv \frac{\pi }{2}[\pi ]$, donc à $\cos \frac{x}{2}\ne 0$ : $t$ est bien défini. Écrivons $1={\cos }^2\frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}={\cos }^2\frac{x}{2}\left(1+{\tan }^2\frac{x}{2}\right)={\cos }^2\frac{x}{2}(1+t^2)$, d'où $${\cos }^2\frac{x}{2}=\frac{1}{1+t^2}.$$ Alors, par duplication, $$\cos x={\cos }^2\frac{x}{2}-{\sin }^2\frac{x}{2}={\cos }^2\frac{x}{2}\left(1-{\tan }^2\frac{x}{2}\right)=\frac{1-t^2}{1+t^2},\sin x=2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}=2\tan \frac{x}{2}{\cos }^2\frac{x}{2}=\frac{2t}{1+t^2}.$$ Si de plus $x\not\equiv \frac{\pi }{2}[\pi ]$, c'est-à-dire $\cos x\ne 0$, c'est-à-dire $t^2\ne 1$, le quotient des deux donne $\tan x=\frac{2t}{1-t^2}$. (On reconnaît la formule de duplication de la tangente, $\tan (2a)=\frac{2\tan a}{1-{\tan }^{2}a}$, avec $a=\frac{x}{2}$.)

b) Une bijection sur le cercle privé d'un point. Trois choses à vérifier.

L'image est dans le cercle. Pour tout réel $t$, ${\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)}^2+{\left(\frac{2t}{1+t^2}\right)}^2=\frac{(1-t^2{)}^2+4t^2}{(1+t^2{)}^2}=\frac{(1+t^2{)}^2}{(1+t^2{)}^2}=1$. Et le point $(-1,0)$ n'est jamais atteint : $\frac{1-t^2}{1+t^2}=-1$ donnerait $1-t^2=-1-t^2$, soit $1=-1$.

Une réciproque explicite. Soit $(c,s)$ un point du cercle, $c^2+s^2=1$, avec $(c,s)\ne (-1,0)$. Alors $c\ne -1$ (si $c=-1$, alors $s^2=0$ et le point serait $(-1,0)$), donc $1+c>0$ et l'on peut poser $t=\frac{s}{1+c}$. Calculons : $$1+t^2=\frac{(1+c{)}^2+s^2}{(1+c{)}^2}=\frac{1+2c+c^2+s^2}{(1+c{)}^2}=\frac{2+2c}{(1+c{)}^2}=\frac{2}{1+c}.$$ Donc $\frac{1-t^2}{1+t^2}=\frac{2-(1+t^2)}{1+t^2}=1-\frac{2}{1+t^2}=1-(1+c)=c$, et $\frac{2t}{1+t^2}=\frac{2s}{1+c}\cdot \frac{1+c}{2}=s$. Ainsi $\phi (t)=(c,s)$ : $\phi$ est surjective sur le cercle privé de $(-1,0)$.

Injectivité. Si $\phi (t)=\phi (t^{\prime })=(c,s)$, alors, par le calcul précédent appliqué à ce point, $\frac{2}{1+t^2}=1+c=\frac{2}{1+t^{\prime 2}}$, donc $t^2=t^{\prime 2}$ ; puis $\frac{2t}{1+t^2}=\frac{2t^{\prime }}{1+t^{\prime 2}}$ avec les mêmes dénominateurs donne $t=t^{\prime }$. Donc $\phi$ est une bijection, de réciproque $(c,s)\mapsto \frac{s}{1+c}$.

Interprétation. Le réel $t=\frac{s}{1+c}=\frac{s-0}{c-(-1)}$ est la pente de la droite qui joint le point $(-1,0)$ au point $(c,s)$ du cercle. Chaque droite passant par $(-1,0)$, sauf la verticale, recoupe le cercle en exactement un autre point : c'est la bijection. Et lorsque $(c,s)=(\cos x,\sin x)$, cette pente vaut $\tan \frac{x}{2}$ par le a) — l'angle que fait cette corde avec l'horizontale est la moitié de l'angle au centre $x$, ce que la géométrie appelle le théorème de l'angle inscrit.

c) Une équation. Le cas exclu. Si $x\equiv \pi [2\pi ]$, alors $\cos x=-1$ et $\sin x=0$ : le membre de gauche vaut $-1\ne 1$. Aucune solution de cette forme.

Le cas général. Pour $x\not\equiv \pi [2\pi ]$, posons $t=\tan \frac{x}{2}$ et multiplions l'équation par $1+t^2>0$ : $$(1-t^2)+2\sqrt{3}t=1+t^2⟺2t^2-2\sqrt{3}t=0⟺2t(t-\sqrt{3})=0⟺t=0\text{ ou }t=\sqrt{3}.$$ Or $\tan \frac{x}{2}=0⟺\frac{x}{2}\equiv 0[\pi ]⟺x\equiv 0[2\pi ]$, et $\tan \frac{x}{2}=\sqrt{3}=\tan \frac{\pi }{3}⟺\frac{x}{2}\equiv \frac{\pi }{3}[\pi ]⟺x\equiv \frac{2\pi }{3}[2\pi ]$. L'ensemble des solutions est $$\mathcal{S}=2\pi \mathbb{Z}\cup \left(\frac{2\pi }{3}+2\pi \mathbb{Z}\right).$$ Contrôle. $\cos \frac{2\pi }{3}+\sqrt{3}\sin \frac{2\pi }{3}=-\frac{1}{2}+\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=1$. Et par la méthode de l'angle auxiliaire : $\cos x+\sqrt{3}\sin x=2\cos \left(x-\frac{\pi }{3}\right)$, donc l'équation s'écrit $\cos \left(x-\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{2}$, soit $x-\frac{\pi }{3}\equiv \pm \frac{\pi }{3}[2\pi ]$ : on retrouve $x\equiv \frac{2\pi }{3}$ ou $x\equiv 0$.

d) L'équation générale. Le cas $x\equiv \pi [2\pi ]$. Le membre de gauche vaut $-a$ : ces $x$ sont solutions si et seulement si $c=-a$.

Le cas $x\not\equiv \pi [2\pi ]$. Avec $t=\tan \frac{x}{2}$, l'équation multipliée par $1+t^2$ devient $$a(1-t^2)+2bt=c(1+t^2)⟺(a+c)t^2-2bt+(c-a)=0.(\ast )$$ Chaque solution $t$ de $(\ast )$ fournit exactement une classe de solutions $x$ modulo $2\pi$ (par la bijectivité de $\tan$ sur $\left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$, une valeur de $\tan \frac{x}{2}$ fixe $\frac{x}{2}$ modulo $\pi$, donc $x$ modulo $2\pi$), et une seule solution dans $[0,2\pi [$.

Si $c\ne -a$, $(\ast )$ est du second degré, de discriminant réduit $${\Delta }^{\prime }=b^2-(a+c)(c-a)=b^2-c^2+a^2=a^2+b^2-c^2.$$ Elle a des solutions réelles si et seulement si $c^2\le a^2+b^2$ ; deux distinctes si $c^2<a^2+b^2$, une double si $c^2=a^2+b^2$. Comme $x\equiv \pi$ n'est pas solution dans ce cas, l'équation de départ a des solutions si et seulement si $c^2\le a^2+b^2$, et exactement deux dans $[0,2\pi [$ lorsque $c^2<a^2+b^2$.

Si $c=-a$, la condition $c^2\le a^2+b^2$ s'écrit $a^2\le a^2+b^2$ : elle est toujours vraie, et il y a toujours des solutions, à savoir $x\equiv \pi$. L'équation $(\ast )$ devient $-2bt-2a=0$. Si $b\ne 0$, elle a la solution unique $t=-\frac{a}{b}$, d'où une seconde classe de solutions : deux solutions dans $[0,2\pi [$, en accord avec $c^2=a^2<a^2+b^2$. Si $b=0$ (alors $a\ne 0$), $(\ast )$ s'écrit $-2a=0$, sans solution : la seule solution est $x\equiv \pi$, une seule dans $[0,2\pi [$ — en accord avec $c^2=a^2=a^2+b^2$, le cas limite.

Bilan. Des solutions si et seulement si $|c|\le \sqrt{a^2+b^2}$, et exactement deux dans $[0,2\pi [$ lorsque l'inégalité est stricte — ce que dit aussi la forme amplitude-phase $A\cos (x-{\phi }_0)$, $A=\sqrt{a^2+b^2}$ : le membre de gauche oscille entre $-A$ et $A$ et prend chaque valeur intermédiaire deux fois par période.

Le point délicat. Le changement de variable $t=\tan \frac{x}{2}$ exclut un point du cercle, $x\equiv \pi$, qu'il faut traiter à part — avant, pour ne pas l'oublier. Symétriquement, dans le cas $c=-a$, le degré de $(\ast )$ tombe : la solution « manquante » de l'équation du second degré est précisément le point exclu. Rien n'est perdu si l'on compte bien.

Ce que l'exercice installe. La tangente de l'arc moitié transforme toute équation trigonométrique en une équation polynomiale en $t$, et le cercle en une droite : c'est le paramétrage rationnel du cercle. On le retrouvera au chapitre de l'intégration, où il transforme toute primitive d'une fraction en $\cos x$ et $\sin x$ en primitive d'une fraction rationnelle — avec le même point exclu à surveiller.