Exercice 62

1. On a $\frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}$, et la formule de $\tan(a - b)$, qui suit la proposition 8 du chapitre 4, donne $$\tan\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{3} - 1}{1 + \sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3} - 1)^{2}}{(\sqrt{3} + 1)(\sqrt{3} - 1)} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2}.$$

2. Les réels $\alpha$ et $\beta$ appartiennent à $\big]-\frac{\pi}{2}\,,\frac{\pi}{2}\big[$, donc $\cos\alpha > 0$, $\cos\beta > 0$, et $\sin\alpha = a\cos\alpha$, $\sin\beta = b\cos\beta$. Les formules d'addition (théorème 1 du chapitre 4) donnent $$\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta = (1 + ab)\cos\alpha\cos\beta,$$

$$\sin(\alpha - \beta) = \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta = (a - b)\cos\alpha\cos\beta.$$ Si $1 + ab \neq 0$, alors $\cos(\alpha - \beta) \neq 0$, et le quotient de ces deux égalités donne le résultat. $$\boxed{\cos(\alpha - \beta) = (1 + ab)\cos\alpha\cos\beta \quad\text{et}\quad \frac{a - b}{1 + ab} = \tan(\alpha - \beta) \ \text{ si } 1 + ab \neq 0}$$ En particulier, $1 + ab$ est du signe de $\cos(\alpha - \beta)$.

3. Pour $j \in [\![1\,;12]\!]$, notons $I_{j} = \big]-\frac{\pi}{2} + \frac{(j - 1)\pi}{12}\,,-\frac{\pi}{2} + \frac{j\pi}{12}\big]$ : ces douze intervalles de longueur $\frac{\pi}{12}$ sont deux à deux disjoints, et leur réunion $\big]-\frac{\pi}{2}\,,\frac{\pi}{2}\big]$ contient l'arc tangent de chaque élément de $A$. L'application qui associe à $a \in A$ l'indice $j$ tel que $\operatorname{Arctan} a \in I_{j}$ va d'un ensemble à $13$ éléments dans un ensemble à $12$ éléments : d'après le principe des tiroirs (théorème 2 du chapitre 2), elle n'est pas injective. Il existe donc deux éléments distincts $a$ et $b$ de $A$ dont les arcs tangents $\alpha$ et $\beta$ sont dans le même intervalle $I_{j}$ ; quitte à les échanger, $\alpha > \beta$, puisque $\operatorname{Arctan}$ est injective, et $0 < \alpha - \beta < \frac{\pi}{12}$. Alors $\cos(\alpha - \beta) > 0$, donc $1 + ab > 0$ d'après la question 2, et $$\frac{a - b}{1 + ab} = \tan(\alpha - \beta) \in \Big]0\,,\tan\frac{\pi}{12}\Big[,$$ puisque la tangente est strictement croissante sur $\big[0\,,\frac{\pi}{2}\big[$. $$\boxed{\text{si } \mathrm{card}\,A = 13, \text{ il existe } a, b \in A \text{ tels que } 0 < \frac{a - b}{1 + ab} \leqslant 2 - \sqrt{3}}$$

4. Notons $a_{1}$, …, $a_{12}$ les éléments de $A$, rangés de sorte que l'on ait $\alpha_{1} < \dots < \alpha_{12}$ pour leurs arcs tangents, et posons $d_{i} = \alpha_{i+1} - \alpha_{i}$ pour $1 \leqslant i \leqslant 11$, et $d_{12} = \alpha_{1} + \pi - \alpha_{12}$. Ces douze écarts sont strictement positifs, le dernier parce que $\alpha_{12} - \alpha_{1} < \pi$, et leur somme télescopique vaut $\pi$. Ils ne peuvent donc pas tous dépasser strictement $\frac{\pi}{12}$ : l'un d'eux, $d_{i}$, vérifie $0 < d_{i} \leqslant \frac{\pi}{12}$.

Si $i \leqslant 11$, on prend $a = a_{i+1}$ et $b = a_{i}$ : alors $\alpha - \beta = d_{i} \in \big]0\,,\frac{\pi}{12}\big]$, et l'on conclut comme à la question 3.

Si $i = 12$, on prend $a = a_{1}$ et $b = a_{12}$ : alors $\alpha - \beta = d_{12} - \pi \in \big]-\pi\,,-\frac{11\pi}{12}\big]$. Dans ce cas, $\cos(\alpha - \beta) = -\cos d_{12} < 0$, donc $1 + ab < 0$, et la $\pi$-périodicité de la tangente donne $$\frac{a - b}{1 + ab} = \tan(d_{12} - \pi) = \tan d_{12} \in \big]0\,,2 - \sqrt{3}\big].$$

$$\boxed{\text{la conclusion reste vraie lorsque } \mathrm{card}\,A = 12}$$ L'idée est que la tangente, étant $\pi$-périodique, « recolle » les deux extrémités de l'intervalle $\big]-\frac{\pi}{2}\,,\frac{\pi}{2}\big[$ : un très grand réel positif $b$ et un réel négatif $a$ de grande valeur absolue ont des arcs tangents éloignés, mais un quotient $\frac{a - b}{1 + ab}$ petit et positif. On range donc les douze arcs sur un cercle de longueur $\pi$, et non sur un segment, ce qui économise un tiroir.

5. Posons $\alpha_{k} = -\frac{\pi}{2} + \frac{(2k - 1)\pi}{22}$ pour $k \in [\![1\,;11]\!]$. Ces réels sont compris entre $-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{22}$ et $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{22}$, donc $\alpha_{k}$ est l'arc tangent de $a_{k} = \tan\alpha_{k}$. Pour $k \neq l$, on a $\alpha_{k} - \alpha_{l} = \frac{(k - l)\pi}{11}$, avec $1 \leqslant |k - l| \leqslant 10$ ; ce n'est jamais $\pm\frac{\pi}{2}$, car $11$ ne peut valoir $\pm 2(k - l)$, donc $1 + a_{k}a_{l} \neq 0$. Notons $m \in [\![1\,;10]\!]$ le reste de la division de $k - l$ par $11$ ; par $\pi$-périodicité, $$\frac{a_{k} - a_{l}}{1 + a_{k}a_{l}} = \tan\frac{(k - l)\pi}{11} = \tan\frac{m\pi}{11}.$$ Si $1 \leqslant m \leqslant 5$, l'angle $\frac{m\pi}{11}$ est dans $\big[\frac{\pi}{11}\,,\frac{\pi}{2}\big[$, et sa tangente est strictement supérieure à $\tan\frac{\pi}{12} = 2 - \sqrt{3}$, puisque $\frac{\pi}{11} > \frac{\pi}{12}$. Si $6 \leqslant m \leqslant 10$, l'angle est dans $\big]\frac{\pi}{2}\,,\pi\big[$, et sa tangente est strictement négative. Aucun couple ne convient. $$\boxed{\text{le plus petit cardinal qui garantit l'existence de } a \text{ et } b \text{ est } 12}$$ Numériquement, la plus petite valeur positive du quotient pour cette partie est $\tan\frac{\pi}{11} \approx 0{,}2936$, à comparer à $2 - \sqrt{3} \approx 0{,}2679$. La constante $2 - \sqrt{3}$ est elle aussi optimale pour $12$ éléments : avec les arcs $-\frac{\pi}{2} + \frac{(2k - 1)\pi}{24}$, pour $k \in [\![1\,;12]\!]$, tous les écarts valent exactement $\frac{\pi}{12}$, et le plus petit quotient positif est égal à $2 - \sqrt{3}$.

À retenir : le découpage naïf de la question 3 demande $13$ éléments, alors que $12$ suffisent. Dans un argument de tiroirs, la difficulté est toujours de choisir les tiroirs, comme le soulignait déjà le corrigé de la feuille du chapitre 1 ; ici, le bon choix vient de la périodicité de la tangente.