Série2 : Trigonométrie

Série2 : Trigonométrie
Correction 1
Correction 2
a. L’expression de la fonction f est donnée sous la forme
du quotient des fonctions u et v où :
u(x) = sin x ; v(x) = cos x
qui admettent pour dérivées :
u0 (x) = cos x ; v 0 (x) = sin x
La formule de dérivation d’un quotient permet d’obtenir
l’expression de la fonction f 0 :
u0 (x) · v(x) − u(x) · v 0 (x)
f 0 (x) =
2
v(x)
cos x× cos x − sin x× − sin x
=
2
sin x
2
2
cos x + sin x
1
=
=
2
2
sin x
sin x
b. L’expression de la fonction f est donnée sous la forme du
produit des fonctions u et v définies par :
u(x) = (5x − 3)3 ; v(x) = cos x
qui admettent pour dérivée :
La fonction u est définie comme la puissance d’exposant 3 de la fonction w définie par :
w(x) = 5x − 3 ; w0 (x) = 5
La fonction u admet pour dérivée la fonction u0 dont
l’expression est :
2
u0 (x) = 3·w0 (x)· w(x) = 3×5·(5x − 3)2
= 15·(5x − 3)2
v 0 (x) = − sin x
La formule de dérivation d’un produit permet d’obtenir
l’expression de la fonction g 0 :
g 0 (x) = u0 (x)·v(x) + u(x)·v 0 (x)
= 15·(5x − 3)2 × cos x − (5x − 3)3 × sin x
c. L’expression de la fonction h est définie par le quotient
des deux fonctions
u et v définies par :
π
u(x) = cos 5x+
; v(x) = x2
3
qui admettent pour dérivées :
La fonction u est définie par la composée de la fonction
w par la fonction cosinus où :
π
; w0 (x) = 5
w(x) = 5x +
3
Ainsi, la fonction u admet la dérivéeï :
ò
h
i
π
0
0
u (x) = w (x)· − sin w(x) = 5· − sin 5x+
3
π
= −5· sin 5x+
3
0
v (x) = 2x
La formule de dérivation d’un quotient permet d’obtenir
l’expression de la fonction h0 :
u0 (x)·v(x) − u(x)·v 0 (x)
h0 (x) =
2
v(x)
π
π
−5 sin 5x+ ×x2 − cos 5x+ ×2x
3
3
=
2
2
x
π 2
π
5 sin 5x+ ×x + cos 5x+ ×2x
3
3
= −
x4
1. La fonction g est dérivable et sa dérivée a pour expression :
g 0 (x) = cos x
Ainsi, le nombre dérivée de la fonction g en 0 a pour
valeur :
g 0 (0) = cos 0 = 1
2. A la question précédente donne la valeur du nombre
dérivée de la fonction g en 0 :
g(x) = 1
Or, le nombre dérivée de la fonction g admet pour
définition la limite :
g(0+h) − g(0)
lim
=1
h7→0
h
sin h − sin 0
lim
=1
h7→0
h
sin h − 0
lim
=1
h7→0
h
sin h
lim
=1
h7→0 h
Cette identification permet d’affirmer la valeur de la limite demandée :
sin x
lim
=1
x7→0 x
Correction 3
1.
a. L’expression de la fonction f est donné comme le
carré de la fonction u définie par :
u(x) = cos x ; u0 (x) = − sin x
Ainsi, la formule de dérivation de la puissance n-ième
d’une fonction donne l’expression de la fonction f 0 :
f 0 (x) = 2·u0 (x)·u(x) = 2·(− sin x)· cos x
= −2· sin x· cos x
b. La fonction g(x) admet pour
dérivée :
g 0 (x) = cos x + − sin x = cos x − sin x
c. La fonction h est la composée de la fonction u par la
fonction v où :
u(x) = x2 + x ; v(x) = tan x
qui admettent pour dérivée :
1
u0 (x) = 2·x + 1 ; v 0 (x) =
2
cos x
La formule de dérivation de la fonction tangente donne
l’expression de la fonction h0 :
u0 (x)
2·x + 1
h0 (x) = h
i2 = cos x2 +x2
cos u(x)
d. L’expression de la fonction j est donnée sous la forme
du quotient des fonctions u et v où :
u(x) = cos x ; v(x) = sin x
qui admettent pour dérivée :
u0 (x) = − sin x ; v 0 (x) = cos x
La formule de dérivation d’un quotient permet
d’obtenir l’expression de la fonction j 0 :
u0 (x)·v(x) − u(x)·v 0 (x)
2
v(x)
− sin x · sin x − cos x· cos x
=
2
sin x
2
2
2
2 − sin x − cos x
− sin x + cos x
=
=
2
2
sin x
sin x
On en déduit la limite de la suite vn :
1
1
lim vn = + 0 =
n7→+∞
2
2
j 0 (x) =
−1
2 = −
1
2
sin x
2
2. a. On a : f (0) = cos 0 = 12 = 1
Ainsi, la limite recherchée peut s’exprimer par :
2
cos x − 1
f (0+x) − f (0)
lim
= lim
x7→0
x7
→
0
x
x
= f 0 (0) = −2· sin 0· cos 0 = 0
π
b. L’image de − par la fonction g :
4 π
π
π
g −
= sin −
+ cos −
4
4
4
√
√
2
2
= −
+
=0
2
2
Ainsi, la limite recherchée peut s’exprimer
par
:
g x − g − π4
sin x + cos x
π lim
= lim
π
π
π
x
+
x
−
x7→−
x7→−
4
4
4
4
π
π
π
= g0 −
= cos −
− sin −
4
4
4
√
√ √
2
2
=
− −
= 2
2
2
c. On a : h(0) = tan 02 + 0 = tan 0 = 0
On a la limite suivante
:
tan x2 + x
h(x) − h(0)
lim
= lim
= h0 (0)
x7→0
x7→0
x
x−0
2×0 + 1
1
1
= 2 =
2 = = 1
2
1
cos 0 + 0
cos 0
=
sin x
π
0
2
d. On a : j
=
π = 1 =0
2
sin
2
On a la limite suivante :
π
cos
cos x
cos x
sin x
limπ = limπ
π
π
x7→ 2
· sin x x7→ 2 x −
x−
2
2
π
j x −j
2 = j0 π
= limπ
π
2
x7→ 2
x−
2
1
1
= −
= − 2 = −1
π 2
1
sin
2
Correction 4
1. Pour tout entier naturel n, on a :
1
2
n
1
vn = 2 + 2 + · · · + 2 = 2 · 1 + 2 + · + n
n
n
n
n
En utilisant la somme des termes d’une suite arithmétique :
1 n· n + 1
n2 + n
1
1
= 2·
=
= +
2
n
2
2·n
2 2·n
1
= 0.
De la limite : lim
n7→0 2·n
2.
a.
Notons ϕ la fonction définie par :
ϕ(x) = x − sin x
Cette fonction admet pour dérivée :
ϕ(x) = 1 − cos x
On a l’encadrement suivant :
−1 6 cos x 6 1
−1 6 − cos x 6 1
0 6 1 − cos x 6 2
0 6 ϕ0 (x) 6 2
Ainsi, la dérivée de ϕ est positive sur 0 ; +∞ ; on
en déduit que la fonction ϕ est croissante. Or, on a :
ϕ(0) = 0 − sin 0 =0
Ainsi, pour tout x ∈ 0 ; +∞ :
0 6 x =⇒ ϕ(0) 6
ϕ(x) =⇒
0 6 ϕ(x)
ϕ est positive sur 0 ; +∞ .
Notons ψ la fonction définie par :
x2
+ cos x
ψ(x) = −1 +
2
qui admet pour dérivée :
ψ 0 (x) = x − sin x
Or, létude de la fonction ϕ nous permet
d’affirmer
que la fonction ψ 0 est positive sur 0 ; +∞ . or, on
a:
02
ψ(0) = −1 +
+ cos 0 = −1 + 0 + 1 = 0
2 Ainsi, pour tout x ∈ 0 ; +∞ , on a :
0 6 x =⇒ ψ(0) 6 ψ(x) =⇒ 0 6 ψ(x)
Notons φ la fonction définie par :
x3
φ(x) = −x +
+ sin x
6
qui admet pour dérivée :
x2
+ cos x
φ0 (x) = −1 +
2
0
D’après l’étude
de
la
fonction ψ, la fonction φ est
positive sur 0 ; +∞ ; ainsi, la fonction φ est croissante. Or, on a :
03
φ(0) = −0 +
+ sin 0 = 0
6 Ainsi, pour tout x ∈ 0 ; +∞ , on a :
0 6 x =⇒ φ(0) 6 φ(x) =⇒ 0 6 φ(x) La fonction φ est positive sur 1 ; +∞
b. Considérons la propriété Pn définie pour tout entier
naturel n supérieure ou égal à 1 par la relation :
Pn : “13 + 23 + · · · + n3 6 n4 ”
Montrons, à l’aide d’un raisonnement par récurrence,
que la propriété Pn est vraie pour tout entier naturel
n supérieur ou égal à 1 :
Initialisation :
Pour n = 1, on a : 13 6 14
On vient de montrer que la propriété P1 est vraie.
Hérédité :
Supposons la propriété Pn est vérifiée pour un entier
naturel n supérieur ou égal à 1 quelconque. C’est-àdire qu’on a l’hypothèse de récurrence suivante :
13 + 23 + · · · + n3 6 n4
Etudions la différences suivantes :
3
1 + 23 + · · · + n3 + (n + 1)3 − (n + 1)4
En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :
4
6 n +(n+1)·(n2 +2·n+1) −(n2 +2·n+1)·(n2 +2·n+1)
6 n4 +(n3 +3·n2 +3·n+1) −(n4 +4·n3 +6·n2 +4·n+1)
6 −3·n3 − 3·n2 − n
60
On vient d’établir la comparaison suivante :
13 + 23 + · · · + n3 + (n + 1)3 6 (n + 1)4
On vient de démontrer la propriété Pn+1 est vraie.
Conclusion :
La propriété Pn est initialisée au rang 1 et elle vérifie
la propriété d’hérédité. A l’aide d’un raisonnement
par récurrence, on vient de montrer que la propriété
Pn est vraie pour tout entier naturel n supérieur ou
égal à 1.
De la question a. , on obtient
les
deux comparaisons
de la fonction sinus sur 0 ; +∞ :

 0 6 ϕ(x) =⇒ sin x 6 x
x3
 0 6 φ(x) =⇒ x −
6 sin(x)
6
On en déduit
l’encadrement pour tout nombre réel
x ∈ 0 ; +∞ , :
x3
x−
6 sin x 6 x
6
Par évaluation de l’encadrement précédent, on obtient
lesinégalités suivantes :
13
1
1
1


−
6 sin 2 6 2


2
6

n
6
·
n
n
n




23
2
2
 2
−
6 sin 2 6 2
2
6
n
6·n
n
n




............................



3

n
n

 n − n
6 sin 2 6 2
2
n
6 · n6
n
n
En additionnant membre à membre les inégalités cidessus, on obtient :
13
23
n3 un −
+
+
·
·
·
+
6 un 6 vn
6·n6
6·n6
6·n6
1 3
3
3
un −
·
1
+
2
+
·
·
·
+
n
6 un 6 vn
6·n6
Avec l’inégalité obtenue précédemment :
1
·n4 6 un 6 vn
6·n6
1
6 un 6 vn
un −
6·n2
un −
c. On a les deux limites suivantes :
1
1
1
1
lim vn =
;
lim vn − 2 = − 0 =
n7→+∞
n7→+∞
2
6n
2
2
1
et l’encadrement un − 2 6 un 6 vn
6n
D’après le théorème des gendarmes, on obtient la limite suivante :
1
lim vn =
n7→+∞
2