TRIGONOMETRIE - EXERCICES CORRIGES
Trigonométrie rectangle
Exercice n°1. Compléter les égalités en respectant bien les notations de l’énoncé
cos α =
sin α =
tan α =
cos β =
sin β =
tan β =
cos ABC =
sin ABC =
tan ABC =
cos ACB =
sin ACB =
tan ACB =
cos a =
sin a =
tan a =
cos b =
sin b =
tan b =
Exercice n°2.
Soit ABC un triangle rectangle en A tel que AB=3 et ABC = 30° . Calculer BC et AB
Exercice n°3.
Les dimensions du triangle OBM sont données sur la figure :
Entourer parmi les données suivantes, celles qui sont correctes
2
3
=1
sin BOM
3
OB =
1
3
=2
cos BOM
3
=
sin BMO
OB =
2 2
3
+ cos BOM
(sin BOM
) ( )
2
2
=1
A
Exercice n°4. Le trapèze rectangle ABCD ci-contre est tel que AB = 5 cm ,
B
= 60°
AD = 4 cm et DCB
Déterminer les valeurs exactes du périmètre et de l’aire de ce trapèze.
C
D
Exercice n°5.
Une tour est protégée par un large fossé. En se situant en A, l’angle MAN
vaut 42°. En reculant de 10 mètres ( AB = 10) et en se positionnant en B,
vaut 27°. Les triangles AMN et BMN sont rectangles en M.
l’angle MBN
1) En exprimant MN en fonction de AM de deux façons différentes (utiliser le
fait que BM=BA+AM), calculer la longueur AM
2) En déduire la hauteur de la tour (on donnera une valeur exacte, puis valeur
approchée à un centimètre près.)
Le radian
Exercice n°6.
Convertir en degrés :
1)
π
3
Convertir en radians : 6) 45°
rad
2)
π
rad
2
7) 120 °
5π
rad
6
8) 30°
3)
5π
rad
9
9) 40°
4)
5π
rad
36
10) 125°
5)
Exercice n°7.
Exprimer, en fonction de R, le périmètre de la figure :
Page 1/20
Guesmi.B
Exercice n°8.
Soit C et C’ deux cercles de centre O, de rayons respectifs R et R’ (R’<R) et A et B deux points distincts de C.
Pour aller de A à B, deux trajets sont possibles :
Trajet 1 : de A à B sur le cercle C
Trajet 2 : de A à A’, puis de A’ à B’ sur le cercle C’, et enfin de B’ à B.
(la figure est indicative, et ne correspond pas aux mesures suivantes)
1) On suppose que R=150, R’=50 et α = 1 rad .
Lequel de ces deux trajets est le plus court ?
2) On suppose que R=300, R’=250 et α = 3 rad .
Lequel de ces deux trajets est le plus court ?
3) Trouver une condition sur α pour que :
a) les deux trajets aient même longueur.
b) Le trajet 2 soit plus grand que le trajet 1.
Arcs et angles orientés
Exercice n°9.
Donner une mesure en radians de l'angle formé par la petite aiguille et la grande
aiguille d'une montre (plusieurs réponses sont possibles)
1) à 3 h
2) à 1 h
3) à 4 h
4) à 6 h
5) à 8 h
Exercice n°10.
1) Placer, sur le cercle trigonométriques ci-dessous les points M tels que
27π
OI , OM =
+ 2kπ , k ∈ ℤ
6
38π
2) Placer, sur le cercle trigonométriques ci-dessous les points N tels que OI , ON = −
+ 2 kπ , k ∈ ℤ
3
π
3) Placer, sur le cercle trigonométriques ci-dessous les points P OI , OP = x avec 3x = − + 2kπ , k ∈ ℤ
2
(
)
(
(
Exercice n°11.
Soir (C) un cercle de centre A et B un point de (C)
1) Construire les points C,D,E et F du cercle (C) tels que :
(
π
AB, AC =
3
)
(
3π
AB, AD =
4
)
(
7π
AB, AE =
6
)
)
)
(
3π
AB, AF = −
4
)
2) Déterminer une mesure puis la mesure principale de chacun des angles orientés suivants :
( AC , AE )
( AD, AF )
( AF , AC )
( AF , AE )
Exercice n°12.
(
)
ACE est un triangle isocèle direct de sommet principal A et tel que AC=5 et AC , AE =
2π
( 2π )
5
1) Tracez le triangle équilatéral direct AEF et le triangle ABC isocèle rectangle direct en A.
2) Déterminer la mesure principale de chacun des angles orientés suivants :
( AF , AB )
( EF , BC )
( AF , CB )
( AF , EC )
Angles associés
Exercice n°13.
π
2 ≤ x ≤ π
1) Sachant que
, et sans utiliser de calculatrice, donner une valeur exacte de cos x et de tan x
1
sin x =
3
π 1
π
2) Tout le monde sait bien que cos =
2 + 2 (on ne cherchera pas à démontrer ce résultat !). Calculer sin
8 2
8
Page 2/20
Exercice n°14.
π
3π
Pour tout réel x , simplifier l’expression A( x) = cos ( 3π − x ) + cos + x + sin −
− x
2
2
Exercice n°15.
π
2 ≤ x ≤ π
1) Déterminer la mesure de l’angle x vérifiant :
sin x = 1
2
π 1
11π
2) Sachant que cos
=
10 + 2 5 (on ne cherchera pas à démontrer ce résultat !), déterminer cos
10 4
10
3
1
et cos x = −
2
2
4) Déterminer une valeur approchée à 10-2 près en radians de a sachant que cos a = −0, 25 et a ∈ [ −π ;0]
3) Déterminer une valeur exacte de x sachant que sin x =
Calcul algébriques à l’aide d’expressions trigonométriques
Exercice n°16.
1) Simplifier au maximum, pour tout réel t, l’expression (1 − cos t )(1 + cos t )
2) Démontrez que pour tout nombre réel x , : cos 4 x − sin 4 x = cos 2 x − sin 2 x puis que cos 4 x − sin 4 x = 2cos 2 x − 1
Exercice n°17.
1) Démontrer que pour tout réel x, cos(2 x) = 2cos 2 ( x) − 1
π
π
π
π
2) Puisque vous connaissez cos et cos , déterminez une valeur exacte de cos puis de cos
4
3
12
24
Equations et inéquations trigonométriques
Exercice n°18.
π
π
cos 3 x + = cos x +
4
3
2
2
2
cos ( x ) ≥
2
cos ( x ) =
Résoudre dans ℝ les équations et inéquations suivantes :
cos ( 2 x ) = sin ( 3 x )
1
2
1
sin ( 3 x ) >
2
sin ( 3 x ) =
Exercice n°19.
1) Exprimer cos a cos b en fonction de cos( a + b) et cos( a − b)
2) En effectuant un changement de variable que l'on précisera, démontrez que pour tous nombres réels p et q, on a :
cos p + cos q = 2 cos
p+q
p−q
cos
2
2
3) En déduire les solutions de l'équation cos x + cos 2 x + cos 3x = 0
Exercice n°20.
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = −4 x 3 + 3x −
1
2
1) Faire une étude complète de la fonction f (limites, sens de variation, etc…), dressez son tableau de variations, et tracez
sa courbe représentative C dans un repère orthonormal (unité de longueur 4 cm)
2) Trouvez les solutions dans [0;2π ] de l'équation, d'inconnue a sin 3a =
1
. Représentez sur un cercle trigonométrique
2
les points associés à ces solutions
3) Montrez que pour tout nombre réel a, sin 3a = 3 sin a − 4 sin 3 a
4) Déduisez de la question 2) les solutions de l'équation f ( x ) = 0 . Donnez-en des valeurs approchées à 0,1 près
Page 3/20
Fonctions trigonométriques
Exercice n°21.
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = sin 2 x
(
On note (C) la représentation graphique de f dans un repère orthonormal O; i ; j
π
1) Calculer f ( 0) ; f ( ) ; f (
6
π
π
π
)
) ; f ( ) ; f ( ) ; f (π )
12
2
8
2) Montrer que f est impaire. Que peut-on en déduire pour la courbe représentative (C) ?
3) Soit x un nombre réel. Comparer f ( x + π ) et f ( x) . Que peut-on en déduire pour f ?
π π
puis strictement décroissante sur
;
4 4
5π 7π
5) Représenter graphiquement la fonction f sur l'intervalle −
;
4 4
4) Démontrez que la fonction f est strictement croissante sur −
π 3π
4 ; 4
Trigonométrie et limites
Exercice n°22.
On considère la fonction numérique f définie par f ( x) = 2 x − sin x
1) Montrer que pour tout x réel 2 x − 1 ≤ f ( x) ≤ 2 x + 1
2) En déduire les limites de f lorsque x tend vers + ∞ et lorsque x tend vers − ∞
Exercice n°23.
Déterminer, à l'aide des théorèmes de comparaison, les limites en + ∞ et en − ∞ de chacune des fonctions f suivantes (si
1 + cos x
x sin x
elles existent): 1) f ( x) =
2) f ( x) = 2
;
x +1
x
Exercice n°24.
→ →
π
.
Dans
le
plan
rapporté
à
un
repère
orthonormal
direct
(O;
i , j ),
2
Soit x un réel de 0;
on considère les points : A(1;0), M(cos x;sin x), P(cos x;0). On considère de plus le point T
intersection de (OM) et de la perpendiculaire à (OA) en A
1) Montrer que AT = tan x
2) Soit A1 l'aire du triangle OAM, A2 l'aire du secteur de disque OAM et A3 l'aire du triangle OAT.
En comparant ces aires, prouver que : sin x ≤ x ≤ tan x.
3) En déduire que cos x ≤
4) Déterminer lim
x →0
x >0
sin x
≤ 1.
x
sin x
.
x
Exercice n°25.
sin x
= 1 (cf exercice précédent), étudiez les limites en 0 des fonctions :
x→0
x
x
sin 5x
tan x
2) x →
3) x →
4) x →
sin 3x
sin 4 x
x
En utilisant le résultat lim
1) x →
sin 5x
2x
Calculs de dérivées
Exercice n°26.
Dans chacun des cas suivants, calculer la fonction dérivée de la fonction f en précisant le domaine de définition et le
domaine de dérivabilité.
1) f ( x) = x cos x − 2sin x
4) f ( x) = cos(3 x) − sin(2 x)
sin x
sin x
2) f ( x) =
3) f ( x) =
x
cos x
Guesmi.B
Page 4/20
Exercice n°27.
En utilisant la définition du nombre dérivé, déterminer
lim
x →0
sin x
x
cos x
lim
x→
π
2
π
x−
2
Exercice n°28. Dérivée nième
Calculer les dérivées d’ordre 1 à n , n ∈ ℕ , de f sur l’intervalle I, avec f ( x) = cos3 x et I = ℝ
Trigonométrie et intégration
Exercice n°29.
Déterminer une primitive de f sur un intervalle contenu dans son ensemble de définition
1) f ( x) = sin x − 2 cos x
cos x
2 + sin x
5) f ( x) =
3) f ( x) =
2) f ( x) = sin x cos x
6) f ( x) =
cos x
π
sur I= 0;
sin x
2
cos x
sin 2 x
∫
π
0
2)
∫
3)
∫
e
1
sin x cos xdx =0
(ln x)2
1
dx = .
x
3
−π
0
π
sin 4 xdx = ∫ sin 4 xdx .
0
Exercice n°31.
Etablir que
1
1
0
0
2
∫ x sin xdx ≤ ∫ x sin xdx
Exercice n°32.
π
2
∫
1) Calculez l'intégrale I = x sin xdx en utilisant la formule d'intégration par parties:
0
Calculez l'intégrale I en utilisant deux fois le théorème de l'intégration par parties:
π
2
2) I = ∫ x sin xdx
2
0
π
3) I = ∫ e sin xdx
x
π
7) f ( x) = tan x sur ; π
2
Exercice n°30. Vrai ou Faux ?
1)
4) f ( x) =
π
4) I = ∫ e2 x cos xdx
0
0
Page 5/20
sin x
cos 2 x
TRIGONOMETRIE - CORRECTION
Trigonométrie rectangle
Exercice n°1
Dans un triangle rectangle, sin x =
AB
BC
AC
sin ABC =
BC
AC
tan ABC =
AB
AC
cos ACB =
BC
AB
sin ACB =
BC
AB
tan ACB =
AC
coté opposé
coté adjacent
coté opposé
, cos x =
et tan x =
. Ainsi
hypothénuse
hypothénuse
coté adjacent
n
p
m
sin a =
p
m
tan a =
n
m
cos b =
p
n
sin b =
p
n
tan b =
m
b
c
a
sin α =
c
a
tan α =
b
a
cos β =
c
b
sin β =
c
b
tan β =
a
cos ABC =
cos α =
cos a =
Exercice n°2
AB
, d’où :
BC
AB
3
3
6
AC
1
BC =
=
=
=
= 2 3 . De plus sin ABC =
d’où AC = BC sin 30° = 2 3 × = 3
BC
2
3
3
cos ABC cos 30°
2
Dans le triangle ABC, rectangle en A, on peut écrire cos ABC =
Exercice n°3
Les affirmations vraies sont :
OB =
2 2
. En effet, on calcule la longueur OB dans le triangle rectangle grâce
3
2
8
8 2 2
1 8
au théorème de Pythagore : OB = 1 − = donc OB =
=
=
9
3
9
3 9
= BM = 1
sin BOM
OM 3
2
2
+ cos BOM
= 1 (ceci est toujours vrai quel que sot l’angle)
sin BOM
2
(
) (
2
)
2
2 2
est faux puisque OB =
(voir ci-dessus)
3
3
2 2
= 2 est faux car cos BOM
= OB = 3 = 2 2
cos BOM
3
OM
1
3
2 2
= 1 est faux car sin BMO
= OB = 3 = 2 2
sin BMO
3
OM
1
3
Les autres affirmations sont fausses. En effet OB =
Page 6/20
Exercice n°4
Notons E le projeté orthogonal de B sur [CD] Dans le triangle BEC, rectangle en E, on a :
(
)
BE
4
4
4 3
= tan ( 60° ) donc EC =
= tan BCE
=
=
EC
tan ( 60° )
3
3
De plus,
(
)
BE
4
4
8 8 3
= sin ( 60° ) donc BC =
= sin BCE
=
=
=
BC
sin ( 60° )
3
3/2
3
On en déduit que le périmètre du trapèze est égal à 5+4+5+EC+BC, soit 14 +
Grande base
5+
L’aire du trapèze vaut
4
4
42 + 12 3
+
=
tan ( 60° ) sin ( 60° )
3
Petite
base
4
+ 5
tan ( 60° )
2
× 4 = 20 +
hauteur
8
8
8 3 60 + 8 3
= 20 +
= 20 +
=
tan ( 60° )
3
3
3
Exercice n°5
MN
= tan ( 42° ) ⇔ MN = AM tan ( 42° )
AM
MN
Dans le triangle MMN, rectangle en M, on écrit
= tan ( 27° ) ⇔ MN = BM tan ( 27° )
BM
1) Dans le triangle AMN, rectangle en M, on écrit
En utilisant le fait que BM=BA+AM, on écrit :
MN = BM tan ( 27° ) = (10 + AM ) tan ( 27° ) = 10 tan ( 27° ) + AM tan ( 27° )
Si par ailleurs MN = AM tan ( 42° ) , on aura donc AM tan ( 42° ) = 10 tan ( 27° ) + AM tan ( 27° ) , c’est-à-dire
AM ( tan ( 42° ) − tan ( 27° ) ) = 10 tan ( 27° ) donc AM =
2) On conclut donc que MN = AM tan ( 42° ) =
10 tan ( 27° )
tan ( 42° ) − tan ( 27° )
10 tan ( 27° ) tan ( 42° )
tan ( 42° ) − tan ( 27° )
La calculatrice fournit MN ≈ 11, 74 m
Le radian
Exercice n°6
On applique la formule mesure en degré =
1)
π
3
rad ↔ 60°
2)
π
2
mesure en radian × 180
rad ↔ 90°
On applique la formule mesure en radians =
6) 45° ↔
π
4
rad
7) 120° ↔
2π
rad
3
π
3)
5π
rad ↔ 150°
6
mesure en degrés × π
180
π
8) 30° ↔
6
rad
4)
5π
rad ↔ 100°
9
9) 40° ↔
2π
rad
9
5)
5π
rad ↔ 25°
36
10) 125° ↔
25π
rad
36
Exercice n°7
Un angle au centre de α rad intercepte, sur un cercle de rayon R, un arc de mesure égale à L = R × α
L’arc de cercle intercepté mesure donc 2R unités de longueur. Le périmètre de la figure vaut donc 2 R + R + R = 4 R
unités de longueur
Exercice n°8
Un angle au centre de α rad intercepte, sur un cercle de rayon R, un arc de mesure égale à L = R × α
1) Dans le premier cas (R=150, R’=50 et α = 1 rad ), le trajet 1 a pour longueur T1 = 150 × 1 = 150 unités de longeur,
tandis que le trajet 2 a pour longueur T2 = AA′ + 50 × 1 + BB′ = 250 unités de longeur donc T1 < T2
Page 7/20
Guesmi.B
2) Dans le deuxième cas (R=300, R’=250 et α = 3 rad ), le trajet 1 a pour longueur T1 = 300 × 3 = 900 unités de longeur,
tandis que le trajet 2 a pour longueur T2 = AA′ + 250 × 3 + BB′ = 850 unités de longeur donc T2 < T1
3) Les deux trajets seront de la même longueur si et seulement si :
α R = AA′ + α R′ + BB′ ⇔ α R = ( R − R′ ) + α R′ + ( R − R′ )
(On remarque que cela ne dépend ni de R ni de R’)
⇔ α ( R − R ′ ) = 2 ( R − R′ ) ⇔ α = 2
Le trajet 2 sera plus grand que le trajet 1 si et seulement si
α R < AA′ + α R′ + BB′ ⇔ α R < ( R − R′ ) + α R′ + ( R − R′ )
⇔ α ( R − R′ ) < 2 ( R − R′ ) ⇔ α < 2
Arcs et angles orientés
Exercice n°9
à 3 h, une mesure de à 1 h, une mesure de à 4 h, une mesure de à 6 h, une mesure de à 8 h, une mesure de
l’angle est π
π
π
2π
2π
l’angle est
l’angle est
l’angle est
l’angle est
2
6
3
3
Exercice n°10
(figure en fin d’exercice)
27π ( 24 + 3) π 24π 3π
π
π
1) Puisque
=
=
+
= 4π + = 2 × 2
π + , on peut écrire que
6
6
6
6
2
2
un tour dans
le sens trigo
π
π
OI , OM = 2 × 2π + + 2kπ , k ∈ ℤ = + 2lπ , l ∈ ℤ
2
2
36
+
2
π
(
)
2π
38π
2π
2π
2) Puisque −
, on peut écrire OI , ON = 6 × ( −2π ) −
+ 2kπ , k ∈ ℤ
=−
= −12π −
= 6 × ( −2π ) −
3
3
3
3
3
(
)
(
un tour dans
le sens trigo
inverse
2π
+ 2lπ , l ∈ ℤ
3
3) Attention à la division par 3 :
=−
Si 3x = −
π
2
+ 2kπ , k ∈ ℤ alors x = −
Pour k = 0, on obtient x0 = −
π
6
6
+
2 kπ
, k ∈ℤ
3
(point P0 )
2π 3π π
=
= (point P1 )
6 3
6
2
π 2 × 2π 7π
Pour k = 2 on obtient x2 = − +
=
(point P2 )
6
3
6
π 3 × 2π
π
Pour k = 3on obtient x3 = − +
= − + 2π .
6
3
6
On retombe sur le point P0
Pour k = 1 on obtient x1 = −
π
π
+
De même, pour k = -1 on obtient x−1 = −
π
6
−
2π
5π
=−
.
3
6
On retombe sur le point P2
Page 8/20
)
Exercice n°11
1) (Au départ, le point B peut être choisi n’importe où sur le cercle)
2) Par application de la relation de Chasles sur les angles orientés de vecteurs :
(
) (
) (
(
=−
π
3
+
) (
)
)
7π
( 2π )
6
=−
3π 3π
+−
( 2π )
4 4
5π
( 2π )
6
AF , AC = AF , AB + AB, AC ( 2π )
= − AB, AF + AB, AC ( 2π )
(
3π
= −−
4
3π
= −−
4
π
3π
( 2π ) = ( 2π )
2
2
AF , AE = AF , AB + AB, AE ( 2π )
= − AB, AF + AB, AE ( 2π )
=
(
(
=
) (
) (
) (
)
=−
)
π
+ ( 2π )
3
13π
11π
( 2π ) = − ( 2π )
12
12
=
(
) (
) (
π
23π
( 2π ) = − ( 2π )
12
12
( AE, AF ) = π3
Si le triangle ABC est isocèle rectangle direct en A, alors AB=AC et
( AB, AC ) = π2
2) Par application de la relation de Chasles sur les angles orientés de
) (
)
7π
( 2π )
+
6
Exercice n°12
1) Si le triangle AEF est triangle équilatéral direct, alors AE=AF et
vecteurs, et de la propriété
( AD, AF ) = ( AD, AB ) + ( AB, AF ) ( 2π )
= − ( AB, AD ) + ( AB, AF ) ( 2π )
AC , AE = AC , AB + AB, AE ( 2π )
= − AB, AC + AB, AE ( 2π )
( −u, v ) = (u, −v ) = (u, v ) − π ( 2π ) ,
détermine :
Page 9/20
on
)
=−
π
2π
+−
3 5
( EF , BC ) = ( EF , EA) + ( EA, EC ) + ( EC , BC ) ( 2π )
π 3π
= +
+ ( −CE , −CB ) ( 2π )
3 10
( AF , AB ) = ( AF , AE ) + ( AE, AC ) + ( AC, AB ) ( 2π )
π
+ − ( 2π )
2
37π
23π
=−
( 2π ) =
( 2π )
30
30
=
19π
19π 3π π
+ CE , CB ( 2π ) =
+
+ ( 2π )
30
30 10 4
(
)
28π π
71π
49π
+ ( 2π ) =
( 2π ) = −
( 2π )
30 4
60
60
AF , EC = AF , AE + AE , EC ( 2π )
= AF , AE + − EA, EC ( 2π )
=
(
AF , CB = AF , AE + AE , AC + AC , CB ( 2π )
) (
) (
(
)
2π
+−
+ −CA, CB ( 2π )
3 5
11π
=−
+ CA, CB − π ( 2π )
15
=−
π
) (
(
(
)
(
=−
)
=−
11π π
89π
31π
=−
+ − π ( 2π ) = −
( 2π ) =
( 2π )
15 4
60
60
) (
) (
π
3
π
3
) (
)
)
+ EA, EC − π ( 2π )
(
+
)
3π
31π
29π
− π ( 2π ) = −
( 2π ) =
( 2π )
10
30
30
Angles associés
Exercice n°13
1) En appliquant la formule
( sin x ) + ( cos x )
2
2
= 1 , on peut écrire
( cos x )
2
2
1 8
1
= 1 − = 1 − = , donc
9 9
3
8 2 2
8
2 2
π
2 2
=
ou cos x = −
=−
. Mais puisque
≤ x ≤ π , cos x ≤ 0 donc cos x = −
9
3
9
3
2
3
1
sin x
1
3/
1
2
Par suite, tan x =
= 3 = ×−
=−
=−
cos x
4
2 2 3/ 2 2
2 2
−
3
2
2
2+ 2 2− 2
2
2
π
1
2) En appliquant la formule ( sin x ) + ( cos x ) = 1 , on peut écrire sin = 1 −
=
2 + 2 = 1−
4
4
8
2
cos x =
On devrait donc écrire sin
MAIS puisque 0 ≤
π
8
π
8
2− 2
π
2− 2
ou sin = −
4
8
4
=
≤ π , sin
π
8
≥ 0 , de sorte que sin
Exercice n°14
Pour tout réel x ,
cos ( 3π − x ) = cos ( 2π + π − x ) = cos ( π − x ) = − cos x ,
π
8
=
2− 2
4
π π
π
cos + x = sin − + x = sin ( − x ) = − sin x
2
2
2
formule connue
π 3π
3π
Enfin, sin −
− x = cos − −
− x = cos ( 2π + x ) = cos x
2
2 2
π
car sin ( u ) = cos − u
2
Ainsi
π
3π
A( x) = cos ( 3π − x ) + cos + x + sin −
− x
2
2
= − cos x − sin x + cos x
= − sin x
Page 10/20
π
car cos ( u ) = sin − u
2
Exercice n°15
a = b + 2kπ , k ∈ ℤ
π 1
1) Puisqu’on a l’équivalence sin a = sin b ⇔ ou
et puisque sin = , on peut donc écrire que :
6 2
a = π − b + 2kπ , k ∈ ℤ
π
x = + 2 kπ , k ∈ ℤ
π
5π
π
6
. Mais l’énoncé impose ≤ x ≤ π , on en déduit donc x =
sin x = ⇔ sin x = sin ⇔
5π
2
6
2
6
+ 2lπ , l ∈ ℤ
x=
6
1
2) Puisque
11π
π
11π
π
1
π
= π + , on peut écrire cos
= cos π + = − cos = − 10 + 2 5
10
10
10
10
4
10
3) Puisque sin x ≥ 0 et cos x ≤ 0 , une mesure de l’angle se trouve dans le « quart Nord-Ouest », c’est-à-dire
a = b + 2kπ , k ∈ ℤ
Puisqu’on a l’équivalence sin a = sin b ⇔ ou
a = π − b + 2kπ , k ∈ ℤ
π
2
≤ x ≤π
3
π
=
, on peut donc écrire que :
3 2
π
x = + 2 kπ , k ∈ ℤ
3
π
3
⇔ sin x = sin ⇔
sin x =
2
3
x = 2π + 2lπ , l ∈ ℤ
3
et puisque sin
Mais puisque l’énoncé impose
π
2
≤ x ≤ π , on en déduit donc x =
2π
3
4) La calculatrice a ici nous aider :
MAIS ATTENTION !
Puisque l’énoncé impose a ∈ [ −π ;0] , il faut retenir celui des deux angles que la calculatrice ne nous donne pas, à savoir
a ≈ −1,82 rad à 10-2 près
Calcul algébriques à l’aide d’expressions trigonométriques
Exercice n°16
1) On développe : Pour tout réel t, (1 − cos t )(1 + cos t ) = 12 − ( cos t ) = ( sin t )
2
2
2
2
2
2) Pour tout nombre réel x , : cos 4 x − sin 4 x = ( cos 2 x ) − ( sin 2 x ) = ( cos 2 x − sin 2 x ) cos 2 x
+ sin x = cos 2 x − sin 2 x
1
4
4
2
2
Puisque cos x − sin x = cos x − sin x , on poursuit :
cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x − (1 − cos 2 x ) = cos 2 x − 1 + cos 2 x = 2cos 2 x − 1
Exercice n°17
1) Pour tout réel x, cos(2 x) = cos( x + x) = cos( x) cos( x) − sin( x)sin( x) = cos 2 ( x) − sin 2 ( x)
Dans l’exercice précédent, on a établit que cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x − (1 − cos 2 x ) = cos 2 x − 1 + cos 2 x = 2cos 2 x − 1
D’où l’égalité demandée
2) En remarquant que
π
12
=
π
3
−
π
4
, et en appliquant la formule cos(a − b) = cos(a ) cos(b) + sin(a )sin(b) , il vient :
2
3
2
2+ 6
π
π π
π
π
π π 1
cos = cos − = cos cos + sin sin = ×
+
×
=
2
2
4
12
3 4
3
4
3 4 2 2
Page 11/20
Exercice n°18
Les équations trigonométriques, qui possèdent en général une infinité de solutions (sauf si on restreint l’intervalle de
définition), se résolvent presque exclusivement en utilisant les équivalences suivantes :
a = b + 2kπ , k ∈ ℤ
a = b + 2kπ , k ∈ ℤ
cos a = cos b ⇔ ou
et sin a = sin b ⇔ ou
,
a = −b + 2kπ , k ∈ ℤ
a = π − b + 2kπ , k ∈ ℤ
ainsi qu’à partir de certaines formules de trigonométrie
2
2
π
cos ( x ) =
Puisque cos =
, on a donc
2
4 2
sin ( 3 x ) =
π
x = + 2kπ , k ∈ ℤ
2
π
4
cos ( x ) =
⇔ cos ( x ) = cos ⇔
2
4
ou x = − π + 2kπ , k ∈ ℤ
4
1
π 1
π
Puisque sin = , on a donc sin(3 x) = ⇔ sin ( 3 x ) = sin
6
2
2
6
π
π 2kπ
x= +
,k ∈ℤ
3x = 6 + 2kπ , k ∈ ℤ
18
3
⇔
⇔
ou 3x = π − π + 2kπ , k ∈ ℤ
ou x = 5π + 2kπ , k ∈ ℤ
18
3
6
Ne surtout pas oublier de diviser également 2kπ , k ∈ ℤ par 3 !
1
2
π
π
cos 3 x + = cos x +
4
3
cos ( 2 x ) = sin ( 3 x )
cos ( x ) ≥
2
2
π
π
cos 3 x + = cos x +
4
3
π
π
π π
2 x = − + 2kπ , k ∈ ℤ
3x + 4 = x + 3 + 2kπ , k ∈ ℤ
3 4
⇔
⇔
π
π
ou 3x + = − x +
ou 4x = − π − π + 2kπ , k ∈ ℤ
+ 2 kπ , k ∈ ℤ
4
3
3 4
π
π
x = 24 + kπ , k ∈ ℤ
2 x = 12 + 2kπ , k ∈ ℤ
⇔
⇔
ou 4x = − 7π + 2kπ , k ∈ ℤ
ou x = − 7π + kπ , k ∈ ℤ
48 2
12
π
En utilisant la propriété cos − X = sin X , l’équation devient équivalente à
2
π
π
2 x = − 3 x + 2 kπ , k ∈ ℤ
5 x = + 2 kπ , k ∈ ℤ
π
2
2
⇔
cos ( 2 x ) = cos − 3x ⇔
2
2 x = − π + 3 x + 2 kπ , k ∈ ℤ
− x = − π + 2kπ , k ∈ ℤ
2
2
π 2kπ
π 2kπ
x = 10 + 5 , k ∈ ℤ
x = 10 + 5 , k ∈ ℤ
⇔
⇔
x = π − 2kπ , k ∈ ℤ
x = π + 2k ′π , k ′ ∈ ℤ (avec k ′ = − k )
2
2
2
π
L’équation cos ( x ) =
⇔ cos ( x ) = cos ayant pour solutions
2
4
On en déduit que l’inéquation cos ( x ) ≥
2
a pour solutions :
2
Page 12/20
π
x = 4 + 2kπ , k ∈ ℤ
,
ou x = − π + 2kπ , k ∈ ℤ
4
π
π
∪ − 4 + 2kπ ; 4 + 2kπ
k∈ℤ
sin ( 3 x ) >
1
2
1
π
L’équation sin ( 3 x ) = = sin ayant pour solutions :
2
6
π
3 x = 6 + 2kπ , k ∈ ℤ
ou 3 x = π − π + 2kπ , k ∈ ℤ
6
π 2 kπ
x = 18 + 3 , k ∈ ℤ
⇔
,(Ne surtout pas oublier de diviser également 2kπ , k ∈ ℤ par 3 !) ,
ou x = 5π + 2kπ , k ∈ ℤ
18
3
1
π 2kπ 5π 2kπ
on en déduit que l’inéquation sin ( 3 x ) > a pour solutions : ∪ +
;
+
2
3 18
3
k∈ℤ 18
Exercice n°19
1) Puisque cos(a + b) = cos(a) cos(b) − sin(a )sin(b) et cos(a − b) = cos(a ) cos(b) + sin(a )sin(b) , en additionnant les deux
lignes, on obtient cos(a + b) + cos(a − b) = 2cos( a) cos(b) , c’est-à-dire cos(a ) cos(b) =
cos(a + b) + cos( a − b)
2
2) Si on pose p = a + b et q = a − b , on aura, par demi-somme et demi-différence, a =
qu’en
remplaçant
dans
cos( a) cos(b) =
l’écriture
p+q
p−q
et b =
, de sorte
2
2
cos(a + b) + cos(a − b)
,
2
on
obtiendra
p+q
p − q cos p + cos q
p+q
p−q
cos
=
, c’est-à-dire l’égalité souhaitée cos p + cos q = 2 cos
cos
2
2
2
2
2
p+q
p−q
3) En appliquant la formule cos p + cos q = 2 cos
cos
aux deux termes extrêmes du membre de gauche de
2
2
x + 3x
x − 3x
l’équation, on obtient cos x + cos 3 x = 2 cos
cos
= 2 cos ( 2 x ) cos ( − x ) = 2 cos ( 2 x ) cos ( x )
2
2
L’équation cos x + cos 2 x + cos 3x = 0 devient alors équivalente à
cos ( 2 x ) + 2 cos ( 2 x ) cos ( x ) = 0 ⇔ cos ( 2 x ) 1 + 2 cos ( x ) = 0
cos
⇔ cos ( 2 x ) = 0 ou 1 + 2 cos ( x ) = 0
La première équation cos ( 2 x ) = 0 est équivalente à 2 x =
La deuxième équation cos ( x ) = −
π
2
+ kπ , k ∈ ℤ ⇔ x =
4
+k
π
2
,k ∈ℤ
1
2π
est équivalente à x = ±
+ 2 kπ , k ∈ ℤ
2
3
Trigonométrie et fonctions
Exercice n°20
1)
f est définie et dérivable
sur
ℝ
f ′( x) = −12 x 2 + 3 = 3 (1 − 4 x 2 ) = 3 (1 − 2 x )(1 + 2 x )
en
tant
que
fonction
On en déduit le signe de f ′( x) et le tableau de variation de f :
(pour les limites : lim f ( x) = lim − 4 x3 = −∞ et lim f ( x) = lim − 4 x3 = +∞
x →+∞
π
x →+∞
x →−∞
x →−∞
Page 13/20
polynôme
et
pour
tout
x∈ℝ ,
π
π 2 kπ
3a = 6 + 2kπ , k ∈ ℤ
a = 18 + 3 , k ∈ ℤ
1
π
2) L’équation sin 3a = = sin est équivalente à ou
⇔ ou
2
6
5π
5π 2lπ
3a =
a =
,l ∈ ℤ
+ 2lπ , l ∈ ℤ
+
6
18
3
Les solutions appartenant à l’intervalle [0;2π ] sont obtenues pour k = 0,1, 2 et l = 0,1, 2 . Leurs valeurs rangées dans
π 5π 13π 17π 25π 29π
; ;
;
;
;
;
18 18 18 18 18 18
3) Pour tout nombre réel a, sin 3a = sin ( a + 2a ) = sin ( a ) cos ( 2a ) + sin ( 2a ) cos ( a )
l’ordre croissant sont
Puisque par ailleurs cos ( 2a ) = 2 cos 2 a − 1 = 1 − 2sin 2 a et puisque sin ( 2a ) = 2sin a cos a , on obtient :
sin 3a = sin ( a ) (1 − 2sin 2 a ) + 2 sin ( a ) cos ( a ) cos ( a ) =
= sin ( a ) − 2 sin 3 a + 2sin ( a )( cos a ) = sin ( a ) − 2 sin 3 a + 2 sin ( a ) (1 − sin 2 a )
2
= sin ( a ) − 2 sin 3 a + 2sin ( a ) − 2 sin 3 a = −4 sin 3 a + 3sin ( a )
4)
L’équation
f ( x) = 0
s’écrivant
−4 x 3 + 3 x −
1
= 0,
2
on
pose
x = sin(a ) ,
et
l’équation
devient
1
1
, c’est-à-dire, compte tenu de la question 3), sin 3a =
2
2
π 5π 13π 17π 25π 29π
Or la question 2) nous fournit les valeurs de a solutions : a ∈ ;
;
;
;
;
;
18 18 18 18 18 18
−4 ( sin a ) + 3sin a =
3
17π
ont même
18
18
17π
π
5π
13π
sinus, puisque
= π − , et puisque pour tout α , sin (α ) = sin (π − α ) . De même, les réels
et
ont
18
18
18
18
25π
29π
même sinus, ainsi que les réels
et
. Les solutions de l’équation f ( x ) = 0 sont donc
18
18
π
5π
25π
x ∈ sin ;sin
;sin
18
18
18
La calculatrice fournit x ≈ 0,17 , x ≈ 0, 77 et x ≈ −0, 94 à 0,01 près
Puisque x = sin( a ) , il reste à « extraire » les trois valeurs différentes de sinus. En effet, les réels
π
et
Fonctions trigonométriques
Exercice n°21
π
π
3
π
π
π
1
) = sin( ) =
, f ( ) = sin(2 × ) = sin( ) =
6
6
3
2
12
12
6
2
π
π
π
π
π
2
f ( ) = sin(2 × ) = sin(π ) = −1 , f ( ) = sin(2 × ) = sin( ) =
, f (π ) = sin(2 × π ) = sin(2π ) = 0
2
2
8
8
4
2
2) ℝ est symétrique par rapport à 0, et pour tout x ∈ ℝ , f (− x) = sin ( 2 ( − x ) ) = sin ( −2 x ) = − sin ( 2 x ) = − f ( x) , ce
car la fonction sinus est impaire
qui prouve que f est impaire. Sa courbe représentative est donc symétrique par rapport à l’origine O du repère ( O; i ; j )
1) On calcule f (0) = sin(2 × 0) = sin(0) = 0 , f ( ) = sin(2 ×
(
π
)
3) Pour tout x réel, on calcule f ( x + π ) = sin 2 ( x + π ) = sin ( 2 x + 2π ) = sin ( 2 x ) = f ( x) . f est donc périodique de
car la fonction sinus est
périodique de période 2π
π 3π
;
4 4
période π . Il suffit de l’étudier sur un intervalle d’amplitude π , par exemple −
Page 14/20
π
π
π
π
π π
; avec − ≤ a < b ≤ , on a − ≤ 2a < 2b ≤ , et puisque
4
4
2
2
4 4
π π
π
π
la fonction sinus est strictement croissante sur − ; , on aboutira à sin − ≤ sin ( 2a ) < sin ( 2b ) ≤ sin ,
2 2
2
2
π π
c’est-à-dire à −1 ≤ f ( a ) < f ( b ) ≤ 1 . La fonction f est donc strictement croissante sur − ;
4 4
π 3π
π
3π
π
3π
Pour tout nombres réels a et b de l’intervalle ; avec
≤a<b≤
, on a
≤ 2a < 2b ≤
, et puisque la
4
4
2
2
4 4
π 3π
π
3π
fonction sinus est strictement décroissante sur ;
, on aboutira à sin ≥ sin ( 2a ) > sin ( 2b ) ≥ sin
, c’est
2 2
2
2
π 3π
à-dire à 1 ≥ f ( a ) > f ( b ) ≥ −1 . La fonction f est donc strictement décroissante sur ; .
4 4
5π 7π
5) Représentation graphique de la fonction f sur l'intervalle −
:
;
4 4
4) Pour tout nombres réels a et b de l’intervalle −
Exercice n°22
1) Pour tout x réel −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ x − 1 ≤ x + sin x ≤ x + 1 ⇔ x − 1 ≤ f ( x) ≤ x + 1
2) Puisque lim x − 1 = +∞ , on conclut, en utilisant le théorème de minoration,
x →+∞
que lim f ( x) = +∞ . Puisque lim x + 1 = −∞ , on conclut, en utilisant
x →+∞
x →−∞
le théorème de minoration, que lim f ( x) = −∞ .
x →−∞
Exercice n°23
1) Puisque pour tout réel x, on a −1 ≤ cos x ≤ 1 , alors pour tout x>0, on a 1 − 1 ≤ 1 + cos x ≤ 1 + 1 ⇔ 0 ≤ 1 + cos x ≤ 2 , et par
0 1 + cos x
2
1 + cos x
2
division par x qui est >0, on déduit que
≤
≤
⇔0≤
≤
.
x
x
x
x
x
2
Puisque lim
= 0 , en application du théorème d’encadrement « des gendarmes », on a lim f ( x) = 0
x →+∞
x →+∞
x
2) Commençons par la limite lorsque x → +∞ . On peut donc supposer que x>0.
−x
x sin x
x
Puisque pour tout réel x, on a −1 ≤ sin x ≤ 1 , alors pour tout x>0, on a 2
≤ 2
≤ 2
x +1 x +1 x +1
−x
−x
−1
x
x
1
Puisque lim 2
= lim 2 = lim
= 0 , et puisque lim 2
= lim 2 = lim = 0 , en application du théorème
x →+∞ x + 1
x →+∞ x
x →+∞ x
x →+∞ x + 1
x →+∞ x
x →+∞ x
d’encadrement dit « des gendarmes », on conclut que lim f ( x) = 0
x →+∞
La limite lorsque x → −∞ se traite à l’identique : on peut donc supposer que x<0.
x
x sin x
−x
Puisque pour tout réel x, on a −1 ≤ sin x ≤ 1 , alors pour tout x<0, on a 2
≤ 2
≤ 2
(l’inégalité est en sens
x +1 x +1 x +1
inverse de la prcédente)
−x
−x
−1
x
x
1
= lim 2 = lim
= 0 , et puisque lim 2
= lim 2 = lim = 0 , en application du théorème
Puisque lim 2
x →+∞ x + 1
x →+∞ x
x →+∞ x
x →+∞ x + 1
x →+∞ x
x →+∞ x
d’encadrement dit « des gendarmes », on conclut que lim f ( x) = 0
x →+∞
Page 15/20
Exercice n°24
1) On a clairement A1 < A2 < A3 . On calcule : A1 =
OA × PM 1 × sin x
=
, puis par proportionnalité de l’aire et de la mesure
2
2
x
(car un angle de 2π rad correspond à une aire de π r 2 = π cm 2 , donc un angle de x rad
2
π
x
OA × AT 1 × tan x tan x
correspond à une aire de x ×
= ). Enfin A3 =
=
=
2π 2
2
2
2
sin x x tan x
Puisque A1 < A2 < A3 alors
< <
.
2
2
2
En multipliant les trois membres de l’inégalité par 2, on obtient le résultat attendu.
sin x
2) En utilisant les deux premiers termes de l’inégalité, on a sin x < x ⇔
< 1 (car x>0)
x
sin x
sin x
En utilisant les deux derniers termes de l’inégalité, on a x < tan x ⇔ x <
⇔ cos x <
(car x>0)
cos x
x
du secteur angulaire, A2 =
3) Puisque pour tout x>0 , cos x <
sin x
< 1, et puisque lim cos x = 1 , on en conclut en application du théorème
x →0
x
sin x
=1
x →0
x
x >0
d’encadrement dit « des gendarmes », que lim
4) si x<0, la configuration des triangles et des secteurs angulaires reste la même, mais les mesures de l’aire (qui doivent
sin x
x
tan x
être positives !) sont alors égales à A1 = −
, A2 = − et A3 = −
2
2
2
sin x
x
tan x
<− <−
⇔ − sin x < − x < − tan x .
On a donc, pour x<0, −
2
2
2
− sin x
sin x
En utilisant les deux premiers termes de l’inégalité, on a − sin x < − x ⇔
<1⇔
< 1 (car -x>0)
−x
x
En utilisant les deux derniers termes de l’inégalité :
− sin x
− sin x
sin x
⇔ cos x <
⇔ cos x <
(car -x>0). La conclusion de l’exercice reste la même
on a − x < − tan x ⇔ − x <
cos x
−x
x
Exercice n°25
sin 5 x sin 5 x 5x
5 sin 5 x
sin u
=
== ×
. En posant u = 5 x , on a lim u = 0 , et puisque lim
=1,
x
→
0
u
→
0
2
x
2
5
x
u
2x
5x
sin 5 x
sin 5 x 5
on en déduit donc que lim
= 1 , donc par produit lim
=
x →0
x →0
5x
2x
2
sin x
x
1 3x
x
2) On écrit, pour tout x>0 ,
=
. Puisque lim
= 1 , on a aussi lim
= 1 , donc en particulier
x
→
0
x→0
x
sin 3 x 3 sin 3 x
sin x
3x
x
1
lim
= 1 (quitte à poser u = 3x ), d’où, par produit, lim
=
x →0 sin 3 x
x →0 sin 3 x
3
sin 5 x sin 5 x
4x
5 x 5 sin 5 x
4x
sin 5 x
3) On écrit, pour tout x>0 ,
=
×
×
= ×
×
. Encore une fois, puisque lim
= 1 et
x →0
sin 4 x
5x
sin 4 x 4 x 4
5x
sin 4 x
5x
4x
sin 5 x 5
lim
= 1 , on conclut, par produit, que lim
=
x →0 sin 4 x
x →0 sin 4 x
4
sin x
tan x
sin x
sin x
1
4) On écrit, pour tout x>0 ,
=
=
×
. Puisque lim
= 1 et puisque lim cos x = 1 donc
x →0
x→0
x
x
x cos x
x
cos x
1
tan x
lim
= 1 , on conclut que lim
= 1× 1 = 1
x →0 cos x
x →0
x
1) On écrit, pour tout x>0 ,
Exercice n°26
1) f ( x) = x cos x − 2sin x . f est définie et dérivable sur ℝ en tant que somme et produits de fonctions qui le sont.
Pour tout x ∈ ℝ f ′( x) = 1 × cos x + x × ( − sin x ) − 2 × cos x = cos x − x sin x − 2cos x donc f ′( x) = − cos x − x sin x
dérivée d'un produit
Page 16/20
sin x
. f est définie et dérivable sur ]−∞;0[ ∪ ]0; +∞[ en tant que quotient de fonctions qui le sont, et dont le
x
dénominateur ne s’annule pas sur ]−∞;0[ ∪ ]0; +∞[ .
2) f ( x) =
Pour tout x ∈ ]−∞;0[ ∪ ]0; +∞[ f ′( x) =
x cos x − sin x
(cos x) × x − (sin x) × 1 x cos x − sin x
=
donc f ′( x) =
2
2
x2
x
x
dérivée d'un quotient
sin x
π
π
π
. f est définie et dérivable sur ℝ \ + kπ , k ∈ ℤ = ∪ − + kπ ; + kπ en tant que quotient de
cos x
2
2
k∈ℤ 2
π
π
π
fonctions qui le sont, et dont le dénominateur ne s’annule pas sur ℝ \ + kπ , k ∈ ℤ = ∪ − + kπ ; + kπ
2
2
k∈ℤ 2
3) f ( x) =
π
π
π
Pour tout ℝ \ + kπ , k ∈ ℤ = ∪ − + kπ ; + kπ ,
2
2
k∈ℤ 2
1
2
(cos x) × (cos x) − (sin x) × ( − sin x) (cos x)2 + (sin x)2 ( cos x )
f ′( x) =
=
=
2
2
2
cos x )
( cosx )
(
1 + (sin x) = 1 + (tan x) 2
( cos x ) 2
dérivée d'un quotient
4) f ( x) = cos(3 x) − sin(2 x) . f est définie et dérivable sur ℝ en tant que somme et produits de fonctions qui le sont.
Pour tout x ∈ ℝ f ′( x) = 3 × ( − sin(3 x) ) − 2 × ( cos(2 x) ) = −3sin(3 x) − 2cos(2 x) donc f ′( x) = −3sin(3 x) − 2cos(2 x)
Exercice n°27
2
3
4
Sur I = ℝ , on calcule f ′( x) = −3sin 3 x , puis f ( ) ( x) = −32 cos3 x , puis f ( ) ( x) = 33 sin 3x et enfin f ( ) ( x) = 34 cos 3x , ce
qui nous permet de conclure, de manière « cyclique » que :
Si n = 4m , f ( ) ( x) = 3n cos3 x
Si n = 4m + 1 , f ( ) ( x) = −3n sin 3x
Si n = 4m + 2 , f ( ) ( x) = −3n cos3 x
Si n = 4m + 3 , f ( ) ( x) = 3n sin 3 x
n
n
n
n
Exercice n°28
f ( x) − f (0)
sin x
se réécrit lim
. Or f
x →0
x →0
x
x−0
f ( x) − f (0)
sin x
est dérivable sur ℝ et pour tout x ∈ ℝ , f ′ ( x ) = cos x donc lim
= lim
= f ′ ( 0 ) = cos 0 = 1 . Ainsi
x →0
x
→
0
x
x−0
sin x
lim
=1
x →0
x
cos x
π
π
2) Si on pose f ( x ) = cos x , définie sur ℝ , puisque f = cos = 0 , la limite limπ
se réécrit
π
x→
2
2
2 x−
2
π
f ( x) − f
2 . Or f est dérivable sur
lim
ℝ
et pour tout
x∈ℝ ,
f ′ x = − sin x
donc
1) Si on pose f ( x ) = sin x , définie sur ℝ , puisque f ( 0 ) = sin 0 = 0 , la limite lim
x→
π
2
x−
( )
π
2
π
f ( x) − f
2 = f ′ π = − sin π = −1 . Ainsi lim cos x = −1 .
lim
= lim
π
π
π
π x→
π
π
x→
x→
2
2
x−
2 x−
2
2 x−
2
2
2
cos x
Page 17/20
Exercice n°29
1) La fonction f définie par f ( x) = sin x − 2 cos x est continue sur ℝ en tant que somme de fonctions qui le sont, donc il
existe une primitive définie sur ℝ par F ( x) = − cos x − 2 sin x
2) f ( x) = sin x cos x . f est définie et continue sur ℝ en tant que produit de fonctions qui le sont, et pour tout x ∈ ℝ ,
f ( x) = cos x sin x , donc de la forme f ( x) = u ′( x)u ( x) , où u ( x) = sin x ⇒ u ′( x) = cos x . Ainsi une primitive sur ℝ
de f est définie par
( u ( x) )
F ( x) =
2
2
( sin x )
=
2
2
cos x
f est définie et continue sur ℝ \ {kπ , k ∈ ℤ} en tant que quotient de fonctions qui le sont, le
sin 2 x
dénominateur ne s’annulant pas, et pour x appartenant à l’un des intervalles kπ ; ( k + 1) π , f étant de la forme
3) f ( x) =
f ( x) =
u′ ( x )
(u ( x ))
2
, où u ( x ) = sin x ⇒ u ′ ( x ) = cos x , elle admet une primitive sur chaque intervalle kπ ; ( k + 1) π
définie par F ( x) = −
1
1
=−
u ( x)
sin x
sin x
π
f est définie et continue sur ℝ \ k , k ∈ ℤ en tant que quotient de fonctions qui le sont, le
2
cos x
2
π
π
dénominateur ne s’annulant pas, et pour x appartenant à l’un des intervalles k ; ( k + 1) , f étant de la forme
2
2
−u ′ ( x )
π
π
f ( x) =
, où u ( x ) = cos x ⇒ u ′ ( x ) = sin x , elle admet une primitive sur chaque intervalle k ; ( k + 1)
2
2
2
(u ( x ))
4) f ( x) =
définie par F ( x) =
1
1
=
u ( x ) cos x
cos x
f est définie et continue sur ℝ en tant que quotient de fonctions qui le sont, le dénominateur ne
2 + sin x
u′ ( x )
, où u ( x ) = 2 + sin x ⇒ u ′ ( x ) = cos x , elle admet une
s’annulant pas, et pour x ∈ ℝ , f étant de la forme f ( x) =
u ( x)
5) f ( x) =
primitive sur ℝ définie par F ( x) = 2 u ( x ) = 2 2 + sin x
π
0; 2 en tant que quotient de fonctions qui le sont, le dénominateur ne
cos x u ′ ( x )
π
π
s’annulant pas, donc admet des primitives sur 0; , et pour tout x ∈ 0; , puisque f ( x) =
=
, ou
sin x u ( x )
2
2
6) f ( x) =
cos x
. f est définie et continue sur
sin x
π
u ( x ) = sin x ⇒ u′ ( x ) = cos x , F ( x) = ln u ( x ) = ln ( sin x ) = ln ( sin x ) , puisque x ∈ 0; ⇒ sin x > 0 .
2
π
7) f ( x) = tan x . f définie est continue sur ; π en tant que quotient de fonctions qui le sont, le dénominateur ne
2
sin x −u ′ ( x )
π
π
s’annulant pas, donc admet des primitives sur ; π , et pour tout x ∈ ; π , puisque f ( x) =
=
, ou
cos x
u ( x)
2
2
(
)
π
; π ⇒ cos x < 0 .
2
u ( x ) = cos x ⇒ u ′ ( x ) = − sin x , F ( x ) = − ln ( u ( x ) ) = − ln ( cos x ) = − ln ( − cos x ) , puisque x ∈
Page 18/20
Exercice n°30
1)
On
∫
π
0
∫
calcule
π
0
π
π
0
0
sin x cos xdx = ∫ cos x sin xdx = = ∫ u′ ( x ) u ( x ) dx
π
u ( x ) = sin x .
où
Ainsi
u2 ( x)
1
1
2
2
sin x cos xdx =
= ( sin π ) − ( sin 0 ) = ( 0 − 0 ) = 0 . L’affirmation est donc VRAIE
2
2 0 2
2) On calcule
∫
e
1
(
)
e 1
e
(ln x) 2
dx = ∫ × (ln x) 2 dx = ∫ u ′ ( x ) × u 2 ( x ) dx où u ( x ) = ln x . L’affirmation est donc VRAIE
1 x
1
x
( u ( x ) )3 ( ln ( x ) )3 ( ln ( e ) )3 ( ln (1) )3 13 03 1
(ln x)
=
=
dx =
−
= − = .
x
3
3
3
3 3 3
3
1
1
e
Ainsi
∫
e
1
e
2
3) On peut déjà écrire que
(
(puisque sin ( − x )
∫
−π
0
sin 4 xdx = − ∫ sin 4 xdx . Comme la fonction x → sin 4 x est PAIRE sur [ −π ; π ] ,
0
−π
) = ( − sin ( x ) ) = ( sin ( x ) )
4
4
4
0
), on a donc
∫π
−
π
sin 4 xdx = ∫ sin 4 xdx . L’égalité est donc FAUSSE
0
Exercice n°31
Pour tout x ∈ [ 0,1] , sin x ≥ 0 et x 2 ≤ x , donc x 2 sin x ≤ x sin x
π
π
2
2
1
1
0
0
2
∫ x sin xdx ≤ ∫ x sin xdx
On « passe aux intégrales » dans l’inégalité. Ainsi
Exercice n°32 1) I = x sin xdx = u ( x ) v′ ( x ) dx où u ( x ) = x ⇒ u ′ ( x ) = 1 et v′ ( x ) = sin x ⇒ v ( x ) = − cos x sont
∫
∫
0
0
continûment dérivables. D’après la formule d’intégration par parties (IPP en abrégé)
π
π
π
π
2
π
2
I = u ( x ) v ( x ) − ∫ u ′ ( x ) v ( x ) dx = [ − x cos x ]02 − ∫ 1× ( − cos x ) dx =0 + 0 + [sin x ]02 = 1
2
0
0
2)
0
π
π
2
2
I = ∫ x 2 sin xdx = ∫ u ( x ) v′ ( x ) dx
0
où
u ( x ) = x 2 ⇒ u′ ( x ) = 2 x
et
v′ ( x ) = sin x ⇒ v ( x ) = − cos x
sont
0
continûment dérivables. D’après la formule d’IPP,
π
π
π
2
π
π
2
2
0
0
I = u ( x ) v ( x ) 02 − ∫ u ′ ( x ) v ( x ) dx = x 2 cos x 2 − ∫ 2 x × ( − cos x ) dx =0 − 0 + ∫ 2 x cos xdx
0
0
π
On calcule l’intégrale
2
π
2
π
2
0
0
0
J = ∫ 2 x cos xdx en effectuant une 2ème IPP : J = ∫ 2 x cos xdx = ∫ u ( x ) v′ ( x ) dx où
u ( x ) = 2 x ⇒ u′ ( x ) = 2 et v′ ( x ) = cos x ⇒ v ( x ) = sin x sont continûment dérivables. D’après la formule d’ IPP,
π
2
0
π
2
π
2
0
π
2
π
J = u ( x ) v ( x ) − ∫ u ′ ( x ) v ( x ) dx = [ 2 x sin x ] − ∫ 2 × cos xdx =π − 0 − 2 [ sin x ]02 = π − 2 . Finalement, I = π − 2
π
0
π
0
0
0
3) I = e x sin xdx = u ( x ) v′ ( x ) dx où u ( x ) = e x ⇒ u ′ ( x ) = e x et v′ ( x ) = sin x ⇒ v ( x ) = − cos x sont continûment
∫
∫
π
π
π
π
dérivables. D’après la formule d’ IPP, I = u ( x ) v ( x ) 0 − u ′ ( x ) v ( x ) dx = −e x cos x − e x × ( − cos x ) dx
0
∫
0
Page 19/20
∫
0
π
π
π
= e + 1 + ∫ e cos xdx . On calcule J = ∫ e cos xdx en effectuant une 2
x
x
0
π
ème
π
IPP : J = e cos xdx = u ( x ) v′ ( x ) dx où
∫
∫
x
0
0
0
u ( x ) = e ⇒ u′ ( x ) = e et v′ ( x ) = cos x ⇒ v ( x ) = sin x sont continûment dérivables. D’après la formule d’ IPP,
x
x
π
π
J = [u ( x ) v ( x )]0 − ∫ u ′ ( x ) v ( x ) dx = e x sin x − ∫ e x sin xdx = 0 − 0 − I
π
π
0
0
0
On aboutit donc à l’équation I = eπ + 1 − I c’est-à-dire 2 I = eπ + 1 et on conclut ainsi que I =
π
4)
π
I = ∫ e cos xdx = ∫ u ( x ) v′ ( x ) dx
2x
0
où
u ( x ) = e2 x ⇒ u ′ ( x ) = 2e2 x
et
eπ + 1
2
v′ ( x ) = cos x ⇒ v ( x ) = sin x
sont
0
π
π
π
π
continûment dérivables. D’après la formule d’ IPP, I = u ( x ) v ( x ) − u ′ ( x ) v ( x ) dx = e sin x − 2e 2 x sin xdx
0
0
∫
2x
0
π
∫
0
π
π
π
0
0
0
= 0 − 0 − ∫ 2e2 x sin xdx . On calcule J = ∫ 2e 2 x sin xdx en effectuant une 2ème IPP : J = ∫ 2e 2 x sin xdx = ∫ u ( x ) v′ ( x ) dx
0
où u ( x ) = 2e
2x
⇒ u′ ( x ) = 4e
2x
et v′ ( x ) = sin x ⇒ v ( x ) = − cos x sont continûment dérivables.
D’après la formule d’ IPP,
π
π
π
π
π
0
0
J = u ( x ) v ( x ) 0 − ∫ u ′ ( x ) v ( x ) dx = −2e2 x cos x − ∫ 4e2 x ( − cos x ) dx = 2e 2π + 2 + 4 ∫ e 2 x cos xdx = 2e 2π + 2 + 4 I
0
0
On aboutit donc à l’équation I = −2e 2π − 2 − 4 I c’est-à-dire 5 I = −2e 2π − 2 et on conclut ainsi que I = −
Page 20/20
2 2π
( e + 1)
5
