corrigé

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2 −2011-2012
D. Blottière Mathématiques
Correction du devoir maison n˚1
Exercice 1
Soit fla fonction définie sur Rpar :
f:R→R;x7→ sin2(x) cos3(x).
Soit Cfla courbe représentative de fdans un repère orthonormé du plan. Calculer l’aire du domaine délimité
par Cf, l’axe des abscisses et les droites d’équations x= 0 et x=π
3.
Correction : Du tableau de signes de la fonction cosinus du cours, ou du cercle trigonométrique, on déduit
que pour tout x∈0,π
3:cos(x)>0. Par suite, pour tout x∈0,π 3:f(x)≥0.
D’après l’interprétation géométrique de l’intégrale d’une fonction positive ou nulle sur un intervalle, l’aire à
calculer est : Zπ
3
0
f(x)dx =Zπ
3
0
sin2(x) cos3(x)dx.
Pour calculer cette intégrale, on commence par linéariser le polynôme trigonométrique sin2(x) cos3(x). On pourra
alors déterminer facilement une primitive de fsur Ret par suite calculer l’intégrale ci-dessus.
•Linéarisation de sin2(x) cos3(x)
Soit x∈R.
sin2(x) cos3(x) = eix −e−ix
2i2eix +e−ix 23
(formules d’Euler)
=1
(2i)2eix −e−ix21 23eix +e−ix3
=−1
32 eix −e−ix2eix +e−ix3
=−1
32 eix2−2eixe−ix +e−ix2 3
X
k=0
Ck
3eixke−ix3−k!
identité remarquable
et
formule du binôme 
=−1
32 e2ix −2 + e−2ixe−ix3+ 3eix e−ix2+ 3 eix2e−ix +eix3
=−1
32 e2ix −2 + e−2ixe−3ix + 3e−ix + 3eix +e3ix
=
(⋆)−1
32 e2ixe−3ix + 3e2ixe−ix + 3e2ixeix +e2ixe3ix −2e−3ix −6e−ix −6eix −2e3ix
+e−2ixe−3ix + 3e−2ixe−ix + 3e−2ixeix +e−2ixe3ix
=−1
32 e−ix + 3eix + 3e3ix +e5ix −2e−3ix −6e−ix −6eix −2e3ix +e−5ix + 3e−3ix + 3e−ix +eix
=−1
32 −2eix −2e−ix +e3ix +e−3ix +e5ix +e−5ix
=−1
32 −2(eix +e−ix) + e3ix +e−3ix +e5ix +e−5ix
=−1
32 (−2×2 cos(x) + 2 cos(3x) + 2 cos(5x)) (cf. formules d’Euler)
=1
8cos(x)−1 16 cos(3x)−1 16 cos(5x).
1

Remarque : À l’étape (⋆), deux possibilités s’offrent à nous : développer (comme nous l’avons fait) ou bien
appliquer les formules d’Euler et faire apparaître à cette étape des cosinus. Ce serait maladroit de choisir
cette deuxième option. On obtiendrait au final des produits du type cos(2x) cos(3x)(par exemple) et donc
on n’aurait pas linéarisé.
•Calcul d’une primitive de fsur R
On a montré que pour tout x∈R:
f(x) = sin2(x) cos3(x)
=1
8cos(x)−1 16 cos(3x)−1 16 cos(5x)
=1
8cos(x)−1 2cos(3x)−1 2cos(5x).
Par suite la fonction :
x7→ 1
8sin(x)−1 2×1 3×sin(3x)−1 2×1 5×sin(5x)=1 8sin(x)−1 6sin(3x)−1 10 sin(5x)
est une primitive de fsur R.
•Calcul de Zπ
3
0
f(x)dx =Zπ
3
0
sin2(x) cos3(x)dx
Zπ
3
0
f(x)dx =Zπ
3
0
sin2(x) cos3(x)dx
=1
8sin(x)−1 6sin(3x)−1 10 sin(5x)π
3
0
=1
8
sin π
3
|{z }
√3
2
−1
6sin 3×π 3
|{z }
0
−1
10 sin 5×π 3
|{z }
sin(−π
3)=−√3 2
−0
=11√3
160
Remarque : On peut en fait déterminer une primitive de la fonction fsans linéariser sin2(x) cos3(x). Voici
comment. Soit x∈R.
f(x) = sin2(x) cos3(x) = cos(x) sin2(x) cos2(x)
= cos(x) sin2(x)(1 −sin2(x)) (théorème de Pythagore)
= cos(x) sin2(x)−cos(x) sin4(x)
Or on connaît une primitive de u′×unpour une fonction udérivable sur un intervalle Iet n∈N: la fonction
1
n+1 ×un+1.On applique alors deux fois ce résultat pour voir que la fonction :
x7→ 1
3sin3(x)−1 5sin5(x)
est une primitive de la fonction fsur R. Cette méthode est bien plus rapide que celle exposée ci-dessus. Cepen-
dant, elle est moins générale.
Exercice 2 : Étude d’une fonction mettant en jeu la fonction arcsin
Soit fla fonction définie sur Rpar :
f:R→R;x7→ arcsin cos 3x+π
4.
2

1. Démontrer que fest continue sur R.
2. Montrer que fest périodique de période 2π
3. On réduit alors le domaine d’étude à l’intervalle D=0,2π 3.
3. Déterminer l’ensemble D′des points xde Doù fest dérivable en x.
4. Calculer f′(x)pour tout x∈ D′.
5. Simplifier l’expression de fsur D.
6. Représenter graphiquement la fonction fsur R.
Correction
1. •Décomposition de la fonction fà l’aide de fonctions usuelles
La fonction fest la composée des fonctions :
f1:R→R
x7→ 3x+π
4
;f2:R→[−1,1]
x7→ cos(x)
f3: [−1,1] →R
x7→ arcsin(x)
plus précisément, on a : f=f3◦f2◦f1.
Remarque : L’ensemble d’arrivée de f2coïncidant avec l’ensemble de départ de f3, la composée f3◦f2
est bien définie.
•Continuité des fonctions usuelles introduites
Les fonctions f1,f2,f3sont des fonctions usuelles que l’on sait être continues sur leurs ensembles de
départ.
•Conclusion sur la continuité de f
Une composée de fonctions continues étant continue, on déduit des deux points précédents que fest
continue sur R.
2. Rappel : Soit T∈R+∗. On dit qu’une fonction f:R→Rest périodique de période Tsi pour tout x∈R:
f(x+T) = f(x).
Par exemple, on sait que les fonctions cosinus et sinus sont périodiques de période 2π, i.e. : pour tout
x∈R:
cos(x+ 2π) = cos(x) ; sin(x+ 2π) = sin(x).
Soit x∈R.
fx+2π
3= arcsin cos 3×x+2π 3+π 4
= arcsin cos 3x+ 2π+π
4
= arcsin cos 3x+π
4+ 2π
= arcsin cos 3x+π
4 (cosinus est périodique de période 2π)
=f(x)
3. •Identification des obstructions à l’application des théorèmes généraux
On utilise à nouveau les fonctions f1,f2,f3introduites en 1.
– La fonction f1est affine donc dérivable sur R(et a fortiori sur D=0,2π
3).
– La fonction f2est dérivable sur R(cf. propriétés de la fonction cosinus).
3

– La fonction f3est dérivable sur ]−1,1[, mais ni en 1, ni en −1(cf. propriétés de la fonction arcsinus)
Comme f=f3◦f2◦f1, la fonction fest dérivable en tout point xde 0,2π
3tel que :
f2◦f1(x) = cos 3x+π
46=−1et f2◦f1(x) = cos 3x+π 46= 1.
N.B. : Il est fondamental de bien comprendre la dernière assertion, i.e. comment on a déterminé les
points de 0,2π
3où la dérivabilité de fn’est pas assurée par les théorèmes généraux.
•Recherche précise des points où les théorèmes généraux ne s’appliquent pas (résolutions d’équations).
– Résolution de l’équation cos 3x+π
4=−1d’inconnue x∈R
Soit x∈R.
cos 3x+π
4=−1⇐⇒ cos 3x+π 4= cos(π)
⇐⇒
∃k∈Z3x+π
4=π+ 2kπ
ou
∃k∈Z3x+π
4=−π+ 2kπ
(cas d’égalité des cosinus)
On remarque que l’ensemble :
{π+ 2kπ :k∈Z}={. . . , −3π
|{z}
k=−2
,−π
|{z}
k=−1
, π
|{z}
k=0
,3π
|{z}
k=1
,5π
|{z}
k=2
,...}
et l’ensemble :
{−π+ 2kπ :k∈Z}={. . . , −5π
|{z}
k=−2
,−3π
|{z}
k=−1
,−π
|{z}
k=0
, π
|{z}
k=1
,3π
|{z}
k=2
,...}
sont égaux. Par suite :
∃k∈Z3x+π
4=π+ 2kπ
ou
∃k∈Z3x+π
4=−π+ 2kπ ⇐⇒ ∃k∈Z3x+π
4=π+ 2kπ
⇐⇒ ∃k∈Z3x=3π
4+ 2kπ
⇐⇒ ∃k∈Zx=π
4+2kπ 3
Les solutions réelles de l’équation cos 3x+π
4=−1sont donc les nombres :
π
4+2kπ 3
où k∈Z.
– Résolution de l’équation cos 3x+π
4=−1d’inconnue x∈0,2π 3
Les solutions de cos 3x+π
4=−1qui sont dans 0,2π 3sont les solutions xréelles de cos 3x+π 4=
−1qui vérifient de plus :
0≤x≤2π
3.
4

On a donc :
xsolution de cos 3x+π
4=−1dans 0,2π 3⇐⇒ 
∃k∈Zx=π
4+2kπ 3
et
0≤x≤2π
3
⇐⇒ 
∃k∈Zx=π
4+2kπ 3
et
0≤π
4+2kπ 3≤2π 3
⇐⇒ 
∃k∈Zx=π
4+2kπ 3
et
−π
4≤2kπ 3≤5π 12
⇐⇒ 
∃k∈Zx=π
4+2kπ 3
et
−3
8≤k≤5 8
⇐⇒
(⋆)
∃k∈Zx=π
4+2kπ 3
et
k= 0
⇐⇒ x=π
4
L’équivalence (⋆)vient du fait que k= 0 est le seul nombre entier vérifiant −3
8≤k≤5 8.
L’unique solution de l’équation cos 3x+π
4=−1dans 0,2π 3est donc : π 4.
– Résolution de l’équation cos 3x+π
4= 1 d’inconnue x∈R
Soit x∈R.
cos 3x+π
4= 1 ⇐⇒ cos 3x+π 4= cos(0)
⇐⇒
∃k∈Z3x+π
4= 0 + 2kπ
ou
∃k∈Z3x+π
4=−0
|{z}
0
+ 2kπ
(cas d’égalité des cosinus)
⇐⇒ ∃k∈Z3x+π
4= 2kπ
⇐⇒ ∃k∈Z3x=−π
4+ 2kπ
⇐⇒ ∃k∈Zx=−π
12 +2kπ 3
Les solutions réelles de l’équation cos 3x+π
4= 1 sont donc les nombres :
−π
12 +2kπ 3
5