Série2 : Trigonométrie

Série2 : Trigonométrie
Correction 1
a. L’expression de la fonction fest donnée sous la forme
du quotient des fonctions uet voù :
u(x) = sin x;v(x) = cos x
qui admettent pour dérivées :
u0(x) = cos x;v0(x) = sin x
La formule de dérivation d’un quotient permet d’obtenir
l’expression de la fonction f0:
f0(x) = u0(x)·v(x)−u(x)·v0(x)
v(x)2
=cos x×cos x−sin x×−sin x
sin x2
=cos x2+sin x2
sin x2=1 sin x2
b. L’expression de la fonction fest donnée sous la forme du
produit des fonctions uet vdéfinies par :
u(x) = (5x−3)3;v(x) = cos x
qui admettent pour dérivée :
La fonction uest définie comme la puissance d’ex-
posant 3de la fonction wdéfinie par :
w(x) = 5x−3;w0(x) = 5
La fonction uadmet pour dérivée la fonction u0dont
l’expression est :
u0(x) = 3·w0(x)·w(x)2= 3×5·(5x−3)2
= 15·(5x−3)2
v0(x) = −sin x
La formule de dérivation d’un produit permet d’obtenir
l’expression de la fonction g0:
g0(x) = u0(x)·v(x) + u(x)·v0(x)
= 15·(5x−3)2×cos x−(5x−3)3×sin x
c. L’expression de la fonction hest définie par le quotient
des deux fonctions uet vdéfinies par :
u(x) = cos 5x+π
3;v(x) = x2
qui admettent pour dérivées :
La fonction uest définie par la composée de la fonction
wpar la fonction cosinus où :
w(x) = 5x+π
3;w0(x) = 5
Ainsi, la fonction uadmet la dérivée :
u0(x) = w0(x)·h−sin w(x)i= 5·ï−sin 5x+π
3ò
=−5·sin 5x+π
3
v0(x) = 2x
La formule de dérivation d’un quotient permet d’obtenir
l’expression de la fonction h0:
h0(x) = u0(x)·v(x)−u(x)·v0(x)
v(x)2
=−5 sin 5x+π
3×x2−cos 5x+π 3×2x
x22
=−
5 sin 5x+π
3×x2+ cos 5x+π 3×2x
x4
Correction 2
1. La fonction gest dérivable et sa dérivée a pour expres-
sion :
g0(x) = cos x
Ainsi, le nombre dérivée de la fonction gen 0a pour
valeur :
g0(0) = cos 0 = 1
2. A la question précédente donne la valeur du nombre
dérivée de la fonction gen 0:
g(x) = 1
Or, le nombre dérivée de la fonction gadmet pour
définition la limite :
lim
h7→0
g(0+h)−g(0)
h= 1
lim
h7→0
sin h−sin 0
h= 1
lim
h7→0
sin h−0
h= 1
lim
h7→0
sin h
h= 1
Cette identification permet d’affirmer la valeur de la lim-
ite demandée :
lim
x7→0
sin x
x= 1
Correction 3
1. a. L’expression de la fonction fest donné comme le
carré de la fonction udéfinie 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 f0:
f0(x) = 2·u0(x)·u(x) = 2·(−sin x)·cos x
=−2·sin x·cos x
b. La fonction g(x)admet pour dérivée :
g0(x) = cos x+−sin x= cos x−sin x
c. La fonction hest la composée de la fonction upar la
fonction voù :
u(x) = x2+x;v(x) = tan x
qui admettent pour dérivée :
u0(x) = 2·x+ 1 ;v0(x) = 1
cos x2
La formule de dérivation de la fonction tangente donne
l’expression de la fonction h0:
h0(x) = u0(x)
hcos u(x)i2=2·x+ 1
cos x2+x2
d. L’expression de la fonction jest donnée sous la forme
du quotient des fonctions uet voù :
u(x) = cos x;v(x) = sin x
qui admettent pour dérivée :
u0(x) = −sin x;v0(x) = cos x
La formule de dérivation d’un quotient permet
d’obtenir l’expression de la fonction j0:

j0(x) = u0(x)·v(x)−u(x)·v0(x)
v(x)2
=−sin x·sin x−cos x·cos x
sin x2
=−sin x2−cos x2
sin x2=−sin x2+cos x2 sin x2
=−1
sin x2=−1 sin x2
2. a. On a : f(0) = cos 02= 12= 1
Ainsi, la limite recherchée peut s’exprimer par :
lim
x7→0cos x2−1
x= lim
x7→0
f(0+x)−f(0)
x
=f0(0) = −2·sin 0·cos 0 = 0
b. L’image de −π
4par la fonction g:
g−π
4= sin −π 4+ cos −π 4
=−√2
2+√2 2= 0
Ainsi, la limite recherchée peut s’exprimer par :
lim
x7→−
π
4
sin x+ cos x
x+π
4
= lim
x7→−
π
4
gx−g−π
4
x−π
4
=g0−π
4= cos −π 4−sin −π 4
=√2
2−−√2 2=√2
c. On a : h(0) = tan 02+ 0= tan 0 = 0
On a la limite suivante :
lim
x7→0
tan x2+x
x= lim
x7→0
h(x)−h(0)
x−0=h0(0)
=2×0+1
cos 02+ 02=1 cos 02=1
1= 1
d. On a : jπ
2=
cos π
2
sin π
2
=0
1= 0
On a la limite suivante :
lim
x7→ π
2
cos x
x−π
2·sin x
= lim
x7→ π
2
cos x
sin x
x−π
2
= lim
x7→ π
2
jx−jπ
2
x−π
2
=j0π
2
=−1
sin π
22=−1
12=−1
Correction 4
1. Pour tout entier naturel n, on a :
vn=1
n2+2 n2+··· +n n2=1 n2·1 + 2 + ·+n
En utilisant la somme des termes d’une suite arith-
métique :
=1
n2·n·n+ 1 2=n2+n 2·n2=1 2+1 2·n
De la limite : lim
n7→0
1
2·n= 0.
On en déduit la limite de la suite vn:
lim
n7→+∞vn=1
2+ 0 = 1 2
2. a. Notons ϕla fonction définie par :
ϕ(x) = x−sin x
Cette fonction admet pour dérivée :
ϕ(x) = 1 −cos x
On a l’encadrement suivant :
−16cos x61
−16−cos x61
061−cos x62
06ϕ0(x)62
Ainsi, la dérivée de ϕest positive sur 0;+∞; on
en déduit que la fonction ϕest croissante. Or, on a :
ϕ(0) = 0 −sin 0 = 0
Ainsi, pour tout x∈0 ; +∞:
06x=⇒ϕ(0) 6ϕ(x) =⇒06ϕ(x)
ϕest positive sur 0 ; +∞.
Notons ψla fonction définie par :
ψ(x) = −1 + x2
2+ cos x
qui admet pour dérivée :
ψ0(x) = x−sin x
Or, létude de la fonction ϕnous permet d’affirmer
que la fonction ψ0est positive sur 0;+∞. or, on
a :
ψ(0) = −1 + 02
2+ cos 0 = −1+0+1=0
Ainsi, pour tout x∈0 ; +∞, on a :
06x=⇒ψ(0) 6ψ(x) =⇒06ψ(x)
Notons φla fonction définie par :
φ(x) = −x+x3
6+ sin x
qui admet pour dérivée :
φ0(x) = −1 + x2
2+ cos x
D’après l’étude de la fonction ψ, la fonction φ0est
positive sur 0 ; +∞; ainsi, la fonction φest crois-
sante. Or, on a :
φ(0) = −0 + 03
6+ sin 0 = 0
Ainsi, pour tout x∈0 ; +∞, on a :
06x=⇒φ(0) 6φ(x) =⇒06φ(x)
La fonction φest positive sur 1 ; +∞
b. Considérons la propriété Pndéfinie pour tout entier
naturel nsupérieure ou égal à 1par la relation :
Pn: “13+ 23+···+n36n4”
Montrons, à l’aide d’un raisonnement par récurrence,
que la propriété Pnest vraie pour tout entier naturel
nsupérieur ou égal à 1:
Initialisation :
Pour n= 1,ona: 13614
On vient de montrer que la propriété P1est vraie.
Hérédité :
Supposons la propriété Pnest vérifiée pour un entier
naturel nsupérieur ou égal à 1quelconque. C’est-à-
dire qu’on a l’hypothèse de récurrence suivante :
13+ 23+··· +n36n4
Etudions la différences suivantes :

13+ 23+··· +n3+ (n+ 1)3−(n+ 1)4
En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :
6n4+(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
60On vient d’établir la comparaison suivante :
13+ 23+··· +n3+ (n+ 1)36(n+ 1)4
On vient de démontrer la propriété Pn+1 est vraie.
Conclusion :
La propriété Pnest initialisée au rang 1et elle vérifie
la propriété d’hérédité. A l’aide d’un raisonnement
par récurrence, on vient de montrer que la propriété
Pnest vraie pour tout entier naturel nsupérieur ou
égal à 1.
De la question a. , on obtient les deux comparaisons
de la fonction sinus sur 0 ; +∞:
06ϕ(x) =⇒sin x6x
06φ(x) =⇒x−x3
66sin(x)
On en déduit l’encadrement pour tout nombre réel
x∈0 ; +∞, :
x−x3
66sin x6x
Par évaluation de l’encadrement précédent, on obtient
les inégalités suivantes :
1
n2−13 6·n66sin 1 n261 n2
2
n2−23 6·n66sin 2 n262 n2
............................
n
n2−n3 6·n66sin n n26n n2
En additionnant membre à membre les inégalités ci-
dessus, on obtient :
un−13
6·n6+23 6·n6+··· +n3 6·n66un6vn
un−1
6·n6·13+ 23+··· +n36un6vn
Avec l’inégalité obtenue précédemment :
un−1
6·n6·n46un6vn
un−1
6·n26un6vn
c. On a les deux limites suivantes :
lim
n7→+∞vn=1
2;lim
n7→+∞vn−1
6n2=1 2−0 = 1 2
et l’encadrement un−1
6n26un6vn
D’après le théorème des gendarmes, on obtient la lim-
ite suivante :
lim
n7→+∞vn=1
2