Corrigé des 50 exercices sur les fonctions sinus et cosinus en terminale à télécharger en PDF

1) Pour \(x\neq 0\), \(\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2}\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\) et \(x^2+2x+5=x^2\left(1+\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}\right)\). Donc

\[ f(x)=\frac{x^2}{|x|}\times\frac{1+\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=|x|\times\frac{1+\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}. \]

Puis le quotient tend vers 1 et \(|x|\to+\infty\) en \(\pm\infty\) : \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

2) \(x^2+1\gt 0\), donc \(x\mapsto\sqrt{x^2+1}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\), et ne s’annule pas : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme quotient. De plus, avec \(\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) :

\[ \begin{aligned} f^{\prime}(x)&=\frac{(2x+2)\sqrt{x^2+1}-(x^2+2x+5)\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1} \\ &=\frac{(2x+2)(x^2+1)-x(x^2+2x+5)}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}} \\ &=\frac{x^3-3x+2}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}. \end{aligned} \]

Or \((x-1)(x^2+x-2)=x^3+x^2-2x-x^2-x+2=x^3-3x+2\) : l’égalité demandée est établie.

3) \(x^2+x-2=(x-1)(x+2)\), donc \(f^{\prime}(x)=\dfrac{(x-1)^2(x+2)}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\), du signe de \(x+2\) (s’annule aussi en 1 sans changer de signe).

\(f(-2)=\dfrac{4-4+5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) (minimum) et \(f(1)=\dfrac{8}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}\).

1) \(\dfrac{\cos x}{x-\frac{\pi}{2}}=\dfrac{\cos x-\cos\frac{\pi}{2}}{x-\frac{\pi}{2}}\) est un taux d’accroissement : il tend vers \(\cos^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin\frac{\pi}{2}=-1\). Par ailleurs, comme \(\sin x\to 1\) :

\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\sin x}=\frac{-1}{1}=-1. \]

2) Pour \(a\neq 0\) : \(\dfrac{\sin(ax)}{\sin x}=a\times\dfrac{\sin(ax)}{ax}\times\dfrac{x}{\sin x}\). Or \(\lim\limits_{u\to 0}\dfrac{\sin u}{u}=1\), donc la limite vaut \(a\). Ensuite, pour \(a=0\), l’expression est nulle : limite \(0=a\). Puis dans tous les cas, la limite est \(a\).

3) \(\sin^2x=1-\cos^2x=(1-\cos x)(1+\cos x)\), donc pour \(x\) proche de 0, \(x\neq 0\) :

\[ \frac{\cos x-1}{\sin^2x}=\frac{-(1-\cos x)}{(1-\cos x)(1+\cos x)}=\frac{-1}{1+\cos x}\ \xrightarrow[x\to 0]{}\ -\frac{1}{2}. \]

4) \(\dfrac{\cos^2x-1}{x}=\dfrac{-\sin^2x}{x}=-\sin x\times\dfrac{\sin x}{x}\to -0\times 1=0\).

Rappels : \(\cos a=\cos b\iff a=b+2k\pi\) ou \(a=-b+2k\pi\) ; \(\sin a=\sin b\iff a=b+2k\pi\) ou \(a=\pi-b+2k\pi\) (\(k\in\mathbb{Z}\)). De plus, on garde les solutions de \(]-\pi\,;\pi]\).

• 1) \(x=\pm\frac{\pi}{4}\). \(S=\left\{-\frac{\pi}{4}\,;\frac{\pi}{4}\right\}\).
• 2) \(x=-\frac{\pi}{6}\) ou \(x=\pi+\frac{\pi}{6}=\frac{7\pi}{6}\), qui correspond à \(-\frac{5\pi}{6}\) dans l’intervalle. \(S=\left\{-\frac{5\pi}{6}\,;-\frac{\pi}{6}\right\}\).
• 3) \(2x=\pm\frac{\pi}{4}+2k\pi\), \(x=\pm\frac{\pi}{8}+k\pi\). \(S=\left\{-\frac{7\pi}{8}\,;-\frac{\pi}{8}\,;\frac{\pi}{8}\,;\frac{7\pi}{8}\right\}\).
• 4) \(x+\frac{\pi}{4}=x+2k\pi\) est impossible ; \(x+\frac{\pi}{4}=-x+2k\pi\) donne \(x=-\frac{\pi}{8}+k\pi\). \(S=\left\{-\frac{\pi}{8}\,;\frac{7\pi}{8}\right\}\).
• 5) \(\cos 2x=\frac{1}{2}=\cos\frac{\pi}{3}\), \(x=\pm\frac{\pi}{6}+k\pi\). \(S=\left\{-\frac{5\pi}{6}\,;-\frac{\pi}{6}\,;\frac{\pi}{6}\,;\frac{5\pi}{6}\right\}\).
• 6) \(\sin 3x=\sin\frac{\pi}{3}\) : \(3x=\frac{\pi}{3}+2k\pi\) ou \(3x=\frac{2\pi}{3}+2k\pi\), soit \(x=\frac{\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}\) ou \(x=\frac{2\pi}{9}+\frac{2k\pi}{3}\). \(S=\left\{-\frac{5\pi}{9}\,;-\frac{4\pi}{9}\,;\frac{\pi}{9}\,;\frac{2\pi}{9}\,;\frac{7\pi}{9}\,;\frac{8\pi}{9}\right\}\).
• 7) \(2x=x+2k\pi\) donne \(x=2k\pi\) ; \(2x=-x+2k\pi\) donne \(x=\frac{2k\pi}{3}\). \(S=\left\{-\frac{2\pi}{3}\,;0\,;\frac{2\pi}{3}\right\}\).
• 8) \(\cos x=\sin\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\). \(3x=\frac{\pi}{2}-x+2k\pi\) donne \(x=\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{2}\) ; \(3x=\pi-\frac{\pi}{2}+x+2k\pi\) donne \(x=\frac{\pi}{4}+k\pi\). \(S=\left\{-\frac{7\pi}{8}\,;-\frac{3\pi}{4}\,;-\frac{3\pi}{8}\,;\frac{\pi}{8}\,;\frac{\pi}{4}\,;\frac{5\pi}{8}\right\}\).

Comme \(\cos\frac{\pi}{2}=0\) et \(2x-\pi=2\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\) :

\[ f(x)=\frac{2\cos x}{2\left(x-\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{\cos x-\cos\frac{\pi}{2}}{x-\frac{\pi}{2}}. \]

Ainsi, c’est le taux d’accroissement de la fonction cosinus entre \(\frac{\pi}{2}\) et \(x\). Ensuite, la fonction cosinus est dérivable en \(\frac{\pi}{2}\), de nombre dérivé \(-\sin\frac{\pi}{2}=-1\). Donc

\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}}f(x)=\cos^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-1. \]

Une fonction est paire si son domaine est symétrique et \(f(-x)=f(x)\), impaire si \(f(-x)=-f(x)\).

1) Affine \(ax+b\). \(f(-x)=-ax+b\). De même, paire \(\iff -ax+b=ax+b\) pour tout \(x\iff\) \(a=0\) (fonction constante). Ensuite, impaire \(\iff -ax+b=-ax-b\iff\) \(b=0\) (fonction linéaire).

2) Second degré (\(a\neq 0\)). \(f(-x)=ax^2-bx+c\). Puis paire \(\iff\) \(b=0\). De plus, impaire \(\iff ax^2-bx+c=-ax^2-bx-c\iff a=0\) et \(c=0\), impossible car \(a\neq 0\) : jamais impaire.

3) Homographique (\(c\neq 0\), \(ad-bc\neq 0\)). Par ailleurs, le domaine \(\mathbb{R}\setminus\left\{-\frac{d}{c}\right\}\) doit être symétrique : il faut \(d=0\). Par ailleurs, alors \(f(x)=\dfrac{ax+b}{cx}\) et \(f(-x)=\dfrac{ax-b}{cx}\).

• Paire \(\iff ax-b=ax+b\iff b=0\) ; mais avec \(d=0\), \(ad-bc=-bc\neq 0\) impose \(b\neq 0\) : jamais paire.
• Impaire \(\iff ax-b=-ax-b\iff a=0\) : impaire si et seulement si \(a=0\) et \(d=0\), c’est-à-dire \(f(x)=\dfrac{b}{cx}\).

4) Troisième degré (\(a\neq 0\)). \(f(-x)=-ax^3+bx^2-cx+d\). Ainsi, paire \(\iff a=0\) et \(c=0\) : impossible, jamais paire. De même, impaire \(\iff\) \(b=0\) et \(d=0\) (\(f(x)=ax^3+cx\)).

1) On utilise la périodicité \(2\pi\) et les angles associés.

\[ \begin{aligned} \text{a) } \sin(3\pi+x)&=\sin(\pi+x+2\pi)=\sin(\pi+x)=-\sin x \\ \text{b) } \cos\left(\tfrac{5\pi}{2}-x\right)&=\cos\left(\tfrac{\pi}{2}-x+2\pi\right)=\cos\left(\tfrac{\pi}{2}-x\right)=\sin x \\ \text{c) } \cos\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)&=\cos\left(\tfrac{\pi}{2}-x\right)=\sin x \\ \text{d) } \cos\left(\tfrac{\pi}{2}+x\right)&=-\sin x \end{aligned} \]

2) a) \(\sin(\pi-x)+\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin x+\sin x=2\sin x\).

b) \(\sin(\pi+x)=-\sin x\), \(\sin(\pi-x)=\sin x\), \(\sin(x-\pi)=-\sin(\pi-x)=-\sin x\) :

\[ 3(-\sin x)-2\sin x+4(-\sin x)=-9\sin x. \]

\[ \begin{aligned} 1)\ \cos(x-\pi)&=\cos(\pi-x)=-\cos x \\ 2)\ \sin\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)&=-\sin\left(\tfrac{\pi}{2}-x\right)=-\cos x \\ 3)\ \sin\left(x+\tfrac{\pi}{2}\right)&=\cos x \\ 4)\ \cos\left(x+\tfrac{\pi}{2}\right)&=-\sin x \end{aligned} \]

(On utilise la parité : \(\cos(-a)=\cos a\) et \(\sin(-a)=-\sin a\).)

1) Avec \(\cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b\) et \(\sin(a-b)=\sin a\cos b-\cos a\sin b\), pour \(a=\frac{\pi}{3}\), \(b=\frac{\pi}{4}\) :

\[ \begin{aligned} \cos\frac{\pi}{12}&=\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} \\ \sin\frac{\pi}{12}&=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} \end{aligned} \]

2) \(\frac{7\pi}{12}=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{12}\), donc

\[ \cos\frac{7\pi}{12}=-\sin\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4},\qquad\sin\frac{7\pi}{12}=\cos\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}. \]

Contrôle : \(\cos\frac{7\pi}{12}\approx -0{,}259\) (négatif, car \(\frac{7\pi}{12}\gt\frac{\pi}{2}\)) et \(\sin\frac{7\pi}{12}\approx 0{,}966\).

1) En développant avec les formules d’addition :

\[ \begin{aligned} \cos\left(x+\tfrac{\pi}{4}\right)-\cos\left(x-\tfrac{\pi}{4}\right)&=\left(\cos x\cos\tfrac{\pi}{4}-\sin x\sin\tfrac{\pi}{4}\right)-\left(\cos x\cos\tfrac{\pi}{4}+\sin x\sin\tfrac{\pi}{4}\right) \\ &=-2\sin x\times\frac{\sqrt{2}}{2}=-\sqrt{2}\sin x. \end{aligned} \]

2) On réduit au même dénominateur \(\sin 2x\sin x\) :

\[ \frac{\sin 5x}{\sin 2x}+\frac{\sin 2x}{\sin x}=\frac{\sin 5x\sin x+\sin^2 2x}{\sin 2x\sin x}. \]

Ensuite, avec \(5x=3x+2x\) et \(x=3x-2x\) :

\[ \begin{aligned} \sin 5x\sin x&=(\sin 3x\cos 2x+\cos 3x\sin 2x)(\sin 3x\cos 2x-\cos 3x\sin 2x) \\ &=\sin^2 3x\cos^2 2x-\cos^2 3x\sin^2 2x \\ &=\sin^2 3x(1-\sin^2 2x)-(1-\sin^2 3x)\sin^2 2x \\ &=\sin^2 3x-\sin^2 2x. \end{aligned} \]

Donc le numérateur vaut \(\sin^2 3x-\sin^2 2x+\sin^2 2x=(\sin 3x)^2\) : l’égalité est établie (pour \(\sin x\neq 0\) et \(\sin 2x\neq 0\)).

3) \(\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos\frac{\pi}{6}\) et \(\frac{1}{2}=\sin\frac{\pi}{6}\), donc le membre de gauche vaut \(\cos 2x\cos\frac{\pi}{6}+\sin 2x\sin\frac{\pi}{6}=\cos\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)\). Puis l’équation devient

\[ \cos\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)=\cos\frac{\pi}{7}\iff 2x-\frac{\pi}{6}=\pm\frac{\pi}{7}+2k\pi\iff x=\frac{13\pi}{84}+k\pi\ \text{ ou }\ x=\frac{\pi}{84}+k\pi. \]

De plus, dans \(]-\pi\,;\pi]\) : \(S=\left\{-\frac{83\pi}{84}\,;-\frac{71\pi}{84}\,;\frac{\pi}{84}\,;\frac{13\pi}{84}\right\}\).

On relève quelques points de la courbe : \(f(-10)=4\), \(f(-8)=-1\), \(f(-6)=2\), \(f(-4)=-4\), \(f(-2)=4\), \(f(0)=-1\), \(f(2)=2\), \(f(4)=-4\), \(f(6)=4\), \(f(8)=-1\). Puis le même motif revient tous les 8 unités.

1) a) La courbe est invariante par la translation de vecteur \(\vec{u}(8\,;0)\) (ou tout vecteur \((8k\,;0)\), \(k\in\mathbb{Z}\)).

b) La période est la plus petite longueur positive qui convient : \(T=8\).

2) Pour tout \(x\), \(f(x+8k)=f(x)\) :

• \(f(14)=f(14-16)=f(-2)=4\) ;
• \(f(-16)=f(-16+16)=f(0)=-1\) ;
• \(f(56)=f(56-56)=f(0)=-1\) ;
• \(f(58)=f(58-56)=f(2)=2\).

Une fonction \( f \) est \( T \)-périodique si, pour tout \( x \) de son ensemble de définition, \( x + T \) y est aussi et \( f(x + T) = f(x) \). Ensuite, on calcule donc \( f(x + T) \) et on utilise la périodicité de cosinus et sinus : \( \cos(a + 2\pi) = \cos a \), \( \sin(a + 2\pi) = \sin a \), et \( \cos(a + \pi) = -\cos a \), \( \sin(a + \pi) = -\sin a \).

1) \( f \) est définie sur \( \mathbb{R} \) et :

\[ f\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = \sin\left(6\left(x + \frac{\pi}{3}\right) – 3\right) = \sin(6x – 3 + 2\pi) = \sin(6x – 3) = f(x) \]

2) \( f \) est définie pour \( \cos x \neq 0 \), c’est-à-dire sur \( \mathbb{R} \) privé des réels \( \dfrac{\pi}{2} + k\pi \) (\( k \in \mathbb{Z} \)) ; cet ensemble est stable par ajout de \( \pi \). Et :

\[ f(x + \pi) = \frac{\sin(x + \pi)}{\cos(x + \pi)} = \frac{-\sin x}{-\cos x} = \frac{\sin x}{\cos x} = f(x) \]

3) Sur \( \mathbb{R} \) : \( f(x + \pi) = \cos^{2}(x + \pi) – \sin^{2}(x + \pi) = (-\cos x)^{2} – (-\sin x)^{2} = \cos^{2}x – \sin^{2}x = f(x) \). (On peut aussi remarquer que \( f(x) = \cos(2x) \).)

4) On transforme d’abord \( f(x) \) avec les formules d’addition :

\[ \begin{aligned} \cos(3x) &= \cos(2x + x) = \cos 2x \cos x – \sin 2x \sin x \\ &= \left(2\cos^{2}x – 1\right)\cos x – 2\sin^{2}x \cos x \\ &= \left(2\cos^{2}x – 1\right)\cos x – 2\left(1 – \cos^{2}x\right)\cos x \\ &= \left(4\cos^{2}x – 3\right)\cos x \end{aligned} \]

Donc \( f(x) = \cos(3x) \) sur \( \mathbb{R} \), et \( f\left(x + \dfrac{2\pi}{3}\right) = \cos(3x + 2\pi) = \cos(3x) = f(x) \).

On vérifie d’abord que l’ensemble de définition est symétrique par rapport à 0, puis on calcule \( f(-x) \). Puis pour prouver qu’une fonction n’est ni paire ni impaire, un contre-exemple suffit.

• \( f_1(x) = x^{2} + 4 \), sur \( \mathbb{R} \) : \( f_1(-x) = (-x)^{2} + 4 = f_1(x) \). \( f_1 \) est paire.
• \( f_2(x) = \dfrac{x}{x^{2} + 1} \), sur \( \mathbb{R} \) (car \( x^{2} + 1 \gt 0 \)) : \( f_2(-x) = \dfrac{-x}{x^{2} + 1} = -f_2(x) \). \( f_2 \) est impaire.
• \( f_3(x) = \dfrac{1 + x^{2} + x^{4}}{x\left(x^{2} + x^{4}\right)} \) : le dénominateur vaut \( x^{3}\left(1 + x^{2}\right) \), nul seulement en 0. Sur \( \mathbb{R}^{*} \), symétrique : \( f_3(-x) = \dfrac{1 + x^{2} + x^{4}}{-x\left(x^{2} + x^{4}\right)} = -f_3(x) \). \( f_3 \) est impaire.
• \( f_4(x) = \dfrac{2x + 1}{x – 2} \) est définie sur \( \mathbb{R} \setminus \{2\} \) : \( -2 \) est dans cet ensemble mais pas \( 2 \). L’ensemble n’est pas symétrique : \( f_4 \) n’est ni paire ni impaire.
• \( f_5(x) = \lfloor x \rfloor \) (partie entière), sur \( \mathbb{R} \) : \( f_5(0{,}5) = 0 \) et \( f_5(-0{,}5) = -1 \). On n’a ni \( f_5(-0{,}5) = f_5(0{,}5) \) ni \( f_5(-0{,}5) = -f_5(0{,}5) \) : \( f_5 \) n’est ni paire ni impaire.
• \( f_6(x) = |x| \), sur \( \mathbb{R} \) : \( |-x| = |x| \). \( f_6 \) est paire.
• \( f_7(x) = \cos x + \sin x \), sur \( \mathbb{R} \) : \( f_7(-x) = \cos x – \sin x \). Contre-exemple : \( f_7\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2} \) et \( f_7\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = 0 \), qui n’est égal ni à \( \sqrt{2} \) ni à \( -\sqrt{2} \). \( f_7 \) n’est ni paire ni impaire.
• \( f_8(x) = \cos(x + \pi) = -\cos x \), sur \( \mathbb{R} \) : \( f_8(-x) = -\cos(-x) = -\cos x = f_8(x) \). \( f_8 \) est paire.

La situation de l’« exercice 1 » auquel renvoie l’énoncé (celui du manuel d’origine) est la situation classique : M est le point du cercle trigonométrique associé au réel \( x \in \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \), P et Q sont ses projetés sur les axes, de sorte que OPMQ est un rectangle de côtés \( OP = \cos x \) et \( OQ = \sin x \). Par ailleurs, c’est bien cette fonction que l’écran de calcul formel dérive.

a) Le périmètre d’un rectangle vaut deux fois la somme de ses côtés :

\[ p(x) = 2(\cos x + \sin x) \]

b) La ligne 1 donne la dérivée de \( \cos x + \sin x \) : \( -\sin x + \cos x \). Donc \( p^{\prime}(x) = 2(\cos x – \sin x) \). De plus, la ligne 2 indique que, sur \( \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \), \( -\sin x + \cos x \geqslant 0 \iff x \leqslant \dfrac{\pi}{4} \).

Donc \( p^{\prime}(x) \geqslant 0 \) sur \( \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{4}\right] \) et \( p^{\prime}(x) \leqslant 0 \) sur \( \left[\dfrac{\pi}{4} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \) : \( p \) est croissante puis décroissante, et atteint son maximum en \( \dfrac{\pi}{4} \) :

\[ p\left(\frac{\pi}{4}\right) = 2\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2\sqrt{2} \approx 2{,}83 \]

Ainsi, aux bornes, \( p(0) = p\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 2 \) : c’est le minimum (rectangle aplati). Ensuite, le rectangle de plus grand périmètre est le carré obtenu pour \( x = \dfrac{\pi}{4} \).

\( f(x) = \cos\left(\dfrac{1}{2}x\right) \) est dérivable sur \( [-\pi \,;\, \pi] \), et avec \( \left(\cos(ax + b)\right)^{\prime} = -a\sin(ax + b) \) :

\[ f^{\prime}(x) = -\frac{1}{2}\sin\left(\frac{x}{2}\right) \]

De même, quand \( x \in [-\pi \,;\, \pi] \), \( \dfrac{x}{2} \in \left[-\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \). Ensuite, sur cet intervalle, \( \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) \) est du signe de \( x \) : négatif pour \( x \lt 0 \), positif pour \( x \gt 0 \). Donc \( f^{\prime}(x) \geqslant 0 \) sur \( [-\pi \,;\, 0] \) et \( f^{\prime}(x) \leqslant 0 \) sur \( [0 \,;\, \pi] \).

Valeurs : \( f(-\pi) = \cos\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 \), \( f(0) = 1 \), \( f(\pi) = \cos\dfrac{\pi}{2} = 0 \).

Formules utilisées : \( (\cos u)^{\prime} = -u^{\prime}\sin u \), \( (\sin u)^{\prime} = u^{\prime}\cos u \), \( (uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime} \), \( \left(u^{2}\right)^{\prime} = 2u^{\prime}u \), \( \left(\dfrac{1}{v}\right)^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^{2}} \), \( \left(\dfrac{u}{v}\right)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^{2}} \).

a) \( f^{\prime}(x) = -2\sin(2x) \).

b) \( g^{\prime}(x) = 1 \times \cos x + x \times (-\sin x) = \cos x – x\sin x \).

c) \( h^{\prime}(x) = 2 \times (-\sin x) \times \cos x = -2\sin x\cos x \) \( (= -\sin 2x) \).

d) Sur \( ]0 \,;\, \pi[ \), \( \sin x \gt 0 \), donc \( i \) est dérivable et \( i^{\prime}(x) = 2 \times \left(-\dfrac{\cos x}{\sin^{2}x}\right) = -\dfrac{2\cos x}{\sin^{2}x} \).

e) Sur \( \left]-\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right[ \), \( \cos x \gt 0 \), et :

\[ j^{\prime}(x) = \frac{\cos x \times \cos x – \sin x \times (-\sin x)}{\cos^{2}x} = \frac{\cos^{2}x + \sin^{2}x}{\cos^{2}x} = \frac{1}{\cos^{2}x} \]

Conjecture. À la calculatrice (en mode radians) : \( f(0{,}1) \approx 2{,}955 \), \( f(0{,}01) \approx 2{,}9996 \), \( f(-0{,}01) \approx 2{,}9996 \). Par ailleurs, on conjecture que \( \displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 3 \).

Démonstration. On fait apparaître la limite de référence \( \displaystyle\lim_{X \to 0} \frac{\sin X}{X} = 1 \) : pour \( x \neq 0 \),

\[ f(x) = \frac{\sin(3x)}{x} = 3 \times \frac{\sin(3x)}{3x} \]

Puis on pose \( X = 3x \) : quand \( x \) tend vers 0, \( X \) tend vers 0, donc \( \dfrac{\sin(3x)}{3x} \) tend vers 1. De plus, par produit, \( f(x) \) tend vers \( 3 \times 1 = 3 \).

(Autre méthode : \( \dfrac{\sin(3x) – \sin 0}{x – 0} \) est le taux d’accroissement en 0 de \( x \mapsto \sin 3x \), dont la dérivée \( 3\cos 3x \) vaut 3 en 0.)

1) Pour tout \( n \), \( -1 \leqslant \cos n \leqslant 1 \), et \( 3n^{2} + 5 \gt 0 \), donc :

\[ \frac{2n^{2} – 1}{3n^{2} + 5} \leqslant u_n \leqslant \frac{2n^{2} + 1}{3n^{2} + 5} \]

Par ailleurs, en factorisant par \( n^{2} \) (pour \( n \geqslant 1 \)) : \( \dfrac{2n^{2} \pm 1}{3n^{2} + 5} = \dfrac{2 \pm \frac{1}{n^{2}}}{3 + \frac{5}{n^{2}}} \), qui tend vers \( \dfrac{2}{3} \) dans les deux cas. Ainsi, d’après le théorème des gendarmes, \( (u_n) \) converge vers \( \dfrac{2}{3} \).

2) Pour \( n \geqslant 1 \), on sépare : \( v_n = \dfrac{\cos n}{\sqrt{n}} – \dfrac{2n}{\sqrt{n}} = \dfrac{\cos n}{\sqrt{n}} – 2\sqrt{n} \). De même, comme \( \cos n \leqslant 1 \) :

\[ v_n \leqslant \frac{1}{\sqrt{n}} – 2\sqrt{n} \]

Or \( \dfrac{1}{\sqrt{n}} \) tend vers 0 et \( -2\sqrt{n} \) tend vers \( -\infty \) : le majorant tend vers \( -\infty \). Ensuite, par comparaison, \( (v_n) \) tend vers \( -\infty \).

Attention : l’énoncé demande de « montrer que \( (v_n) \) converge », mais ce n’est pas possible : une suite qui tend vers \( -\infty \) est divergente. Puis la conclusion correcte est donc : \( (v_n) \) diverge vers \( -\infty \).

1) Pour tout réel \( x \) : \( f(x + 2\pi) = \sqrt{3}\cos(x + 2\pi) – \sin(x + 2\pi) = \sqrt{3}\cos x – \sin x = f(x) \). \( f \) est \( 2\pi \)-périodique.

2) Avec la formule \( \cos(a + b) = \cos a\cos b – \sin a\sin b \), \( \cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \) et \( \sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2} \) :

\[ 2\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x – \frac{1}{2}\sin x\right) = \sqrt{3}\cos x – \sin x = f(x) \]

3) \( f^{\prime}(x) = -2\sin\left(x + \dfrac{\pi}{6}\right) \). Ensuite, on étudie le signe de \( \sin X \) avec \( X = x + \dfrac{\pi}{6} \) :

• si \( x \in \left[0 \,;\, \dfrac{5\pi}{6}\right] \), \( X \in \left[\dfrac{\pi}{6} \,;\, \pi\right] \) : \( \sin X \geqslant 0 \), donc \( f^{\prime}(x) \leqslant 0 \) : \( f \) décroissante ;
• si \( x \in \left[\dfrac{5\pi}{6} \,;\, \dfrac{11\pi}{6}\right] \), \( X \in [\pi \,;\, 2\pi] \) : \( \sin X \leqslant 0 \), donc \( f^{\prime}(x) \geqslant 0 \) : \( f \) croissante ;
• si \( x \in \left[\dfrac{11\pi}{6} \,;\, 2\pi\right] \), \( X \in \left[2\pi \,;\, \dfrac{13\pi}{6}\right] \) : \( \sin X \geqslant 0 \), donc \( f^{\prime}(x) \leqslant 0 \) : \( f \) décroissante.

4) Valeurs : \( f(0) = \sqrt{3} \), \( f\left(\dfrac{5\pi}{6}\right) = 2\cos\pi = -2 \), \( f\left(\dfrac{11\pi}{6}\right) = 2\cos 2\pi = 2 \), \( f(2\pi) = f(0) = \sqrt{3} \).

1) a) \( f^{(1)}(x) = -\sin x \), \( f^{(2)}(x) = -\cos x \), \( f^{(3)}(x) = \sin x \) (et \( f^{(4)}(x) = \cos x \) : on revient au départ).

b) On raisonne par récurrence sur \( n \). Puis soit \( P(n) \) : « pour tout réel \( x \), \( f^{(n)}(x) = \cos\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \) ».

• Initialisation : \( f^{(0)}(x) = \cos x = \cos\left(x + \dfrac{0 \times \pi}{2}\right) \), donc \( P(0) \) est vraie.
• Hérédité : supposons \( P(n) \) vraie pour un entier \( n \). En dérivant, \( f^{(n+1)}(x) = -\sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \). Or, pour tout réel \( a \), \( \cos\left(a + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin a \). Avec \( a = x + \dfrac{n\pi}{2} \) :
  \[ f^{(n+1)}(x) = \cos\left(x + \frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{2}\right) = \cos\left(x + \frac{(n + 1)\pi}{2}\right) \]
  donc \( P(n + 1) \) est vraie.
• Conclusion : pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( f^{(n)}(x) = \cos\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \).

Contrôle : pour \( n = 1 \), \( \cos\left(x + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\sin x \), et pour \( n = 2 \), \( \cos(x + \pi) = -\cos x \) : on retrouve le 1) a).

2) Pour \( g^{(0)} = \sin \), on démontre de même que \( g^{(n)}(x) = \sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \). Initialisation : \( g^{(0)}(x) = \sin x \). Hérédité : si \( g^{(n)}(x) = \sin\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \), alors \( g^{(n+1)}(x) = \cos\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right) \), et comme \( \sin\left(a + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos a \), on obtient \( g^{(n+1)}(x) = \sin\left(x + \dfrac{(n + 1)\pi}{2}\right) \).

1) \( f = \sqrt{u} \) avec \( u(x) = \dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{x}{2} + 3 = \dfrac{(x + 1)^{2}}{4} + \dfrac{11}{4} \gt 0 \) : \( f \) est dérivable sur \( \mathbb{R} \) et

\[ f^{\prime}(x) = \frac{u^{\prime}(x)}{2\sqrt{u(x)}} = \frac{\frac{x}{2} + \frac{1}{2}}{2\sqrt{u(x)}} = \frac{x + 1}{4\sqrt{u(x)}} \]

\( f^{\prime}(x) = 0 \iff x + 1 = 0 \iff \) \( x = -1 \).

2) Sur \( \left]-\sqrt{2} \,;\, \sqrt{2}\right[ \), \( 2 – x^{2} \gt 0 \). De plus, avec \( \left(\dfrac{u}{v}\right)^{\prime} \), \( u = x^{2} \), \( v = \sqrt{2 – x^{2}} \), \( v^{\prime} = \dfrac{-x}{\sqrt{2 – x^{2}}} \) :

\[ g^{\prime}(x) = \frac{2x\sqrt{2 – x^{2}} + \frac{x^{3}}{\sqrt{2 – x^{2}}}}{2 – x^{2}} = \frac{2x\left(2 – x^{2}\right) + x^{3}}{\left(2 – x^{2}\right)\sqrt{2 – x^{2}}} = \frac{x\left(4 – x^{2}\right)}{\left(2 – x^{2}\right)\sqrt{2 – x^{2}}} \]

\( g^{\prime}(x) = 0 \iff x = 0 \) ou \( x^{2} = 4 \). Par ailleurs, mais \( \pm 2 \) ne sont pas dans \( \left]-\sqrt{2} \,;\, \sqrt{2}\right[ \) (car \( \sqrt{2} \approx 1{,}41 \)). Ainsi, seule valeur : \( x = 0 \).

3) Le dénominateur \( \sin^{2}x + 2 \) ne s’annule jamais. Puis on dérive :

\[ h^{\prime}(x) = \frac{-\sin x\left(\sin^{2}x + 2\right) – (\cos x + 2) \times 2\sin x\cos x}{\left(\sin^{2}x + 2\right)^{2}} = \frac{-\sin x\left(\sin^{2}x + 2 + 2\cos^{2}x + 4\cos x\right)}{\left(\sin^{2}x + 2\right)^{2}} \]

De même, avec \( \sin^{2}x = 1 – \cos^{2}x \), la parenthèse devient \( \cos^{2}x + 4\cos x + 3 = (\cos x + 1)(\cos x + 3) \). Donc :

\[ h^{\prime}(x) = \frac{-\sin x\,(\cos x + 1)(\cos x + 3)}{\left(\sin^{2}x + 2\right)^{2}} \]

\( \cos x + 3 \geqslant 2 \) ne s’annule pas. \( h^{\prime}(x) = 0 \iff \sin x = 0 \) ou \( \cos x = -1 \). Or \( \sin x = 0 \iff x = k\pi \), et \( \cos x = -1 \iff x = \pi + 2k\pi \), déjà compris. Donc \( x = k\pi \), \( k \in \mathbb{Z} \).

1) La fonction racine carrée est dérivable sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \), et \( 2 + \sqrt{x} \gt 0 \) : \( f \) est dérivable sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) comme quotient. Ensuite, avec \( u(x) = 2x – \sqrt{x} \), \( u^{\prime}(x) = 2 – \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \), \( v(x) = 2 + \sqrt{x} \), \( v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \) :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{\left(2 – \frac{1}{2\sqrt{x}}\right)\left(2 + \sqrt{x}\right) – \left(2x – \sqrt{x}\right)\frac{1}{2\sqrt{x}}}{\left(2 + \sqrt{x}\right)^{2}} \]

Puis on multiplie le numérateur et le dénominateur par \( 2\sqrt{x} \). De plus, le numérateur devient :

\[ \left(4\sqrt{x} – 1\right)\left(2 + \sqrt{x}\right) – \left(2x – \sqrt{x}\right) = 8\sqrt{x} + 4x – 2 – \sqrt{x} – 2x + \sqrt{x} = 2x + 8\sqrt{x} – 2 \]

d’où \( f^{\prime}(x) = \dfrac{2\left(x + 4\sqrt{x} – 1\right)}{2\sqrt{x}\left(2 + \sqrt{x}\right)^{2}} = \dfrac{x + 4\sqrt{x} – 1}{\sqrt{x}\left(2 + \sqrt{x}\right)^{2}} \).

2) \( X^{2} + 4X – 1 = 0 \) : \( \Delta = 16 + 4 = 20 \), \( \sqrt{\Delta} = 2\sqrt{5} \), donc \( X_1 = -2 – \sqrt{5} \) et \( X_2 = -2 + \sqrt{5} \).

De plus, le dénominateur de \( f^{\prime}(x) \) est strictement positif ; son signe est celui de \( x + 4\sqrt{x} – 1 = X^{2} + 4X – 1 \) avec \( X = \sqrt{x} \geqslant 0 \). Ensuite, ce trinôme est négatif entre ses racines et positif à l’extérieur ; comme \( X \geqslant 0 \gt X_1 \) :

• \( f^{\prime}(x) \lt 0 \iff \sqrt{x} \lt \sqrt{5} – 2 \iff x \lt \left(\sqrt{5} – 2\right)^{2} = 9 – 4\sqrt{5} \) ;
• \( f^{\prime}(x) \gt 0 \iff x \gt 9 – 4\sqrt{5} \) (avec \( 9 – 4\sqrt{5} \approx 0{,}056 \)).

3) Valeurs et limite :

• \( f(0) = 0 \) ;
• en \( x_0 = 9 – 4\sqrt{5} \), \( \sqrt{x_0} = \sqrt{5} – 2 \), donc \( f(x_0) = \dfrac{2\left(9 – 4\sqrt{5}\right) – \left(\sqrt{5} – 2\right)}{\sqrt{5}} = \dfrac{20 – 9\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 4\sqrt{5} – 9 \approx -0{,}056 \) ;
• en \( +\infty \) : \( f(x) = \dfrac{\sqrt{x}\left(2\sqrt{x} – 1\right)}{\sqrt{x}\left(\frac{2}{\sqrt{x}} + 1\right)} = \dfrac{2\sqrt{x} – 1}{\frac{2}{\sqrt{x}} + 1} \), qui tend vers \( +\infty \).

La tangente au point d’abscisse \( x_0 \) a pour équation \( y = f^{\prime}(x_0)(x – x_0) + f(x_0) \).

1) \( f(1) = \dfrac{-1}{5} \) et \( f^{\prime}(x) = \dfrac{2(x + 4) – (2x – 3)}{(x + 4)^{2}} = \dfrac{11}{(x + 4)^{2}} \), donc \( f^{\prime}(1) = \dfrac{11}{25} \).

\[ y = \frac{11}{25}(x – 1) – \frac{1}{5} \iff y = \frac{11}{25}x – \frac{16}{25} \]

2) \( f \) est dérivable sur \( ]-1 \,;\, +\infty[ \). \( f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \). Et :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{\sqrt{x + 1} – \frac{x}{2\sqrt{x + 1}}}{x + 1} = \frac{2(x + 1) – x}{2(x + 1)\sqrt{x + 1}} = \frac{x + 2}{2(x + 1)\sqrt{x + 1}} \]

\( f^{\prime}\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{\frac{3}{2}}{2 \times \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2} \). D’où :

\[ y = \frac{3\sqrt{2}}{2}\left(x + \frac{1}{2}\right) – \frac{\sqrt{2}}{2} \iff y = \frac{3\sqrt{2}}{2}x + \frac{\sqrt{2}}{4} \]

3) \( f(2) = \dfrac{16}{27} \) et, en factorisant par \( (x + 1)^{2} \) :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{8x(x + 1)^{3} – 4x^{2} \times 3(x + 1)^{2}}{(x + 1)^{6}} = \frac{4x\left(2(x + 1) – 3x\right)}{(x + 1)^{4}} = \frac{4x(2 – x)}{(x + 1)^{4}} \]

\( f^{\prime}(2) = 0 \) : la tangente est horizontale, d’équation \( y = \dfrac{16}{27} \).

1) \( f(x) \) existe si \( x + 3 \geqslant 0 \) et \( \sqrt{x + 3} \neq 0 \), soit \( x \gt -3 \). Par ailleurs, la racine carrée est dérivable là où son contenu est strictement positif, donc sur le même ensemble : \( \mathcal{D}_f = \mathcal{D}_{f^{\prime}} = ]-3 \,;\, +\infty[ \).

2) On remarque que \( x^{2} + 2x + 1 = (x + 1)^{2} \). Par ailleurs, avec \( u = (x + 1)^{2} \), \( u^{\prime} = 2(x + 1) \), \( v = \sqrt{x + 3} \), \( v^{\prime} = \dfrac{1}{2\sqrt{x + 3}} \) :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{2(x + 1)\sqrt{x + 3} – \frac{(x + 1)^{2}}{2\sqrt{x + 3}}}{x + 3} = \frac{(x + 1)\left[4(x + 3) – (x + 1)\right]}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}} = \frac{(x + 1)(3x + 11)}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}} \]

(on a multiplié numérateur et dénominateur par \( 2\sqrt{x + 3} \)).

3) Sur \( ]-3 \,;\, +\infty[ \), le dénominateur est positif et \( 3x + 11 \gt 3 \times (-3) + 11 = 2 \gt 0 \). Puis le signe de \( f^{\prime}(x) \) est celui de \( x + 1 \). Limites : en \( -3 \), le numérateur tend vers 4 et \( \sqrt{x + 3} \) vers \( 0^{+} \), donc \( f \) tend vers \( +\infty \) ; en \( +\infty \), \( f(x) = \dfrac{(x + 1)^{2}}{\sqrt{x + 3}} \geqslant \dfrac{(x + 1)^{2}}{x + 3} \) pour \( x \geqslant -2 \), qui tend vers \( +\infty \). Ainsi, et \( f(-1) = 0 \).

4) D’après le tableau, pour tout \( x \gt -3 \), \( f(x) \geqslant f(-1) = 0 \) : \( f \) admet un minimum, égal à 0, atteint en \( x = -1 \). (On le voit aussi directement : \( f(x) \) est le quotient d’un carré par un nombre positif.)

Sur chaque intervalle \( I \), les dénominateurs ne s’annulent pas : les fonctions sont dérivables comme produits, quotients ou puissances de fonctions dérivables. Ensuite, on utilise \( \left(u^{n}\right)^{\prime} = n\,u^{\prime}u^{n – 1} \), valable aussi pour \( n \) entier négatif là où \( u \neq 0 \).

1) Sur \( ]2 \,;\, +\infty[ \), \( x – 2 \neq 0 \). \( f(x) = \dfrac{5}{3}(x – 2)^{-4} \), donc \( f^{\prime}(x) = \dfrac{5}{3} \times (-4)(x – 2)^{-5} = -\dfrac{20}{3(x – 2)^{5}} \).

2) Sur \( ]-1 \,;\, +\infty[ \), \( x + 1 \neq 0 \). De même, avec la formule du quotient, puis en simplifiant par \( (x + 1)^{2} \) :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{2x(x + 1)^{3} – 3x^{2}(x + 1)^{2}}{(x + 1)^{6}} = \frac{x\left(2(x + 1) – 3x\right)}{(x + 1)^{4}} = \frac{x(2 – x)}{(x + 1)^{4}} \]

3) Sur \( ]2 \,;\, +\infty[ \), \( f = u^{2} \) avec \( u(x) = \dfrac{x + 2}{x – 2} \), \( u^{\prime}(x) = \dfrac{(x – 2) – (x + 2)}{(x – 2)^{2}} = \dfrac{-4}{(x – 2)^{2}} \). Donc :

\[ f^{\prime}(x) = 2 \times \frac{-4}{(x – 2)^{2}} \times \frac{x + 2}{x – 2} = -\frac{8(x + 2)}{(x – 2)^{3}} \]

4) Sur \( \left]\dfrac{1}{2} \,;\, +\infty\right[ \), \( 2x – 1 \neq 0 \). \( f(x) = (x – 2)^{3} + (2x – 1)^{-3} \), donc :

\[ f^{\prime}(x) = 3(x – 2)^{2} + (-3) \times 2 \times (2x – 1)^{-4} = 3(x – 2)^{2} – \frac{6}{(2x – 1)^{4}} \]

Toutes ces fonctions sont dérivables sur \( \mathbb{R} \) (pour la 8), le dénominateur \( 2\cos x – 3 \leqslant 2 – 3 = -1 \) ne s’annule jamais).

1. \( f^{\prime}(x) = 2x – \sin x \).
2. \( f^{\prime}(x) = 2\cos(2x) \).
3. \( f^{\prime}(x) = -\sin x \times \sin x + \cos x \times \cos x = \cos^{2}x – \sin^{2}x \) \( (= \cos 2x) \).
4. \( f^{\prime}(x) = 2\cos x\sin x \) \( (= \sin 2x) \).
5. \( f^{\prime}(x) = 2x\cos x – x^{2}\sin x \).
6. \( f^{\prime}(x) = -2\sin x\cos x \) \( (= -\sin 2x) \).
7. \( f^{\prime}(x) = \cos x – \sin x \).
8. Avec la formule du quotient :
   \[ f^{\prime}(x) = \frac{-2\sin x\,(2\cos x – 3) – (2\cos x + 3)(-2\sin x)}{(2\cos x – 3)^{2}} = \frac{-2\sin x\left[(2\cos x – 3) – (2\cos x + 3)\right]}{(2\cos x – 3)^{2}} = \frac{12\sin x}{(2\cos x – 3)^{2}} \]

Limite en \( -\dfrac{\pi}{4} \). On pose \( X = x + \dfrac{\pi}{4} \) : quand \( x \) tend vers \( -\dfrac{\pi}{4} \), \( X \) tend vers 0. Ensuite, avec la formule d’addition :

\[ \sqrt{2}\sin X = \sqrt{2}\left(\sin x\cos\frac{\pi}{4} + \cos x\sin\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin x + \cos x) = \sin x + \cos x \]

Donc \( \dfrac{\sin x + \cos x}{x + \frac{\pi}{4}} = \sqrt{2} \times \dfrac{\sin X}{X} \), qui tend vers \( \sqrt{2} \times 1 \) : la limite vaut \( \sqrt{2} \).

1) On factorise : \( \sin 2x – 2\sin x = 2\sin x\cos x – 2\sin x = 2\sin x(\cos x – 1) \). Donc, pour \( x \neq 0 \) :

\[ \frac{\sin 2x – 2\sin x}{x^{2}} = 2 \times \frac{\sin x}{x} \times \frac{\cos x – 1}{x} \]

\( \dfrac{\sin x}{x} \) tend vers 1, et \( \dfrac{\cos x – 1}{x} = \dfrac{\cos x – \cos 0}{x – 0} \) tend vers le nombre dérivé de cosinus en 0, soit \( -\sin 0 = 0 \). Puis la limite vaut \( 2 \times 1 \times 0 = \) 0.

2) On pose \( g(x) = \cos\dfrac{1}{x} \) : \( g\left(\dfrac{2}{\pi}\right) = \cos\dfrac{\pi}{2} = 0 \), et \( g^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{x^{2}} \times \left(-\sin\dfrac{1}{x}\right) = \dfrac{1}{x^{2}}\sin\dfrac{1}{x} \), donc \( g^{\prime}\left(\dfrac{2}{\pi}\right) = \dfrac{\pi^{2}}{4} \times \sin\dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi^{2}}{4} \). De plus, pour \( x \neq \dfrac{2}{\pi} \) (proche) :

\[ \frac{\pi x – 2}{\cos\frac{1}{x}} = \frac{\pi\left(x – \frac{2}{\pi}\right)}{g(x) – g\left(\frac{2}{\pi}\right)} = \frac{\pi}{\dfrac{g(x) – g\left(\frac{2}{\pi}\right)}{x – \frac{2}{\pi}}} \]

Puis le taux d’accroissement du dénominateur tend vers \( g^{\prime}\left(\dfrac{2}{\pi}\right) = \dfrac{\pi^{2}}{4} \neq 0 \), donc la limite vaut \( \pi \times \dfrac{4}{\pi^{2}} = \) \( \dfrac{4}{\pi} \).

Pour \( y = a\sin(\omega x) \) avec \( a \gt 0 \) et \( \omega \gt 0 \) : l’amplitude (valeur maximale) est \( a \) et la période est \( T = \dfrac{2\pi}{\omega} \), donc \( \omega = \dfrac{2\pi}{T} \). Ensuite, on vérifie aussi le sens : juste après 0, les deux courbes montent, donc \( a \gt 0 \).

Courbe \( \mathscr{C} \) (rouge). Elle oscille entre \( -0{,}5 \) et \( 0{,}5 \) : \( a = 0{,}5 \). Par ailleurs, elle s’annule en 0, \( \pi \), \( 2\pi \)… et reprend la même allure tous les \( 2\pi \) (maximum en \( \dfrac{\pi}{2} \), minimum en \( \dfrac{3\pi}{2} \)) : \( T = 2\pi \), donc \( \omega = 1 \). Équation : \( y = 0{,}5\sin x \).

Courbe \( \mathscr{C}^{\prime} \) (violette). Elle oscille entre \( -2 \) et \( 2 \) : \( a = 2 \). Puis elle vaut 0 en 0, atteint son maximum en \( 2\pi \), revient à 0 en \( 4\pi \), et son minimum est en \( -2\pi \) : une période complète va de \( -4\pi \) à \( 4\pi \), soit \( T = 8\pi \). Donc \( \omega = \dfrac{2\pi}{8\pi} = \dfrac{1}{4} \). Équation : \( y = 2\sin\left(\dfrac{x}{4}\right) \).

Vérification : \( 2\sin\left(\dfrac{2\pi}{4}\right) = 2\sin\dfrac{\pi}{2} = 2 \), c’est bien le maximum lu en \( 2\pi \).

1) Faux. \( f^{\prime}(x) = 2 \times \left(-\sin\left(x – \dfrac{\pi}{4}\right)\right) = -2\sin\left(x – \dfrac{\pi}{4}\right) \) : il manque le signe moins. De plus, par exemple, \( f^{\prime}\left(\dfrac{3\pi}{4}\right) = -2 \) alors que l’affirmation donnerait \( 2 \).

2) Vrai. \( f(x) = 0 \iff \cos\left(x – \dfrac{\pi}{4}\right) = 0 \iff x – \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} + k\pi \iff x = \dfrac{3\pi}{4} + k\pi \), \( k \in \mathbb{Z} \).

3) Vrai. Si \( x \in \left[-\dfrac{\pi}{4} \,;\, \dfrac{\pi}{4}\right] \), alors \( x – \dfrac{\pi}{4} \in \left[-\dfrac{\pi}{2} \,;\, 0\right] \), où le sinus est négatif et ne s’annule qu’en 0. Donc \( f^{\prime}(x) = -2\sin\left(x – \dfrac{\pi}{4}\right) \geqslant 0 \), nul seulement en \( \dfrac{\pi}{4} \) : \( f \) est strictement croissante sur cet intervalle (elle passe de \( 2\cos\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 \) à \( 2\cos 0 = 2 \)).

4) Faux. \( f(x) = \sqrt{2} \iff \cos\left(x – \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \cos\dfrac{\pi}{4} \iff x – \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi \) ou \( x – \dfrac{\pi}{4} = -\dfrac{\pi}{4} + 2k\pi \), soit \( x = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi \) ou \( x = 2k\pi \). Ensuite, L’affirmation oublie la seconde famille : par exemple \( f(0) = 2\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2} \), alors que 0 n’est pas de la forme \( \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi \).

Rappels : \( \sqrt{u} \) est dérivable là où \( u \gt 0 \), avec \( \left(\sqrt{u}\right)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}} \) ; \( \left(u^{n}\right)^{\prime} = n\,u^{\prime}u^{n – 1} \).

1) \( 3x – 7 \gt 0 \iff x \gt \dfrac{7}{3} \) : \( \mathcal{D}^{\prime} = \left]\dfrac{7}{3} \,;\, +\infty\right[ \) et \( f^{\prime}(x) = \dfrac{3}{2\sqrt{3x – 7}} \).

2) Polynôme : \( \mathcal{D}^{\prime} = \mathbb{R} \) et \( g^{\prime}(x) = 2 \times 15x^{2} \times \left(5x^{3} – 3\right) = 30x^{2}\left(5x^{3} – 3\right) \).

3) \( h(x) = (x + 6)^{-3} \) : \( \mathcal{D}^{\prime} = \mathbb{R} \setminus \{-6\} \) et \( h^{\prime}(x) = -3(x + 6)^{-4} = -\dfrac{3}{(x + 6)^{4}} \).

4) \( \sqrt{x} \) est dérivable sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) : \( \mathcal{D}^{\prime} = ]0 \,;\, +\infty[ \) et

\[ a^{\prime}(x) = 2 \times \left(-\frac{2}{2\sqrt{x}}\right)\left(1 – 2\sqrt{x}\right) = -\frac{2\left(1 – 2\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}} = 4 – \frac{2}{\sqrt{x}} \]

5) \( x^{2} – 1 \gt 0 \iff x \lt -1 \) ou \( x \gt 1 \) : \( \mathcal{D}^{\prime} = ]-\infty \,;\, -1[ \cup ]1 \,;\, +\infty[ \) et \( b^{\prime}(x) = \dfrac{2x}{2\sqrt{x^{2} – 1}} = \dfrac{x}{\sqrt{x^{2} – 1}} \).

6) \( 10 – x \gt 0 \iff x \lt 10 \) : \( \mathcal{D}^{\prime} = ]-\infty \,;\, 10[ \). Par ailleurs, avec \( \left(\dfrac{1}{v}\right)^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^{2}} \) et \( v = \sqrt{10 – x} \), \( v^{\prime} = \dfrac{-1}{2\sqrt{10 – x}} \) :

\[ c^{\prime}(x) = \frac{\frac{1}{2\sqrt{10 – x}}}{10 – x} = \frac{1}{2(10 – x)\sqrt{10 – x}} \]

On compare les deux fonctions :

• \( f(x) = 2\cos x \) oscille entre \( -2 \) et \( 2 \), avec \( f(0) = 2 \), et a pour période \( 2\pi \) ;
• \( g(x) = \cos 2x \) oscille entre \( -1 \) et \( 1 \), avec \( g(0) = 1 \), et a pour période \( \pi \) (car \( \cos(2(x + \pi)) = \cos(2x + 2\pi) = \cos 2x \)).

Ainsi, sur le graphique, \( \mathscr{C}^{\prime} \) (rouge) atteint sur l’axe des ordonnées un maximum deux fois plus haut que celui de \( \mathscr{C} \) (verte) : c’est donc \( f \), de maximum 2, et \( \mathscr{C} \) est celle de \( g \), de maximum 1. De plus, \( \mathscr{C} \) a deux fois plus d’oscillations que \( \mathscr{C}^{\prime} \) sur la même largeur : sa période est deux fois plus petite, ce qui confirme \( \pi \) pour \( g \) contre \( 2\pi \) pour \( f \).

On utilise le cercle trigonométrique : \( \cos t = \cos a \iff t = a + 2k\pi \) ou \( t = -a + 2k\pi \), et \( \sin t = \sin a \iff t = a + 2k\pi \) ou \( t = \pi – a + 2k\pi \) (\( k \in \mathbb{Z} \)). Puis on garde ensuite les solutions de l’intervalle I.

1) \( \cos t = \cos \dfrac{\pi}{6} \) : \( t = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \) ou \( t = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \). De plus, dans \( I = \left[-\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \), seules les valeurs obtenues pour \( k = 0 \) conviennent :

\[ S = \left\{ -\frac{\pi}{6} \,;\, \frac{\pi}{6} \right\} \]

2) \( \sin t = \sin \dfrac{\pi}{3} \) : \( t = \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi \) ou \( t = \pi – \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi = \dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi \). Ensuite, dans \( I = \left]-\pi \,;\, \pi\right] \) (longueur \( 2\pi \)), on garde \( k = 0 \) :

\[ S = \left\{ \frac{\pi}{3} \,;\, \frac{2\pi}{3} \right\} \]

3) \( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) \), donc \( t = -\dfrac{\pi}{4} + 2k\pi \) ou \( t = \pi + \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi = \dfrac{5\pi}{4} + 2k\pi \). Par ailleurs, dans \( I = [0 \,;\, 2\pi[ \) : \( -\dfrac{\pi}{4} + 2\pi = \dfrac{7\pi}{4} \) et \( \dfrac{5\pi}{4} \).

\[ S = \left\{ \frac{5\pi}{4} \,;\, \frac{7\pi}{4} \right\} \]

La tangente à \( \mathscr{C} \) au point d’abscisse \( x_0 \) a pour équation \( y = f^{\prime}(x_0)(x – x_0) + f(x_0) \).

1) \( f(1) = \dfrac{1 + 4 + 7}{1 + 1} = 6 \). De même, avec \( \left(\dfrac{u}{v}\right)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2} \) :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{(2x + 4)(x^2 + 1) – (x^2 + 4x + 7) \times 2x}{(x^2 + 1)^2} \]

\( f^{\prime}(1) = \dfrac{6 \times 2 – 12 \times 2}{4} = -3 \). Tangente : \( y = -3(x – 1) + 6 \), soit \( y = -3x + 9 \).

2) \( f(0) = (-1)^{11} = -1 \). \( f^{\prime}(x) = 11 \times 2 \times (2x – 1)^{10} = 22(2x – 1)^{10} \), donc \( f^{\prime}(0) = 22 \times 1 = 22 \). Tangente : \( y = 22x – 1 \).

3) f est définie pour \( x \lt 0 \) (racine de \( -x \) et quotient par x), ce qui est le cas en \( -1 \). \( f(-1) = -3 – 2\sqrt{1} – \dfrac{5}{-1} = -3 – 2 + 5 = 0 \).

\( \left(\sqrt{-x}\right)^{\prime} = \dfrac{-1}{2\sqrt{-x}} \) et \( \left(\dfrac{5}{x}\right)^{\prime} = -\dfrac{5}{x^2} \), donc

\[ f^{\prime}(x) = 3 + \frac{1}{\sqrt{-x}} + \frac{5}{x^2} \qquad f^{\prime}(-1) = 3 + 1 + 5 = 9 \]

Tangente : \( y = 9(x + 1) + 0 \), soit \( y = 9x + 9 \).

4) \( f(2) = \sqrt{5 – 4} = 1 \). \( f^{\prime}(x) = \dfrac{-2}{2\sqrt{5 – 2x}} = -\dfrac{1}{\sqrt{5 – 2x}} \) (pour \( x \lt \dfrac{5}{2} \)), donc \( f^{\prime}(2) = -1 \). Tangente : \( y = -(x – 2) + 1 \), soit \( y = -x + 3 \).

5) \( f\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = \cos \dfrac{\pi}{2} = 0 \). \( f^{\prime}(x) = -2\sin(2x) \), donc \( f^{\prime}\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = -2\sin\dfrac{\pi}{2} = -2 \). Tangente : \( y = -2\left(x – \dfrac{\pi}{4}\right) \), soit \( y = -2x + \dfrac{\pi}{2} \).

Si \( H^{\prime} = h \), alors le signe de h donne les variations de H : H est croissante là où h est positive, décroissante là où h est négative, et les extremums de H ont lieu là où h s’annule en changeant de signe.

• \( \mathscr{C}_2 \) est négative sur \( [0 \,;\, 0{,}3] \) environ, positive entre 0,3 et 1,3 environ, puis négative ensuite.
• \( \mathscr{C}_1 \) descend légèrement de 0 à 0,3 environ (petit minimum), monte jusqu’à 1,3 environ (maximum), puis descend.

Ensuite, les variations de \( \mathscr{C}_1 \) correspondent exactement au signe de \( \mathscr{C}_2 \), et les extremums de \( \mathscr{C}_1 \) sont aux abscisses où \( \mathscr{C}_2 \) coupe l’axe des abscisses.

Vérification pour \( x \geqslant 3 \) : \( \mathscr{C}_1 \) est une droite qui passe par \( (3 \,;\, 0) \) et \( (4 \,;\, -0{,}25) \), de coefficient directeur \( -0{,}25 \) ; et \( \mathscr{C}_2 \) y est constante égale à \( -0{,}25 \). Puis la dérivée d’une fonction affine est bien la constante égale à son coefficient directeur.

Puis inversement, \( \mathscr{C}_2 \) ne peut pas représenter H : si c’était le cas, sa dérivée \( \mathscr{C}_1 \) étant positive sur \( [0 \,;\, 3] \), la courbe \( \mathscr{C}_2 \) serait croissante sur tout \( [0 \,;\, 3] \), alors qu’elle décroît dès 0,7 environ.

f est T-périodique si, pour tout réel x, \( x + T \) est dans l’ensemble de définition (ici \( \mathbb{R} \)) et \( f(x + T) = f(x) \). Ensuite, on utilise la \( 2\pi \)-périodicité de sinus et cosinus.

1) \( f(x + 0{,}2) = \sin\big(10\pi(x + 0{,}2)\big) = \sin(10\pi x + 2\pi) = \sin(10\pi x) = f(x) \).

2) \( f\left(x + \dfrac{\pi}{2}\right) = \cos\left(4x + 2\pi + \dfrac{\pi}{3}\right) = \cos\left(4x + \dfrac{\pi}{3}\right) = f(x) \).

3) \( f\left(x + \dfrac{3\pi}{5}\right) = \sin\left(\dfrac{10x + 6\pi – 1}{3}\right) = \sin\left(\dfrac{10x – 1}{3} + 2\pi\right) = \sin\left(\dfrac{10x – 1}{3}\right) = f(x) \).

4) \( f\left(x + \dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{2}{5}\cos\left(3\pi x + 3\pi \times \dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{2}{5}\cos(3\pi x + 2\pi) = \dfrac{2}{5}\cos(3\pi x) = f(x) \).

De plus, plus généralement, \( x \mapsto \sin(ax + b) \) et \( x \mapsto \cos(ax + b) \) (avec \( a \neq 0 \)) sont périodiques de période \( \dfrac{2\pi}{\lvert a \rvert} \) : on retrouve \( \dfrac{2\pi}{10\pi} = 0{,}2 \), \( \dfrac{2\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} \), \( \dfrac{2\pi}{10/3} = \dfrac{3\pi}{5} \) et \( \dfrac{2\pi}{3\pi} = \dfrac{2}{3} \).

1) \( \sqrt{x} \) est dérivable sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) (pas en 0). \( \mathscr{D}^{\prime} = ]0 \,;\, +\infty[ \) et

\[ f^{\prime}(x) = 3x^2 + \frac{3}{2\sqrt{x}} \]

2) Polynôme à la puissance 4 : \( \mathscr{D}^{\prime} = \mathbb{R} \). Par ailleurs, avec \( (u^n)^{\prime} = n u^{\prime} u^{n-1} \) :

\[ f^{\prime}(x) = 4(12x^2 + 2)(4x^3 + 2x – 1)^3 = 8(6x^2 + 1)(4x^3 + 2x – 1)^3 \]

3) f est définie sur \( [-1 \,;\, 1] \) ; \( \sqrt{u} \) est dérivable là où \( u(x) = 1 – x^2 \gt 0 \) : \( \mathscr{D}^{\prime} = ]-1 \,;\, 1[ \). Ainsi, avec \( \left(\sqrt{u}\right)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}} \) :

\[ f^{\prime}(x) = \frac{-2x}{2\sqrt{1 – x^2}} = -\frac{x}{\sqrt{1 – x^2}} \]

4) \( \mathscr{D}^{\prime} = \mathbb{R}^* = ]-\infty \,;\, 0[ \cup ]0 \,;\, +\infty[ \). De même, avec \( u(x) = 1 – \dfrac{1}{x} \), \( u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x^2} \) :

\[ f^{\prime}(x) = 3 \times \frac{1}{x^2}\left(1 – \frac{1}{x}\right)^2 = \frac{3(x – 1)^2}{x^4} \]

5) \( \mathscr{D}^{\prime} = \mathbb{R} \) ; \( \big(\cos(ax + b)\big)^{\prime} = -a\sin(ax + b) \) : \( f^{\prime}(x) = -5\sin(5x – 2) \).

6) \( \mathscr{D}^{\prime} = \mathbb{R} \) ; avec \( (u^2)^{\prime} = 2u^{\prime}u \) et \( u(x) = \sin(5x) \), \( u^{\prime}(x) = 5\cos(5x) \) :

\[ f^{\prime}(x) = 10\sin(5x)\cos(5x) \quad \left( = 5\sin(10x) \right) \]

On utilise deux propriétés de la fonction sinus.

• Sinus est impaire : \( \sin(-x) = -\sin(x) \). Sa courbe est symétrique par rapport à l’origine O. On obtient la partie sur \( [0 \,;\, \pi] \) en prenant le symétrique, par rapport à O, de la partie tracée sur \( [-\pi \,;\, 0] \) : le creux en \( \left(-\dfrac{\pi}{2} \,;\, -1\right) \) devient une bosse en \( \left(\dfrac{\pi}{2} \,;\, 1\right) \).
• Sinus est \( 2\pi \)-périodique : \( \sin(x + 2\pi) = \sin(x) \). La courbe est invariante par la translation de vecteur \( 2\pi\,\vec{i} \). On obtient la partie sur \( [\pi \,;\, 2\pi] \) en décalant de \( 2\pi \) vers la droite la partie tracée sur \( [-\pi \,;\, 0] \).

\( \mathbb{R} \) est symétrique par rapport à 0. Puis pour tout réel x, comme sinus est impaire :

\[ f(-x) = -2\sin(-x) = -2 \times \big(-\sin(x)\big) = 2\sin(x) = -f(x) \]

Donc f est impaire. De plus, elle n’est pas paire : par exemple \( f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = -2 \) et \( f\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = 2 \) sont différents.

La fonction sinus est dérivable sur \( \mathbb{R} \) et \( \sin^{\prime} = \cos \). Ensuite, sur \( \left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{3\pi}{2}\right] \), le point associé à x sur le cercle trigonométrique est dans la moitié gauche du cercle, donc \( \cos(x) \leqslant 0 \) (nul seulement aux bornes).

Puis la dérivée est négative : sinus est décroissante sur cet intervalle, de \( \sin\dfrac{\pi}{2} = 1 \) à \( \sin\dfrac{3\pi}{2} = -1 \).

De plus, autre justification : pour \( x \in \left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{3\pi}{2}\right] \), \( \sin(x) = \sin(\pi – x) \) avec \( \pi – x \in \left[-\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \) qui diminue quand x augmente, et sinus est croissante sur \( \left[-\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \) (croissante sur \( \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \) et impaire).

Pour tout réel x :

\[ f\left(x + \frac{4\pi}{3}\right) = \sin\left(\frac{3}{2}\left(x + \frac{4\pi}{3}\right)\right) = \sin\left(\frac{3}{2}x + \frac{3}{2} \times \frac{4\pi}{3}\right) = \sin\left(\frac{3}{2}x + 2\pi\right) \]

Par ailleurs, comme sinus est \( 2\pi \)-périodique, \( \sin\left(\dfrac{3}{2}x + 2\pi\right) = \sin\left(\dfrac{3}{2}x\right) = f(x) \).

Ainsi, pour tout réel x, \( x + \dfrac{4\pi}{3} \in \mathbb{R} \) et \( f\left(x + \dfrac{4\pi}{3}\right) = f(x) \) : f est périodique de période \( \dfrac{4\pi}{3} \).

1. a) La courbe semble symétrique par rapport à l’origine O du repère : on conjecture que g est impaire.

b) \( \mathbb{R} \) est symétrique par rapport à 0 et, pour tout réel x :

\[ g(-x) = -2\sin(-2x) = -2 \times \big(-\sin(2x)\big) = 2\sin(2x) = -g(x) \]

Ainsi, la conjecture est démontrée : g est impaire.

2. Pour tout réel x :

\[ g(x + \pi) = -2\sin\big(2(x + \pi)\big) = -2\sin(2x + 2\pi) = -2\sin(2x) = g(x) \]

Donc g est périodique de période \( \pi \) : on le voit sur le graphique, deux maximums consécutifs (en \( -\dfrac{\pi}{4} \) et \( \dfrac{3\pi}{4} \)) sont écartés de \( \pi \approx 3{,}14 \).

a) \( \mathbb{R} \) est symétrique par rapport à 0. Ensuite, pour tout réel x, sinus étant impaire :

\[ h(-x) = \sin(-x) + \sin(-2x) = -\sin(x) – \sin(2x) = -\big(\sin(x) + \sin(2x)\big) = -h(x) \]

Donc h est impaire.

b) La courbe \( \mathscr{C} \) d’une fonction impaire est symétrique par rapport à l’origine O du repère : si \( M(x \,;\, h(x)) \) est sur \( \mathscr{C} \), alors \( M^{\prime}(-x \,;\, -h(x)) \) aussi.

c) À la calculatrice (fenêtre \( -2\pi \leqslant x \leqslant 2\pi \), \( -2{,}2 \leqslant y \leqslant 2{,}2 \)), on obtient la courbe ci-dessous : la partie à gauche de l’axe des ordonnées est bien l’image de la partie de droite par la symétrie de centre O.

a) À la calculatrice, par exemple sur \( [-3 \,;\, 3] \) avec \( -1{,}3 \leqslant y \leqslant 1{,}3 \) :

b) Le même motif se répète : la courbe coupe l’axe en tous les entiers, et deux maximums consécutifs (en 0,5 et 2,5) sont écartés de 2. Par ailleurs, on conjecture que k est périodique de période T = 2.

c) Pour tout réel x :

\[ k(x + 2) = \sin\big(\pi(x + 2)\big) = \sin(\pi x + 2\pi) = \sin(\pi x) = k(x) \]

car sinus est \( 2\pi \)-périodique. Puis la conjecture est démontrée.

a) Sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \), \( g = \dfrac{u}{v} \) avec \( u(x) = \sin(x) \), \( u^{\prime}(x) = \cos(x) \), \( v(x) = x \), \( v^{\prime}(x) = 1 \) :

\[ g^{\prime}(x) = \frac{x\cos(x) – \sin(x)}{x^2} \]

b) Sur \( ]0 \,;\, \pi[ \), \( \sin(x) \neq 0 \). De même, avec \( \left(\dfrac{1}{v}\right)^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^2} \) :

\[ h^{\prime}(x) = -\frac{\cos(x)}{\sin^2(x)} \]

1. Avec \( (u^2)^{\prime} = 2u^{\prime}u \) et \( u = \sin \) : \( \left(\sin^2(x)\right)^{\prime} = 2\cos(x)\sin(x) \). Donc, pour tout réel x :

\[ f^{\prime}(x) = 2\sin(x)\cos(x) + 2\cos(x) = 2\cos(x)\big(\sin(x) + 1\big) = 2\big(\sin(x) + 1\big)\cos(x) \]

2. a) Sur \( [0 \,;\, \pi] \), \( \sin(x) \geqslant 0 \), donc \( 2\big(\sin(x) + 1\big) \geqslant 2 \gt 0 \). Ensuite, le facteur \( 2(\sin(x) + 1) \) est strictement positif : \( f^{\prime}(x) \) est du signe de \( \cos(x) \).

Or \( \cos(x) \geqslant 0 \) sur \( \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \) et \( \cos(x) \leqslant 0 \) sur \( \left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \pi\right] \). Donc \( f^{\prime}(x) \geqslant 0 \) sur \( \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \), \( f^{\prime}(x) \leqslant 0 \) sur \( \left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \pi\right] \), et \( f^{\prime}\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 \).

b) \( f(0) = 0 \), \( f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 1 + 2 = 3 \), \( f(\pi) = 0 \).

a) \( h(x) = 2\sin(x) – \sin^2(x) \), donc

\[ h^{\prime}(x) = 2\cos(x) – 2\cos(x)\sin(x) = 2\cos(x)\big(1 – \sin(x)\big) \]

b) Pour tout x, \( \sin(x) \leqslant 1 \), donc \( 2\big(1 – \sin(x)\big) \geqslant 0 \). Puis ce facteur ne s’annule que si \( \sin(x) = 1 \), c’est-à-dire en \( x = \dfrac{\pi}{2} \) sur \( [0 \,;\, 2\pi] \), où \( \cos(x) \) est aussi nul. Ensuite, ailleurs il est strictement positif : \( h^{\prime}(x) \) a le même signe que \( \cos(x) \).

c) Sur \( [0 \,;\, 2\pi] \), \( \cos(x) \geqslant 0 \) sur \( \left[0 \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] \) et \( \left[\dfrac{3\pi}{2} \,;\, 2\pi\right] \), \( \cos(x) \leqslant 0 \) sur \( \left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{3\pi}{2}\right] \).

\( h(0) = 0 \) ; \( h\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = (2 – 1) \times 1 = 1 \) ; \( h\left(\dfrac{3\pi}{2}\right) = (2 + 1) \times (-1) = -3 \) ; \( h(2\pi) = 0 \).

Pour tout réel x :

\[ f(x + 2) = \cos\big(\pi(x + 2) + 3\big) = \cos(\pi x + 2\pi + 3) = \cos\big((\pi x + 3) + 2\pi\big) \]

Puis comme cosinus est \( 2\pi \)-périodique, \( f(x + 2) = \cos(\pi x + 3) = f(x) \).

De plus, pour tout réel x, \( x + 2 \in \mathbb{R} \) et \( f(x + 2) = f(x) \) : f est périodique de période 2.

a) Vérifions les deux résultats affichés.

• Cosinus est paire : \( f(-x) = \cos(-2x) + \cos(-3x) = \cos(2x) + \cos(3x) \). ✔
• Cosinus est \( 2\pi \)-périodique : \( f(x + 2\pi) = \cos(2x + 4\pi) + \cos(3x + 6\pi) = \cos(2x) + \cos(3x) \), car \( 4\pi = 2 \times 2\pi \) et \( 6\pi = 3 \times 2\pi \). ✔

b) On a, pour tout réel x, \( f(-x) = f(x) \) : f est paire ; et \( f(x + 2\pi) = f(x) \) : f est \( 2\pi \)-périodique.

c) Conséquences pour la courbe de f :

• elle est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées (f paire) ;
• elle est invariante par la translation de vecteur \( 2\pi\,\vec{i} \) (f \( 2\pi \)-périodique).

Par ailleurs, il suffit donc de tracer la courbe sur \( [0 \,;\, \pi] \), de compléter sur \( [-\pi \,;\, 0] \) par symétrie d’axe (Oy), puis de reproduire ce morceau de longueur \( 2\pi \) par translations.

a) \( f^{\prime}(x) = 2 – (-\sin(x)) = 2 + \sin(x) \).

b) Produit \( uv \) avec \( u(x) = x^2 \), \( v(x) = \cos(x) \) :

\[ g^{\prime}(x) = 2x\cos(x) – x^2\sin(x) \]

c) Produit avec \( u(x) = \cos(x) – 1 \), \( u^{\prime}(x) = -\sin(x) \), \( v(x) = \sin(x) \), \( v^{\prime}(x) = \cos(x) \) :

\[ \begin{aligned} h^{\prime}(x) &= -\sin(x) \times \sin(x) + \big(\cos(x) – 1\big)\cos(x) \\ &= \cos^2(x) – \sin^2(x) – \cos(x) \end{aligned} \]

(On peut aussi écrire \( h^{\prime}(x) = \cos(2x) – \cos(x) \).)

d) Avec \( (u^2)^{\prime} = 2u^{\prime}u \) et \( u = \cos \) :

\[ k^{\prime}(x) = 1 + 2 \times \big(-\sin(x)\big)\cos(x) = 1 – 2\sin(x)\cos(x) \]

(soit \( k^{\prime}(x) = 1 – \sin(2x) \)).

a) Sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \), quotient avec \( u(x) = \cos(x) \), \( u^{\prime}(x) = -\sin(x) \), \( v(x) = x \) :

\[ g^{\prime}(x) = \frac{-x\sin(x) – \cos(x)}{x^2} = -\frac{x\sin(x) + \cos(x)}{x^2} \]

b) Sur \( \left]-\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right[ \), \( \cos(x) \gt 0 \), donc h est bien définie. Ainsi, avec \( \left(\dfrac{1}{v}\right)^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^2} \) :

\[ h^{\prime}(x) = -\frac{-\sin(x)}{\cos^2(x)} = \frac{\sin(x)}{\cos^2(x)} \]

1. \( f(x) = \cos^2(x) – 2\cos(x) + 1 \), donc

\[ \begin{aligned} f^{\prime}(x) &= 2 \times \big(-\sin(x)\big)\cos(x) – 2 \times \big(-\sin(x)\big) \\ &= -2\sin(x)\cos(x) + 2\sin(x) \\ &= -2\sin(x)\big(\cos(x) – 1\big) \end{aligned} \]

De même, c’est bien le résultat affiché par le logiciel. (Remarque : \( f(x) = \big(\cos(x) – 1\big)^2 \).)

2. a) Pour tout x, \( \cos(x) \leqslant 1 \), donc \( \cos(x) – 1 \leqslant 0 \) et \( -2\big(\cos(x) – 1\big) \geqslant 0 \). De plus, ce facteur ne s’annule que si \( \cos(x) = 1 \), soit en \( x = 0 \) et \( x = 2\pi \) sur \( [0 \,;\, 2\pi] \), où \( \sin(x) \) est aussi nul. Donc \( f^{\prime}(x) \) est du signe de \( \sin(x) \).

Ensuite, sur \( [0 \,;\, 2\pi] \) : \( \sin(x) \geqslant 0 \) sur \( [0 \,;\, \pi] \) et \( \sin(x) \leqslant 0 \) sur \( [\pi \,;\, 2\pi] \). Donc \( f^{\prime}(x) \geqslant 0 \) sur \( [0 \,;\, \pi] \) et \( f^{\prime}(x) \leqslant 0 \) sur \( [\pi \,;\, 2\pi] \).

b) \( f(0) = 1 – 2 + 1 = 0 \), \( f(\pi) = 1 + 2 + 1 = 4 \), \( f(2\pi) = 0 \).