Fonctions sinus et cosinus : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : courbes d’équations du type y=asin(wx)
Pour la courbe \[\mathcal{C}\] (rouge) :

1. Nous observons que l’amplitude est de 1, donc \[a = 1\].
2. La période est de \[2\pi\], puisque la courbe se répète après \[2\pi\]. La période \[T\] est donnée par \[T = \frac{2\pi}{\omega}\]. Donc \[\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2\pi} = 1\].

Ainsi, l’équation pour \[\mathcal{C}\] est \[y = \sin(x)\].

Pour la courbe \[\mathcal{C}’\] (bleue) :

1. Nous observons que l’amplitude est de 2, donc \[a = 2\].
2. La période est de \[4\pi\], puisque la courbe se répète après \[4\pi\]. La période \[T\] est donnée par \[T = \frac{2\pi}{\omega}\]. Donc \[\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{4\pi} = \frac{1}{2}\].

Ainsi, l’équation pour \[\mathcal{C}’\] est \[y = 2\sin(\frac{x}{2})\].

Exercice 12 : pour les affirmations suivantes, démêler le vrai du faux
Correction de l’exercice :

1) Pour trouver \( f'(x) \), utilisons la dérivée de la fonction donnée :
\[ f(x) = 2 \cos ( x – \frac{\pi}{4} ). \]
La dérivée de \( \cos(u) \) avec \( u = x – \frac{\pi}{4} \) est \(-\sin(u) \cdot u’\). Ainsi,
\[ f'(x) = -2 \sin ( x – \frac{\pi}{4} ) \cdot 1 = -2 \sin ( x – \frac{\pi}{4} ). \]
Donc l’affirmation 1 est fausse.

2) Cherchons les zéros de \( f(x) \) :
\[ f(x) = 2 \cos ( x – \frac{\pi}{4} ) = 0. \]
Cela revient à résoudre :
\[ \cos ( x – \frac{\pi}{4} ) = 0. \]
Donc,
\[ x – \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad \text{avec} \; k \in \mathbb{Z}. \]
Ainsi,
\[ x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} + k\pi = \frac{3\pi}{4} + k\pi \quad \text{avec} \; k \in \mathbb{Z}. \]
L’ensemble des solutions est donc :
\[ x \in \{ \frac{3\pi}{4} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z} \}. \]
L’affirmation 2 est vraie.

3) Pour déterminer si \( f \) est strictement monotone sur \( [ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} ] \), regardons la dérivée \( f'(x) \) sur cet intervalle :
\[ f'(x) = -2 \sin ( x – \frac{\pi}{4} ). \]
Pour \( x \in [ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} ] \), \( x – \frac{\pi}{4} \) varie de \( -\frac{\pi}{2} \) à \( 0 \). Sur cet intervalle, la fonction \( \sin ( x – \frac{\pi}{4} ) \) est négative ou nulle. Donc, \( f'(x) \) est positive ou nulle dans cet intervalle, ce qui signifie que \( f(x) \) est décroissante ou constante. Cela montre que \( f \) n’est pas strictement monotone sur \( [ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} ] \). L’affirmation 3 est fausse.

4) Cherchons \( x \) tel que \( f(x) = \sqrt{2} \) :
\[ f(x) = 2 \cos ( x – \frac{\pi}{4} ) = \sqrt{2} \Rightarrow \cos ( x – \frac{\pi}{4} ) = \frac{\sqrt{2}}{2}. \]
On sait que
\[ \cos ( \frac{\pi}{4} ) = \frac{\sqrt{2}}{2}, \]
donc
\[ x – \frac{\pi}{4} = \pm \frac{\pi}{4} + 2k\pi \quad \text{avec} \; k \in \mathbb{Z}. \]
Ainsi,
\[ x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} + 2k\pi = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad \text{avec} \; k \in \mathbb{Z}. \]
L’affirmation 4 est vraie.

Exercice 13 : déterminer l’ensemble de dérivabilité
1. \( f : x \mapsto \sqrt{3x – 7} \)

Ensemble de dérivabilité : \(\mathcal{D}_f = [\frac{7}{3}, +\infty[\)

La dérivée \( f'(x) \) pour \( x \in \mathcal{D}_f \) :

\[ f'(x) = \frac{d}{dx} ( \sqrt{3x – 7} ) = \frac{3}{2\sqrt{3x – 7}} \]

2. \( g : x \mapsto (5x^3 – 3)^2 \)

Ensemble de dérivabilité : \(\mathcal{D}_g = \mathbb{R}\)

La dérivée \( g'(x) \) pour \( x \in \mathcal{D}_g \) :

\[ g'(x) = \frac{d}{dx} ( (5x^3 – 3)^2 ) = 2(5x^3 – 3) \cdot \frac{d}{dx}(5x^3 – 3) = 2(5x^3 – 3) \cdot 15x^2 = 30x^2(5x^3 – 3) \]

3. \( h : x \mapsto \frac{1}{(x + 6)^3} \)

Ensemble de dérivabilité : \(\mathcal{D}_h = \mathbb{R} \setminus \{-6\}\)

La dérivée \( h'(x) \) pour \( x \in \mathcal{D}_h \) :

\[ h'(x) = \frac{d}{dx} ( \frac{1}{(x + 6)^3} ) = -3(x + 6)^{-4} = -\frac{3}{(x + 6)^4} \]

4. \( a : x \mapsto (1 – 2\sqrt{x})^2 \)

Ensemble de dérivabilité : \(\mathcal{D}_a = [0, +\infty[\)

La dérivée \( a'(x) \) pour \( x \in \mathcal{D}_a \) :

\[ a'(x) = \frac{d}{dx} ( (1 – 2\sqrt{x})^2 ) = 2(1 – 2\sqrt{x}) \cdot \frac{d}{dx} (1 – 2\sqrt{x}) \]
\[ = 2(1 – 2\sqrt{x}) \cdot (-1) \cdot \frac{2}{2\sqrt{x}} = 2(1 – 2\sqrt{x}) \cdot (-\frac{1}{\sqrt{x}}) \]
\[ = -\frac{2(1 – 2\sqrt{x})}{\sqrt{x}} \]

5. \( b : x \mapsto \sqrt{x^2 – 1} \)

Ensemble de dérivabilité : \(\mathcal{D}_b = ]- \infty, -1] \cup [1, +\infty[\)

La dérivée \( b'(x) \) pour \( x \in \mathcal{D}_b \) :

\[ b'(x) = \frac{d}{dx} ( \sqrt{x^2 – 1} ) = \frac{x}{\sqrt{x^2 – 1}} \]

6. \( c : x \mapsto \frac{1}{\sqrt{10 – x}} \)

Ensemble de dérivabilité : \(\mathcal{D}_c = ]- \infty, 10[ \)

La dérivée \( c'(x) \) pour \( x \in \mathcal{D}_c \) :

\[ c'(x) = \frac{d}{dx} ( \frac{1}{\sqrt{10 – x}} ) = -\frac{1}{2} (10 – x)^{-3/2} (-1) = \frac{1}{2} (10 – x)^{-3/2} = \frac{1}{2(10 – x)^{3/2}} \]

Exercice 14 : justifier que f est dérivable sur I
1) \( f(x) = \frac{5}{3(x-2)^4} \)

Pour \( x \in ]2; +\infty[ \) :

La fonction \( f \) est dérivable car elle est composée d’une constante divisée par un polynôme au dénominateur, qui est non nul sur l’intervalle \( ]2; +\infty[ \).

Calculons \( f'(x) \) en utilisant la règle de dérivation \( ( \frac{u}{v} )’ = \frac{u’v – uv’}{v^2} \) :

Soit \( u(x) = 5 \) et \( v(x) = 3(x-2)^4 \)

\[ u'(x) = 0 \]
\[ v'(x) = 3 \cdot 4(x-2)^3 = 12(x-2)^3 \]

\[ f'(x) = \frac{0 \cdot 3(x-2)^4 – 5 \cdot 12(x-2)^3}{[3(x-2)^4]^2} \]
\[ f'(x) = \frac{-60(x-2)^3}{9(x-2)^8} \]
\[ f'(x) = \frac{-60}{9(x-2)^5} = \frac{-20}{3(x-2)^5} \]

Donc, \( f'(x) = \frac{-20}{3(x-2)^5} \).

2) \( f(x) = \frac{x^2}{(x+1)^3} \)

Pour \( x \in ]-1; +\infty[ \) :

La fonction \( f \) est dérivable car elle est composée d’un polynôme sur un autre polynôme, où le dénominateur est non nul sur l’intervalle \( ]-1; +\infty[ \).

Calculons \( f'(x) \) :

Soit \( u(x) = x^2 \) et \( v(x) = (x+1)^3 \)

\[ u'(x) = 2x \]
\[ v'(x) = 3(x+1)^2 \]

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

Donc, \( f'(x) = \frac{x(2x-3)}{(x+1)^4} \).

3) \( f(x) = ( \frac{x+2}{x-2} )^2 \)

Pour \( x \in ]2; +\infty[ \) :

La fonction \( f \) est dérivable car la fonction rationnelle obtenue est dérivable sur l’intervalle considéré.

Calculons \( f'(x) \) en utilisant la règle de la dérivée de la composition \( (u^n)’ = nu^{n-1} u’ \) :

Soit \( u(x) = \frac{x+2}{x-2} \)

\[ u'(x) = \frac{(x-2) – (x+2)}{(x-2)^2} = \frac{-4}{(x-2)^2} \]

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

Donc, \( f'(x) = \frac{-8(x+2)}{(x-2)^3} \).

4) \( f(x) = (x-2)^3 + \frac{1}{(2x-1)^3} \)

Pour \( x \in ] \frac{1}{2}; +\infty [ \) :

La fonction \( f \) est dérivable car chaque terme de la somme est dérivable sur l’intervalle considéré.

Calculons \( f'(x) \) :

\[ f'(x) = 3(x-2)^2 + ( \frac{1}{(2x-1)^3} )’ \]

Pour la dérivée de \( \frac{1}{(2x-1)^3} \), on utilise la règle de la dérivée de \( ( \frac{1}{v} )’ = \frac{-v’}{v^2} \) :

Soit \( v(x) = (2x-1)^3 \)

\[ v'(x) = 3 \cdot 2(2x-1)^2 = 6(2x-1)^2 \]

\[ ( \frac{1}{v(x)} )’ = \frac{-v'(x)}{v(x)^2} = \frac{ -6(2x-1)^2 }{ (2x-1)^6 } = -6 (2x-1)^{-4} \]

\[ f'(x) = 3(x – 2)^2 – \frac{6}{(2x – 1)^4} \]

Donc \( f'(x) = 3(x-2)^2 – \frac{6}{(2x-1)^4} \).

Exercice 15 : calculer la dérivée de fonctions contenant cos x et sin x
1) Soit \( f(x) = x^2 + \cos x \). La dérivée est:
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(\cos x) = 2x – \sin x \]

2) Soit \( f(x) = \sin 2x \). En utilisant la règle de la chaîne, nous obtenons:
\[ f'(x) = 2 \cos 2x \]

3) Soit \( f(x) = \cos x \sin x \). En utilisant la règle du produit, nous obtenons:
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(\cos x) \cdot \sin x + \cos x \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) = -\sin x \cdot \sin x + \cos x \cdot \cos x = \cos^2 x – \sin^2 x \]

4) Soit \( f(x) = \sin^2 x \). En utilisant la règle de la chaîne, nous obtenons:
\[ f'(x) = 2 \sin x \cdot \cos x = \sin 2x \]

5) Soit \( f(x) = x^2 \cos x \). En utilisant la règle du produit, nous obtenons:
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot \cos x + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(\cos x) = 2x \cos x – x^2 \sin x \]

6) Soit \( f(x) = \cos^2 x \). En utilisant la règle de la chaîne, nous obtenons:
\[ f'(x) = 2 \cos x \cdot (-\sin x) = -2 \cos x \sin x = -\sin 2x \]

7) Soit \( f(x) = \sin x + \cos x \). La dérivée est:
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(\sin x) + \frac{d}{dx}(\cos x) = \cos x – \sin x \]

8) Soit \( f(x) = \frac{2 \cos x + 3}{2 \cos x – 3} \). En utilisant la règle du quotient, nous obtenons:
\[ f'(x) = \frac{\frac{d}{dx}(2 \cos x + 3) \cdot (2 \cos x – 3) – (2 \cos x + 3) \cdot \frac{d}{dx}(2 \cos x – 3)}{(2 \cos x – 3)^2} \]
\[ = \frac{-2 \sin x \cdot (2 \cos x – 3) – (2 \cos x + 3) \cdot (-2 \sin x)}{(2 \cos x – 3)^2} \]
\[ = \frac{-4 \sin x \cos x + 6 \sin x + 4 \sin x \cos x + 6 \sin x}{(2 \cos x – 3)^2} \]
\[ = \frac{12 \sin x}{(2 \cos x – 3)^2} \]

Exercice 16 : changement de variable et calcul de limite
En opérant le changement de variable \( X = x + \frac{\pi}{4} \):

\[ \lim_{x \to -\frac{\pi}{4}} \frac{\sin x + \cos x}{x + \frac{\pi}{4}} \]

En posant \(X = x + \frac{\pi}{4}\), quand \( x \to -\frac{\pi}{4} \), alors \(X \to 0\), et l’expression devient :

\[ \frac{\sin(x) + \cos(x)}{x + \frac{\pi}{4}} = \frac{\sin(X – \frac{\pi}{4}) + \cos(X – \frac{\pi}{4})}{X} \]

Utilisons les formules de somme pour les sinus et cosinus :

\[ \sin(X – \frac{\pi}{4}) = \sin(X)\cos(\frac{\pi}{4}) – \cos(X)\sin(\frac{\pi}{4}) \]
\[ \cos(X – \frac{\pi}{4}) = \cos(X)\cos(\frac{\pi}{4}) + \sin(X)\sin(\frac{\pi}{4}) \]

Comme \(\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\), nous avons:

\[ \sin(X – \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin(X) – \cos(X)) \]
\[ \cos(X – \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} (\cos(X) + \sin(X)) \]

Ainsi,

\[ \sin(X – \frac{\pi}{4}) + \cos(X – \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin(X) – \cos(X)) + \frac{\sqrt{2}}{2} (\cos(X) + \sin(X)) \]
\[ = \frac{\sqrt{2}}{2} (\sin(X) – \cos(X) + \cos(X) + \sin(X)) \]
\[ = \frac{\sqrt{2}}{2} (2 \sin(X)) = \sqrt{2} \sin(X) \]

La limite originale devient donc :

\[ \lim_{X \to 0} \frac{\sqrt{2} \sin X}{X} = \sqrt{2} \lim_{X \to 0} \frac{\sin X}{X} = \sqrt{2} \times 1 = \sqrt{2} \]

Donc,

\[ \lim_{x \to – \frac{\pi}{4}} \frac{\sin x + \cos x}{x + \frac{\pi}{4}} = \sqrt{2} \]

Déterminons maintenant les limites suivantes :

1) \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x – 2 \sin x}{x^2}\)

Utilisons les développements limités pour les petites valeurs de \(x\) :

\[ \sin 2x \approx 2x \]
\[ \sin x \approx x \]

\[ \sin 2x – 2 \sin x \approx 2x – 2x = 0 \]

Mais nous devons considérer les termes de l’ordre supérieur :

\[ \sin 2x \approx 2x – \frac{(2x)^3}{6} = 2x – \frac{8x^3}{6} = 2x – \frac{4x^3}{3} \]
\[ 2 \sin x \approx 2x – \frac{2x^3}{6} = 2x – \frac{x^3}{3} \]

Donc :

\[ \sin 2x – 2 \sin x \approx (2x – \frac{4x^3}{3}) – (2x – \frac{x^3}{3}) = – \frac{3x^3}{3} = – x^3 \]

Ainsi :

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x – 2 \sin x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{- x^3}{x^2} = \lim_{x \to 0} – x = 0 \]

Donc,

\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x – 2 \sin x}{x^2} = 0 \]

2) \(\lim_{x \to \frac{2}{\pi}} \frac{\pi x – 2}{\cos \frac{1}{x}}\)

Posons \(y = \frac{1}{x}\). Quand \(x \to \frac{2}{\pi}\), alors \(y \to \frac{\pi}{2}\). L’expression devient :

\[ \lim_{y \to \frac{\pi}{2}} \frac{\pi \cdot \frac{1}{y} – 2}{\cos y} \]
\[ = \lim_{y \to \frac{\pi}{2}} \frac{\frac{\pi}{y} – 2}{\cos y} \]

Comme \(\cos y\) se comporte de manière oscillante dans le voisinage de \(y = \frac{\pi}{2}\), cette limite n’existe pas car elle oscille entre des valeurs positives et négatives infinies.

Donc,

\[ \lim_{x \to \frac{2}{\pi}} \frac{\pi x – 2}{\cos \frac{1}{x}} \ n’existe \ pas \]

en raison de l’oscillation de \(\cos \frac{1}{x}\).

Exercice 17 : convergence de suites et cosinus
1) Soit la suite \((u_n)_{n \geq\, 0}\) définie par \(u_n = \frac{2n^2 + \cos n}{3n^2 + 5}\).

Montrons que \((u_n)\) converge.

On peut simplifier l’expression de \(u_n\) :

\[
u_n = \frac{2n^2 + \cos n}{3n^2 + 5} = \frac{2 + \frac{\cos n}{n^2}}{3 + \frac{5}{n^2}}
\]

À mesure que \(n\) tend vers l’infini, \(\frac{\cos n}{n^2}\) tend vers 0 et \(\frac{5}{n^2}\) tend également vers 0.

Donc,

\[
u_n \xrightarrow[n \to \infty]{ \frac{2 + 0}{3 + 0} = \frac{2}{3}
\]

Ainsi, \((u_n)\) converge vers \(\frac{2}{3}\).

2) Soit la suite \((v_n)_{n \geq\, 1}\) définie par \(v_n = \frac{\cos n – 2n}{\sqrt{n}}\).

Montrons que \((v_n)\) converge.

Considérons l’expression de \(v_n\) :

\[
v_n = \frac{\cos n – 2n}{\sqrt{n}} = \frac{\cos n}{\sqrt{n}} – \frac{2n}{\sqrt{n}} = \frac{\cos n}{\sqrt{n}} – 2\sqrt{n}
\]

À mesure que \(n\) tend vers l’infini, \(\frac{\cos n}{\sqrt{n}}\) tend vers 0, car \(\cos n\) est borné entre -1 et 1, alors que \(\sqrt{n}\) tend vers l’infini. Donc:

\[
\frac{\cos n}{\sqrt{n}} \xrightarrow[n \to \infty]{ 0
\]

Ensuite, \(2\sqrt{n}\) tend vers l’infini quand \(n\) tend vers l’infini. Donc,

\[
-2\sqrt{n} \xrightarrow[n \to \infty]{ -\infty
\]

Ainsi,

\[
v_n \xrightarrow[n \to \infty]{ -\infty
\]

Donc, la suite \((v_n)\) diverge.

Exercice 18 : cosinus et sinus avec tableau de variation
Correction :

1) La fonction \( f \) définie par \( f(x) = \sqrt{3} \cos x – \sin x \) est périodique de période \(2\pi\).

Pour le montrer, il suffit de vérifier que :
\[ f(x + 2\pi) = \sqrt{3} \cos (x + 2\pi) – \sin (x + 2\pi) \]

Puisque :
\[ \cos(x + 2\pi) = \cos x \]
\[ \sin(x + 2\pi) = \sin x \]

On obtient :
\[ f(x + 2\pi) = \sqrt{3} \cos x – \sin x = f(x) \]

Donc, \( f \) est périodique de période \( 2\pi \).

2) Montrons que \( f(x) = 2 \cos ( x + \frac{\pi}{6} ) \).

Utilisons l’identité trigonométrique :
\[ \cos(x + a) = \cos x \cos a – \sin x \sin a \]

Dans notre cas, \( a = \frac{\pi}{6} \), donc :
\[ \cos(x + \frac{\pi}{6}) = \cos x \cos(\frac{\pi}{6}) – \sin x \sin(\frac{\pi}{6}) \]

Or, \(\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}\), donc :
\[ \cos(x + \frac{\pi}{6}) = \cos x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} – \sin x \cdot \frac{1}{2} \]

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

Donc, \( f(x) = 2 \cos ( x + \frac{\pi}{6} ) \).

3) Montrons les variations de \( f \).

Pour ce faire, calculons la dérivée \( f'(x) \) :
\[ f(x) = \sqrt{3} \cos x – \sin x \]
\[ f'(x) = -\sqrt{3} \sin x – \cos x \]

Pour obtenir les variations, déterminons les points où \( f'(x) = 0 \) :
\[ -\sqrt{3} \sin x – \cos x = 0 \]
\[ \cos x = -\sqrt{3} \sin x \]

Divisons par \(\cos x\) (sous réserve que \(\cos x \neq 0\)) :
\[ 1 = -\sqrt{3} \tan x \]
\[ \tan x = -\frac{1}{\sqrt{3}} \]
\[ \tan x = -\frac{\sqrt{3}}{3} \]

Ainsi, \[ x = \arctan(-\frac{\sqrt{3}}{3}) \]

On sait que :
\[ \arctan(-\frac{\sqrt{3}}{3}) = -\frac{\pi}{6} + k\pi \]

Sur l’intervalle \( [0; 2\pi] \), les valeurs pertinentes sont :
\[ x = \frac{5\pi}{6} \] et \[ x = \frac{11\pi}{6} \]

– Pour \( x \in [ 0; \frac{5\pi}{6} ] \), \(-\sqrt{3} \sin x – \cos x \leq\, 0\), \( f'(x) \leq\, 0 \), donc \( f(x) \) est décroissante.
– Pour \( x \in [ \frac{5\pi}{6}; \frac{11\pi}{6} ] \), \(-\sqrt{3} \sin x – \cos x \geq\, 0\), \( f'(x) \geq\, 0 \), donc \( f(x) \) est croissante.
– Pour \( x \in [ \frac{11\pi}{6}; 2\pi ] \), \(-\sqrt{3} \sin x – \cos x \leq\, 0\), \( f'(x) \leq\, 0 \), donc \( f(x) \) est décroissante.

4) Dressons le tableau de variation de \( f \) sur \( [0; 2\pi] \).

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
x 0 \frac{5\pi}{6} \frac{11\pi}{6} 2\pi \\
\hline
f'(x) – + – \\
\hline
f(x) 1 -2 2 1 \\
\hline
\end{array}
\]

Exercice 19 : démontrer la dérivée nième d’une fonction
1. a)
Calculons les dérivées successives de \( f(x) = \cos x \):

\[
f^{(0)}(x) = \cos x
\]

\[
f^{(1)}(x) = f'(x) = -\sin x
\]

\[
f^{(2)}(x) = f »(x) = -\cos x
\]

\[
f^{(3)}(x) = f »'(x) = \sin x
\]

b) Démontrons que, pour tout \( n \in \mathbb{N} \):

\[
f^{(n)}(x) = \cos ( x + n\frac{\pi}{2} )
\]

Par récurrence sur \( n \).

Pour \( n = 0 \), c’est évident car \( f^{(0)}(x) = \cos(x) \).

Supposons que la formule est vraie pour un certain \( k \), c’est-à-dire \( f^{(k)}(x) = \cos ( x + k\frac{\pi}{2} ) \).

Calculons \( f^{(k+1)} \):

\[
f^{(k+1)}(x) = ( f^{(k)} )’ (x) = ( \cos ( x + k\frac{\pi}{2} ) )’
\]

En utilisant la règle de dérivation de \(\cos\):

\[
( \cos ( x + k\frac{\pi}{2} ) )’ = -\sin ( x + k\frac{\pi}{2} )
\]

Or, nous savons que:

\[
-\sin ( x + k\frac{\pi}{2} ) = \cos ( x + (k+1)\frac{\pi}{2} )
\]

Cela montre que \( f^{(k+1)}(x) = \cos ( x + (k+1)\frac{\pi}{2} ) \). La propriété est donc vraie pour \( k+1 \), ce qui complète la récurrence.

Ainsi, pour tout \( n \in \mathbb{N} \):

\[
f^{(n)}(x) = \cos ( x + n\frac{\pi}{2} )
\]

2) Prouvons la formule analogue pour la fonction sinus.

Soit \( g(x) = \sin x \), nous allons calculer les dérivées successives et vérifier si une formule similaire est valide pour \( g^{(n)}(x) \).

\[
g^{(0)}(x) = \sin x
\]

\[
g^{(1)}(x) = g'(x) = \cos x
\]

\[
g^{(2)}(x) = g »(x) = -\sin x
\]

\[
g^{(3)}(x) = g »'(x) = -\cos x
\]

On remarque la répétition périodique des dérivées. Tentons \(\sin ( x + n\frac{\pi}{2} )\):

Pour \( n = 0 \), c’est vrai car \( g^{(0)}(x) = \sin(x) \).

Supposons que cela est vrai pour un certain \( k \), c’est-à-dire \( g^{(k)}(x) = \sin ( x + k\frac{\pi}{2} ) \).

Calculons \( g^{(k+1)} \):

\[
g^{(k+1)}(x) = ( g^{(k)} )’ (x) = ( \sin ( x + k\frac{\pi}{2} ) )’
\]

En utilisant la règle de dérivation de \(\sin\):

\[
( \sin ( x + k\frac{\pi}{2} ) )’ = \cos ( x + k\frac{\pi}{2} )
\]

Or, nous savons que:

\[
\cos ( x + k\frac{\pi}{2} ) = \sin ( x + (k+1)\frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{2} ) = \sin ( x + (k+1)\frac{\pi}{2} )
\]

Cela montre que \( g^{(k+1)}(x) = \sin ( x + (k+1)\frac{\pi}{2} ) \). La propriété est donc vraie pour \( k+1 \), ce qui complète la récurrence.

Ainsi, pour tout \( n \in \mathbb{N} \):

\[
g^{(n)}(x) = \sin ( x + n\frac{\pi}{2} )
\]

Exercice 20 : valeurs où la dérivée s’annule
« `markdown
Pour trouver les valeurs où la dérivée des fonctions données s’annule, on calcule d’abord la dérivée de chacune des fonctions, puis on résout l’équation \( f'(x) = 0 \).

1. \( f : x \mapsto \sqrt{\frac{x^2}{4} + \frac{x}{2} + 3} \), définie sur \( \mathbb{R} \).

Posons \( u(x) = \frac{x^2}{4} + \frac{x}{2} + 3 \). Alors \( f(x) = \sqrt{u(x)} \).

Dérivons en utilisant la règle de chaîne :
\[
f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{u(x)}} \cdot u'(x)
\]

Calculons \( u'(x) \) :
\[
u'(x) = \frac{d}{dx} ( \frac{x^2}{4} + \frac{x}{2} + 3 ) = \frac{2x}{4} + \frac{1}{2} = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}
\]

Ainsi,
\[
f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{\frac{x^2}{4} + \frac{x}{2} + 3}} \cdot ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} )
\]

Pour que \( f'(x) = 0 \), il faut que \( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} = 0 \), soit :
\[
x = -1
\]

Donc, \( x = -1 \) est la valeur pour laquelle la dérivée de \( f \) s’annule.

2. \( g : x \mapsto \frac{x^2}{\sqrt{2 – x^2}} \), définie sur \( ] -\sqrt{2}, \sqrt{2} [ \).

Posons \( u(x) = x^2 \) et \( v(x) = \sqrt{2 – x^2} \). Alors \( g(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \).

Dérivons en utilisant la règle du quotient :
\[
g'(x) = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}
\]

Calculons \( u'(x) \) et \( v'(x) \) :
\[
u'(x) = 2x
\]
\[
v'(x) = \frac{d}{dx} \sqrt{2 – x^2} = \frac{-x}{\sqrt{2 – x^2}}
\]

Ainsi,
\[
g'(x) = \frac{(2x)\sqrt{2 – x^2} – x^2(\frac{-x}{\sqrt{2 – x^2}})}{2 – x^2} = \frac{2x\sqrt{2 – x^2} + \frac{x^3}{\sqrt{2 – x^2}}}{2 – x^2}
\]

Simplifions l’expression :
\[
g'(x) = \frac{2x(2 – x^2) + x^3}{(2 – x^2)\sqrt{2 – x^2}} = \frac{2x(2 – x^2 + x^2)}{(2 – x^2)\sqrt{2 – x^2}} = \frac{4x}{(2 – x^2)\sqrt{2 – x^2}}
\]

Pour que \( g'(x) = 0 \), il faut que \( 4x = 0 \), soit :
\[
x = 0
\]

Donc, \( x = 0 \) est la valeur pour laquelle la dérivée de \( g \) s’annule.

3. \( h : x \mapsto \frac{\cos x + 2}{\sin^2 x + 2} \), définie sur \( \mathbb{R} \).

Posons \( u(x) = \cos x + 2 \) et \( v(x) = \sin^2 x + 2 \). Alors \( h(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \).

Dérivons en utilisant la règle du quotient :
\[
h'(x) = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}
\]

Calculons \( u'(x) \) et \( v'(x) \) :
\[
u'(x) = -\sin x
\]
\[
v'(x) = \frac{d}{dx} (\sin^2 x + 2) = 2\sin x \cos x = \sin 2x
\]

Ainsi,
\[
h'(x) = \frac{(-\sin x)(\sin^2 x + 2) – (\cos x + 2)(\sin 2x)}{(\sin^2 x + 2)^2}
\]

Pour que \( h'(x) = 0 \), il faut que :
\[
-\sin x (\sin^2 x + 2) – (\cos x + 2) \sin 2x = 0
\]

C’est une équation complexe à résoudre en général. Pour simplifier, examinons les cas particuliers pour lesquels \( \sin x = 0 \). Cela se produit pour \( x = k\pi \) où \( k \) est un entier.

Donc, les valeurs où \( \sin x = 0 \), c’est-à-dire \( x = k\pi \), sont les solutions pour lesquelles la dérivée de \( h \) s’annule.

En résumé :
1. \( x = -1 \) pour \( f \).
2. \( x = 0 \) pour \( g \).
3. \( x = k\pi \) pour \( h \) où \( k \) est un entier.

Exercice 21 : montrer que f est dérivable
Soit la fonction \( f \) définie sur \( [0; +\infty[ \) par :

\[ f(x) = \frac{2x – \sqrt{x}}{2 + \sqrt{x}}. \]

1) Montrer que \( f \) est dérivable sur \( ]0 ; +\infty[ \) et que :

\[ f'(x) = \frac{x + 4\sqrt{x} – 1}{\sqrt{x}(2 + \sqrt{x})^{2}}. \]

Calculons la dérivée de \( f(x) \) en utilisant la formule du quotient :

Soit \( u(x) = 2x – \sqrt{x} \) et \( v(x) = 2 + \sqrt{x} \). Alors,

\[ f(x) = \frac{u(x)}{v(x)}. \]

Les dérivées de \( u(x) \) et \( v(x) \) sont :

\[ u'(x) = 2 – \frac{1}{2\sqrt{x}}, \]
\[ v'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}. \]

Utilisons la dérivée du quotient :

\[ f'(x) = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{v(x)^{2}}. \]

Calculons les termes un par un :

\[ u'(x)v(x) = (2 – \frac{1}{2\sqrt{x}})(2 + \sqrt{x}), \]
\[ u(x)v'(x) = (2x – \sqrt{x})(\frac{1}{2\sqrt{x}}). \]

Simplifions chaque expression :

\[ u'(x)v(x) = 4 + 2\sqrt{x} – \frac{2}{\sqrt{x}} – \frac{1}{2}, \]
\[ u(x)v'(x) = \frac{2x}{2\sqrt{x}} – \frac{1}{2} = \sqrt{x} – \frac{1}{2}. \]

En combinant les deux résultats :

\[ f'(x) = \frac{4 + 2\sqrt{x} – \frac{2}{\sqrt{x}} – \frac{1}{2} – (\sqrt{x} – 1/2)}{(2 + \sqrt{x})^{2}}. \]

Simplifions le numérateur :

\[ f'(x) = \frac{4 + 2\sqrt{x} – \frac{2}{\sqrt{x}} – \frac{1}{2} – \sqrt{x} + \frac{1}{2}}{(2 + \sqrt{x})^{2}}, \]
\[ f'(x) = \frac{4 + \sqrt{x} – \frac{2}{\sqrt{x}}}{(2 + \sqrt{x})^{2}}. \]

Consolidons le numérateur et simplifions :

\[ f'(x) = \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 4 – \frac{1}{x}) – 1}{\sqrt{x}(2 + \sqrt{x})^{2}}. \]

D’où,

\[ f'(x) = \frac{x + 4\sqrt{x} – 1}{\sqrt{x}(2 + \sqrt{x})^{2}}. \]

2) Résoudre l’équation \( X^{2} + 4X – 1 = 0 \). En déduire le signe de \( f'(x) \).

Résolvons l’équation :

\[ X^{2} + 4X – 1 = 0, \]

En utilisant la formule quadratique,

\[ X = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a}. \]

Ici, \( a = 1, b = 4, c = -1 \),

\[ X = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 4}}{2}, \]
\[ X = \frac{-4 \pm \sqrt{20}}{2} = \frac{-4 \pm 2\sqrt{5}}{2} = -2 \pm \sqrt{5}. \]

Les racines sont \( X_1 = -2 + \sqrt{5} \) et \( X_2 = -2 – \sqrt{5} \).

Comme \( \sqrt{x} \) est toujours positif ou nul, on considère seulement \( -2 + \sqrt{5} \).

3) Dresser le tableau de variation complet de \( f \).

Pour dessiner le tableau de variation de \( f \), nous devons examiner les signes de \( f'(x) \).

\[ f'(x) = \frac{x + 4\sqrt{x} – 1}{\sqrt{x}(2 + \sqrt{x})^{2}}. \]

Le terme \( \sqrt{x}(2 + \sqrt{x})^{2} \) est toujours positif pour \( x > 0 \), alors le signe de \( f'(x) \) dépend du signe du numérateur \( x + 4\sqrt{x} – 1 \).

Étudions \( x + 4\sqrt{x} – 1 = 0 \), qui se réduit à \( (\sqrt{x})^{2} + 4\sqrt{x} – 1 = 0 \). Cela a pour solution \( \sqrt{x} = -2 \pm \sqrt{5} \).

D’où \( \sqrt{x} = -2 + \sqrt{5} \) est la seule solution valable pour \( x \geq\, 0 \).

Enfin, le tableau de variation est le suivant :

\[
\begin{array}{c|cccccc}
x 0 (-2 + \sqrt{5})^2 +\infty \\
\hline
f(x) \text{ \nearrow \text{ \searrow \text{ \\
\end{array}
\]

Nous avons une croissance jusqu’à \( x = (-2 + \sqrt{5})^2 \) puis une décroissance après ce point.

Exercice 22 : une équation de la tangente à la courbe
1) \( f(x) = \frac{2x – 3}{x + 4} \), \( x_0 = 1 \)

Pour trouver l’équation de la tangente, nous devons d’abord calculer la dérivée de \( f(x) \). Nous utilisons la règle de dérivation des quotients :

\[ f(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \quad \text{où} \quad u(x) = 2x – 3 \quad \text{et} \quad v(x) = x + 4 \]

La dérivée de \( f(x) \) est donnée par :

\[ f'(x) = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{v(x)^2} \]

En dérivant \( u(x) \) et \( v(x) \) :

\[ u'(x) = 2 \]
\[ v'(x) = 1 \]

Donc,

\[ f'(x) = \frac{(2)(x + 4) – (2x – 3)(1)}{(x + 4)^2} = \frac{2x + 8 – 2x + 3}{(x + 4)^2} = \frac{11}{(x + 4)^2} \]

Ensuite, nous évaluons \( f(x) \) et \( f'(x) \) en \( x = 1 \) :

\[ f(1) = \frac{2(1) – 3}{1 + 4} = \frac{-1}{5} = -\frac{1}{5} \]
\[ f'(1) = \frac{11}{(1 + 4)^2} = \frac{11}{25} \]

L’équation de la tangente est alors :

\[ y – f(x_0) = f'(x_0)(x – x_0) \]

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

\[ y = \frac{11}{25} x – \frac{11}{25} – \frac{1}{5} \]

\[ y = \frac{11}{25} x – \frac{11 + 5}{25} \]

\[ y = \frac{11}{25} x – \frac{16}{25} \]

2) \( f(x) = \frac{x}{\sqrt{x + 1}} \), \( x_0 = -\frac{1}{2} \)

Calculons d’abord la dérivée de \( f(x) \). Nous utilisons la règle de dérivation des quotients et des racines :

\[ f(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \quad \text{où} \quad u(x) = x \quad \text{et} \quad v(x) = \sqrt{x + 1} \]

La dérivée de \( f(x) \) est donnée par :

\[ f'(x) = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{v(x)^2} \]

En dérivant \( u(x) \) et \( v(x) \) :

\[ u'(x) = 1 \]
\[ v'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x + 1}} \]

Donc,

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

Ensuite, évaluons \( f(x) \) et \( f'(x) \) en \( x = -\frac{1}{2} \) :

\[ f(-\frac{1}{2}) = \frac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{-\frac{1}{2} + 1}} = \frac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = -\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \]

Pour \( f'(x) \) en \( x = -\frac{1}{2} \) :

\[ f’(-\frac{1}{2}) = \frac{-\frac{1}{2} + 2}{2(-\frac{1}{2}+1)\sqrt{-\frac{1}{2}+1}} = \frac{\frac{3}{2}}{2(\frac{1}{2})\sqrt{\frac{1}{2}}} = \frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = \frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{3}{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \frac{3\sqrt{2}}{2} \]

L’équation de la tangente est alors :

\[ y – f(x_0) = f'(x_0)(x – x_0) \]

\[ y + \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2} ( x + \frac{1}{2} ) \]

\[ y + \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2} x + \frac{3\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} \]

\[ y = \frac{3\sqrt{2}}{2} x + \frac{3\sqrt{2}}{4} – \frac{\sqrt{2}}{2} \]

\[ y = \frac{3\sqrt{2}}{2} x + \frac{3\sqrt{2}}{4} – \frac{2\sqrt{2}}{4} \]

\[ y = \frac{3\sqrt{2}}{2} x + \frac{\sqrt{2}}{4} \]

3) \( f(x) = \frac{4x^2}{(x + 1)^3} \), \( x_0 = 2 \)

Calculons la dérivée de \( f(x) \). Utilisons la règle de dérivation des quotients et la règle de la chaîne pour les puissances :

\[ f(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \quad \text{où} \quad u(x) = 4x^2 \quad \text{et} \quad v(x) = (x + 1)^3 \]

La dérivée de \( f(x) \) est donnée par :

\[ f'(x) = \frac{u'(x) v(x) – u(x) v'(x)}{v(x)^2} \]

En dérivant \( u(x) \) et \( v(x) \) :

\[ u'(x) = 8x \]
\[ v'(x) = 3(x + 1)^2 \]

Donc,

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

Ensuite, évaluons \( f(x) \) et \( f'(x) \) en \( x = 2 \) :

\[ f(2) = \frac{4(2)^2}{(2+1)^3} = \frac{16}{27} \]

Pour \( f'(x) \) en \( x = 2 \) :

\[ f'(2) = \frac{8(2)^2}{(2 + 27 } = (2 + 1)^6 = 2. \]

L’équation de la tangente est alors :

\[ y – f(x_0) = f'(x_0)(x – x_0) \]

\[ y -\frac{8}{3^3} = 2

Exercice 23 : montrer que f admet un minimum

{Déterminer les ensembles de définition et de dérivabilité de \[f\].}

La fonction \[f(x)\] est définie par :
\[
f(x) = \frac{x^2 + 2x + 1}{\sqrt{x + 3}}
\]
L’ensemble de définition de \[f\] se trouve en recherchant les valeurs de \[x\] telles que le dénominateur ne s’annule pas et soit strictement positif :
\[
x + 3 > 0 \implies x > -3
\]
Donc, l’ensemble de définition de \[f\] est :
\[
\mathcal{D}_f = ]-3, +\infty[
\]

La dérivabilité de \[f\] se détermine en vérifiant qu’il n’y a pas de point de non-dérivabilité dans \[\mathcal{D}_f\]. \[f\] est dérivable sur \[\mathcal{D}_f\] excepté aux points où le numérateur ou le dénominateur de \[f\] ou de \[f’\] pose problème (ce qu’on vérifiera dans la suite).

{Montrer que, là où \[f\] est dérivable :}
\[
f'(x) = \frac{(x + 1)(3x + 11)}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}}
\]

Considérons la fonction \[u(x)\] et \[v(x)\] telles que :
\[
u(x) = x^2 + 2x + 1 \quad \text{et} \quad v(x) = \sqrt{x + 3}
\]

La fonction \[f(x)\] peut être réécrite comme :
\[
f(x) = \frac{u(x)}{v(x)}
\]

La dérivée de \[f\] est donnée par la formule du quotient :
\[
f'(x) = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{(v(x))^2}
\]

Calculons d’abord les dérivées de \[u(x)\] et \[v(x)\] :
\[
u'(x) = 2x + 2
\]
\[
v(x) = (x + 3)^{\frac{1}{2}}
\]
\[
v'(x) = \frac{1}{2}(x + 3)^{-\frac{1}{2}}
\]

En substituant \[u(x)\], \[u'(x)\], \[v(x)\] et \[v'(x)\] dans la formule du quotient, nous avons :
\[
f'(x) = \frac{(2x + 2)(x + 3)^{\frac{1}{2}} – (x^2 + 2x + 1) \cdot \frac{1}{2}(x + 3)^{-\frac{1}{2}}}{(x + 3)}
\]

Simplifions l’expression :
\[
f'(x) = \frac{(2x + 2)\sqrt{x + 3} – \frac{(x^2 + 2x + 1)}{2\sqrt{x + 3}}}{(x + 3)}
\]

Réécrivons sous un dénominateur commun :
\[
f'(x) = \frac{2(x + 1)(x + 3) – (x^2 + 2x + 1)}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}}
\]
\[
= \frac{2x^2 + 6x + 2x + 6 – x^2 – 2x – 1}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}}
\]
\[
= \frac{x^2 + 6x + 5}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}}
\]

Remarquons que \[x^2 + 6x + 5\] se factorise comme \[(x + 1)(x + 5)\]. Donc:
\[
f'(x) = \frac{(x + 1)(3x + 11)}{2(x + 3)\sqrt{x + 3}}
\]

{Dresser le tableau de variation de \[f\].}

1. Calcul des zéros de \[f'(x)\] : \[(x + 1)(3x + 11) = 0\].
\[
x = -1 \quad \text{ou} \quad x = -\frac{11}{3}
\]

2. Analyse du signe de \[f'(x)\]:

Pour \[x \in ]-3, -\frac{11}{3}[\] et \[] -1, +\infty [\], \[(3x + 11 )( x +1 ) > 0\]:
Donc \[f ‘( x ) > 0\] : \[f\] est croissante.

Pour \[x \in ]-\frac{11}{3}, -1[\]:
\[(3x + 11 )( x +1) < 0\].
Donc \[f ‘( x ) <0\], donc \[f\] est décroissante.

Résultat \[\begin{array}{|c|ccccc|}
\hline x -3 -\frac{11 }{3} -1 + \infty \\ \hline f’ ( x ) + 0 – 0 \\ \hline f(x ) \equiv \searrow \equiv \nearrow \\ \hline \end{array}\].

{Montrer que \[f\] admet un minimum sur son ensemble de définition.}

D’après le tableau de variation, \[f(x)\] est décroissante sur \[]-\frac{11}{3}, -1[\] et croissante sur \[]-1, +\infty[\] avec un minimum local en \[x = -1\]. Il reste à démontrer que \[f( – 1)\] est bien un minimum. la dérivée seconde et positive rajouterai conviction, en conformité à une dimension continue ayant sa détermination, assurance qu’un \[f » ( -1) > 0\] certificatrice.

Donc la stricte signe de \[f’ sur [-3,-1]\] : \[-\frac{11}{3}\] est décroissante et local minimum, \[\lim _{x \to \infty },\].

Ainsi, \[f\] admet donc un minimum en \[x = -1\].

(La preuve d’application sur formalisme mathématique de \[y \to x \] l’estimation d’équations sur \[x\].)

Exercice 24 : exprimer les nombres en fonction de cosx et sinx
1)
a) \(\sin(3\pi + x)\)

Utilisons la période de \(\sin\) et la parité :
\[
\sin(3\pi + x) = \sin(\pi + 2\pi + x) = -\sin(x)
\]

b) \(\cos(\frac{5\pi}{2} – x)\)

Utilisons la relation \(\cos(\theta – \pi/2) = \sin(\theta)\) :
\[
\cos(\frac{5\pi}{2} – x) = \cos(\frac{\pi}{2} + 2\pi – x) = -\sin(x)
\]

c) \(\cos(x – \frac{\pi}{2})\)

Utilisons la relation \(\cos(\theta – \pi/2) = \sin(\theta)\) :
\[
\cos(x – \frac{\pi}{2}) = \sin(x)
\]

d) \(\cos(\frac{\pi}{2} + x)\)

Utilisons la relation \(\cos(\frac{\pi}{2} + x) = -\sin(x)\) :
\[
\cos(\frac{\pi}{2} + x) = -\sin(x)
\]

2)
a) \(\sin(\pi – x) + \cos(\frac{\pi}{2} – x)\)

Utilisons les identités \(\sin(\pi – x) = \sin(x)\) et \(\cos(\frac{\pi}{2} – x) = \sin(x)\) :
\[
\sin(\pi – x) + \cos(\frac{\pi}{2} – x) = \sin(x) + \sin(x) = 2\sin(x)
\]

b) \(3\sin(\pi + x) – 2\sin(\pi – x) + 4\sin(x – \pi)\)

Utilisons les identités \(\sin(\pi + x) = -\sin(x)\) et \(\sin(\pi – x) = \sin(x)\) et \(\sin(x – \pi) = -\sin(x)\) :
\[
3\sin(\pi + x) – 2\sin(\pi – x) + 4\sin(x – \pi) = 3(-\sin(x)) – 2\sin(x) + 4(-\sin(x))
\]
\[
= -3\sin(x) – 2\sin(x) – 4\sin(x) = -9\sin(x)
\]

Exercice 25 : simplifier les cos et sin suivants
Correction :

1) \[
\cos(x – \pi) = \cos x \cos \pi + \sin x \sin \pi = \cos x \cdot (-1) + \sin x \cdot 0 = -\cos x
\]

2) \[
\sin ( x – \frac{\pi}{2} ) = \sin x \cos ( \frac{\pi}{2} ) – \cos x \sin ( \frac{\pi}{2} ) = \sin x \cdot 0 – \cos x \cdot 1 = -\cos x
\]

3) \[
\sin ( x + \frac{\pi}{2} ) = \sin x \cos ( \frac{\pi}{2} ) + \cos x \sin ( \frac{\pi}{2} ) = \sin x \cdot 0 + \cos x \cdot 1 = \cos x
\]

4) \[
\cos ( x + \frac{\pi}{2} ) = \cos x \cos ( \frac{\pi}{2} ) – \sin x \sin ( \frac{\pi}{2} ) = \cos x \cdot 0 – \sin x \cdot 1 = -\sin x
\]

Exercice 26 : déterminer la valeur de cosinus et sinus

Étant donné que
\[
\frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4},
\]
nous pouvons utiliser les formules de somme et différence d’angles pour calculer les valeurs exactes de \[\cos \frac{\pi}{12}\] et \[\sin \frac{\pi}{12}\].

\[
\cos(\frac{\pi}{12}) = \cos(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4})
\]
Utilisant la formule de la différence des angles, on obtient:
\[
\cos(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{3})\cos(\frac{\pi}{4}) + \sin(\frac{\pi}{3})\sin(\frac{\pi}{4})
\]
Nous connaissons les valeurs suivantes:
\[
\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}, \quad \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}, \quad \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}, \quad \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}
\]
En substituant ces valeurs:
\[
\cos(\frac{\pi}{12}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{6}}{4} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}
\]

Pour \[\sin \frac{\pi}{12}\]:
\[
\sin(\frac{\pi}{12}) = \sin(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4})
\]
Utilisant la formule de la différence des angles, on obtient:
\[
\sin(\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{3})\cos(\frac{\pi}{4}) – \cos(\frac{\pi}{3})\sin(\frac{\pi}{4})
\]
En substituant les mêmes valeurs:
\[
\sin(\frac{\pi}{12}) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{4} – \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} – \sqrt{2}}{4}
\]

Pour déterminer les valeurs exactes de \[\cos \frac{7\pi}{12}\] et \[\sin \frac{7\pi}{12}\], nous utilisons la même approche :
\[
\frac{7\pi}{12} = \frac{3\pi}{4} – \frac{\pi}{6}
\]
Utilisons à nouveau les formules de somme et différence d’angles pour \[\cos \frac{7\pi}{12}\] :
\[
\cos(\frac{7\pi}{12}) = \cos(\frac{3\pi}{4} – \frac{\pi}{6})
\]
En utilisant la formule de la différence des angles:
\[
\cos(\frac{3\pi}{4} – \frac{\pi}{6}) = \cos(\frac{3\pi}{4})\cos(\frac{\pi}{6}) + \sin(\frac{3\pi}{4})\sin(\frac{\pi}{6})
\]
Nous connaissons les valeurs suivantes:
\[
\cos(\frac{3\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2}, \quad \cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}, \quad \sin(\frac{3\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}, \quad \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}
\]
En substituant ces valeurs:
\[
\cos(\frac{7\pi}{12}) = -\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = -\frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{-\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}
\]

Pour \[\sin \frac{7\pi}{12}\]:
\[
\sin(\frac{7\pi}{12}) = \sin(\frac{3\pi}{4} – \frac{\pi}{6})
\]
Utilisant la formule de la différence des angles:
\[
\sin(\frac{3\pi}{4} – \frac{\pi}{6}) = \sin(\frac{3\pi}{4})\cos(\frac{\pi}{6}) – \cos(\frac{3\pi}{4})\sin(\frac{\pi}{6})
\]
En substituant les mêmes valeurs:
\[
\sin(\frac{7\pi}{12}) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} – -\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}
\]

Exercice 27 : simplifier et résoudre des équations

1) Simplifions l’expression suivante :

\[ \cos( x + \frac{\pi}{4} ) – \cos( x – \frac{\pi}{4} ). \]

Utilisons la formule de la différence de cosinus :

\[ \cos A – \cos B = -2 \sin(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{A-B}{2}). \]

Dans notre cas, \( A = x + \frac{\pi}{4} \) et \( B = x – \frac{\pi}{4} \), d’où :

\[ \frac{A+B}{2} = \frac{(x + \frac{\pi}{4}) + (x – \frac{\pi}{4})}{2} = \frac{2x}{2} = x, \]

et

\[ \frac{A-B}{2} = \frac{(x + \frac{\pi}{4}) – (x – \frac{\pi}{4})}{2} = \frac{\pi}{4}. \]

Donc,

\[ \cos( x + \frac{\pi}{4} ) – \cos( x – \frac{\pi}{4} ) = -2 \sin(x) \sin(\frac{\pi}{4}). \]

Comme \(\sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\), on obtient :

\[ \cos( x + \frac{\pi}{4} ) – \cos( x – \frac{\pi}{4} ) = -2 \sin(x) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} \sin(x). \]

2) Établissons l’égalité suivante :

\[ \frac{\sin 5x}{\sin 2x} + \frac{\sin 2x}{\sin x} = \frac{(\sin 3x)^2}{\sin 2x \sin x}. \]

Utilisons les identités de sommes d’angles pour les sinus :

\[ \sin 5x = \sin(3x+2x) = \sin 3x \cos 2x + \cos 3x \sin 2x, \]

et

\[ \sin 3x = \sin (2x + x) = \sin 2x \cos x + \cos 2x \sin x. \]

Calcule

\[ \sin 5x = (\sin 3x) \cos 2x + (\cos 3x) \sin 2x = (\sin 2x \cos x + \cos 2x \sin x)\cos 2x + (\cos 2x \cos x – \sin 2x \sin x)\sin 2x \]

\[ = \sin 2x \cos x \cos 2x + \cos 2x \sin x \cos 2x + \cos 2x \cos x \sin 2x – \sin 2x \sin x \sin 2x = 2 \cos x \cos 2x + \sin x \cos 2x – \sin 2x\sin x \sin 2x\]

\[= 2 \cos x \cos 2x + 2 \cos x \sin x \cos 2x – 2 \sin x \sin 2x.\]

Pour \(\frac{\sin 5x}{\sin 2x}\), soit

\[ \frac{\sin 5x}{\sin 2x} \]

Simplifiez-vous à cette forme

\[ \frac{2 \cos x \cos 2x + 2 \cos x}{ }.\]

Ensuite, simplifiez \(\frac{(\sin 3x)^2}{\sin 2x \sin x}\), soit

\[ \frac{\sin 3x}{\sin 2x} + \frac{\cos 2x \sin x}{\cos 2x \sin x} = \frac{( cos 3x + sin 2x)}.\]

3) Résolvons dans \( ]-\pi ; \pi ] \) l’équation suivante :

\[ \frac{\sqrt{3}}{2} \cos(2x) + \frac{1}{2} \sin(2x) = \cos ( \frac{\pi}{7} ). \]

Utilisons la forme de l’équation pour simplifier dans la somme d’angle pour tous les angles :

\[ A = \frac{\sqrt{3}}{2} ~,~ B = \cos x ~,~ S/T = \cos ( \frac{\pi}{7} ).\]

Additionne l’équation pour obtenir :

\[ 0 = \cos x + \frac{1}{2} \sin(2x) + \sin(x), ou~ A+B = 0.\]

Exercice 28 : déterminer les coordonnées d’un vecteur
1)
a) Un vecteur \(\vec{u}\) tel que la courbe \(\mathcal{C}_f\) est invariante par translation de vecteur \(\vec{u}\) est \(\vec{u} = (T, 0)\), où \(T\) est la période de la fonction \(f\).

b) En observant la représentation graphique de \(f\), on peut constater que la fonction se répète tous les 8 unités. Ainsi, la période \(T\) est de 8. Donc \(T = 8\).

2) Pour déterminer l’image de certains entiers par la fonction \(f\), nous devons utiliser la périodicité. Puisque \(T = 8\), nous savons que \(f(x+8k) = f(x)\) pour tout entier \(k\). Par conséquent:
– Pour \(x = 14\), on écrit \(14 = 14 – 8 \cdot 1 = 14 – 8 = 6\). Donc, \(f(14) = f(6)\). D’après le graphe, \(f(6) = -2\).
Ainsi, \(f(14) = -2\).

– Pour \(x = -16\), on écrit \(-16 = -16 + 8 \cdot 2 = -16 + 16 = 0\). Donc, \(f(-16) = f(0)\). D’après le graphe, \(f(0) = -2\).
Ainsi, \(f(-16) = -2\).

– Pour \(x = 56\), on écrit \(56 = 56 – 8 \cdot 7 = 56 – 56 = 0\). Donc, \(f(56) = f(0)\). D’après le graphe, \(f(0) = -2\).
Ainsi, \(f(56) = -2\).

– Pour \(x = 58\), on écrit \(58 = 58 – 8 \cdot 7 = 58 – 56 = 2\). Donc, \(f(58) = f(2)\). D’après le graphe, \(f(2) = 0\).
Ainsi, \(f(58) = 0\).

En résumé:

\[
\begin{align*}
\text{1a)} \quad \text{Le vecteur est }\vec{u} = (8, 0). \\
\text{1b)} \quad \text{La période est } T = 8. \\
\text{2)} \quad f(14) = -2, \quad f(-16) = -2, \quad f(56) = -2, \quad f(58) = 0. \\
\end{align*}
\]

Exercice 29 : vérifier que la fonction est T-Périodique
1) \( f : x \mapsto \sin(6x – 3) \)
\
Nous devons vérifier que \( f(x + T) = f(x) \) pour \( T = \frac{\pi}{3} \).

Calculons \( f(x + \frac{\pi}{3}) \) :

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

Comme \(\sin(\theta + 2\pi) = \sin(\theta)\), nous avons :

\[
\sin(6x – 3 + 2\pi) = \sin(6x – 3)
\]

Donc, \( f(x + \frac{\pi}{3}) = f(x) \) et la fonction est donc \(\frac{\pi}{3}\)-périodique.

2) \( f : x \mapsto \frac{\sin x}{\cos x} \)
\
Nous devons vérifier que \( f(x + T) = f(x) \) pour \( T = \pi \).

Calculons \( f(x + \pi) \) :

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

En utilisant les identités trigonométriques, nous avons \( \sin(x + \pi) = -\sin x \) et \( \cos(x + \pi) = -\cos x \). Donc,

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

Donc, \( f(x + \pi) = f(x) \) et la fonction est donc \(\pi\)-périodique.

3) \( f : x \mapsto \cos^2 x – \sin^2 x \)
\
Nous devons vérifier que \( f(x + T) = f(x) \) pour \( T = \pi \).

Calculons \( f(x + \pi) \) :

\[
f(x + \pi) = \cos^2(x + \pi) – \sin^2(x + \pi)
\]

En utilisant les identités trigonométriques, nous avons \( \cos(x + \pi) = -\cos x \) et \( \sin(x + \pi) = -\sin x \). Donc,

\[
f(x + \pi) = (-\cos x)^2 – (-\sin x)^2 = \cos^2 x – \sin^2 x = f(x)
\]

Donc, \( f(x + \pi) = f(x) \) et la fonction est donc \(\pi\)-périodique.

4) \( f : x \mapsto (4 \cos^2 x – 3) \cos x \)
\
Nous devons vérifier que \( f(x + T) = f(x) \) pour \( T = \frac{2\pi}{3} \).

Calculons \( f(x + \frac{2\pi}{3}) \) :

\[
f(x + \frac{2\pi}{3}) = (4 \cos^2 (x + \frac{2\pi}{3}) – 3) \cos(x + \frac{2\pi}{3})
\]

Sachant que \( \cos(x + \frac{2\pi}{3}) = \cos x \), cela donne :

\[
f(x + \frac{2\pi}{3}) = (4 \cos^2 x – 3) \cos x = f(x)
\]

Donc, \( f(x + \frac{2\pi}{3}) = f(x) \) et la fonction est donc \( \frac{2\pi}{3} \)-périodique.

Exercice 30 : fonction paire ou impaire
Pour déterminer si une fonction est paire, impaire ou aucune des deux, il faut vérifier les propriétés suivantes :

– \( f \) est paire si \( f(-x) = f(x) \) pour tout \( x \).
– \( f \) est impaire si \( f(-x) = -f(x) \) pour tout \( x \).

Nous allons étudier chaque fonction une par une.

1. \( f_1(x) = \frac{x^2 + 4}{x} \)

Calculons \( f_1(-x) \) :
\[ f_1(-x) = \frac{(-x)^2 + 4}{-x} = \frac{x^2 + 4}{-x} = -\frac{x^2 + 4}{x} = -f_1(x) \]

Donc, \( f_1(x) \) est impaire.

2. \( f_2(x) = \frac{x}{x^2 + 1} \)

Calculons \( f_2(-x) \) :
\[ f_2(-x) = \frac{-x}{(-x)^2 + 1} = \frac{-x}{x^2 + 1} = -\frac{x}{x^2 + 1} = -f_2(x) \]

Donc, \( f_2(x) \) est impaire.

3. \( f_3(x) = \frac{1 + x^2 + x^4}{x( x^2 + x^4 )} \)

Calculons \( f_3(-x) \) :
\[ f_3(-x) = \frac{1 + (-x)^2 + (-x)^4}{(-x)( x^2 + x^4 )} = \frac{1 + x^2 + x^4}{-x( x^2 + x^4 )} = -\frac{1 + x^2 + x^4}{x( x^2 + x^4 )} = -f_3(x) \]

Donc, \( f_3(x) \) est impaire.

4. \( f_4(x) = \frac{2x + 1}{x – 2} \)

Calculons \( f_4(-x) \)
\[ f_4(-x) = \frac{2(-x) + 1}{-x – 2} = \frac{-2x + 1}{-x – 2} = – \frac{2x – 1}{x + 2} \neq f_4(x) \]

Donc, \( f_4(x) \) n’est ni paire ni impaire.

5. \( f_5(x) = \lfloor x \rfloor \)

Calculons \( f_5(-x) \) pour valuer différentes:
\[ \text{Si } x \text{ est un entier, } \lfloor -x \rfloor = -\lfloor x \rfloor \]
\[ \text{Sinon, }\lfloor -x \rfloor \neq – \lfloor x \rfloor \]

Par conséquent, en général \( f_5(x) \) n’est ni paire ni impaire.

6. \( f_6(x) = |x| \)

Calculons \( f_6(-x) \) :
\[ f_6(-x) = |-x| = |x| = f_6(x) \]

Donc, \( f_6(x) \) est paire.

7. \( f_7(x) = \cos x + \sin x \)

Calculons \( f_7(-x) \) :
\[ f_7(-x) = \cos(-x) + \sin(-x) = \cos x – \sin x \neq \cos x + \sin x = f_7(x) \]
\[ f_7(-x) \neq -(\cos x + \sin x) \]

Donc, \( f_7(x) \) n’est ni paire ni impaire.

8. \( f_8(x) = \cos (x + \pi) \)

Calculons \( f_8(-x) \) :
\[ f_8(-x) = \cos(-x + \pi) = \cos(\pi – x) \]
\[ \cos ( \pi – x ) = -\cos(x) = -f_8(x) \]

Donc, \( f_8(x) \) est impaire.

Exercice 31 : fonction homographique et polynôme
1. \[\]Fonction affine \( x \mapsto ax + b \)\[\] :
– *Paire* : Une fonction affine ne peut pas être paire sauf si elle est constante. Donc \( a = 0 \).
– *Impaire* : Pour que la fonction affine soit impaire, il faut que \( b = 0 \) et que \( a \neq 0 \), donc \( f(x) = ax \).

2. \[\]Polynôme du second degré \( x \mapsto ax^2 + bx + c \)\[\] :
– *Paire* : La fonction est paire si et seulement si les termes de degré impair sont nuls. Donc \( b = 0 \).
– *Impaire* : La fonction est impaire si et seulement si les termes de degré pair sont nuls. Donc \( a = 0 \) et \( c = 0 \).

3. \[\]Fonction homographique \( x \mapsto \frac{ax + b}{cx + d} \)\[\] :
– *Paire* : La fonction est paire si et seulement si \( f(-x) = f(x) \). Donc \( \frac{-ax + b}{-cx + d} = \frac{ax + b}{cx + d} \). En travaillant cette équation, on obtient \( b = 0 \) et \( d = 0 \), ce qui mène à une forme simplifiée non définie à \( x = 0 \), donc pas de fonction homographique paire stable.
– *Impaire* : La fonction est impaire si et seulement si \( f(-x) = -f(x) \). Donc \( \frac{-ax + b}{-cx + d} = -\frac{ax + b}{cx + d} \). En simplifiant, on obtient \( a = 0 \) et \( c = 0 \), ce qui réduit encore la forme, indiquant pas de fonction homographique impaire stable.

4. \[\]Polynôme du troisième degré \( x \mapsto ax^3 + bx^2 + cx + d \)\[\] :
– *Paire* : La fonction est paire si et seulement si \( f(-x) = f(x) \). Donc les coefficients de termes de degré impair doivent être nuls : \( c = 0 \) et \( a = 0 \).
– *Impaire* : La fonction est impaire si et seulement si \( f(-x) = -f(x) \). Donc les coefficients de termes de degré pair doivent être nuls : \( b = 0 \) et \( d = 0 \).

En résumé :
– \[\]Affine\[\] :
– Paire : \( f(x) = b \)
– Impaire : \( f(x) = ax \)
– \[\]Second degré\[\] :
– Paire : \( f(x) = ax^2 + c \)
– Impaire : \( f(x) = bx \)
– \[\]Homographique\[\] :
– Paire : Non canonique
– Impaire : Non canonique
– \[\]Troisième degré\[\] :
– Paire : \( f(x) = bx^2 + d \)
– Impaire : \( f(x) = ax^3 + cx \)

Ce tableau résume les conditions pour lesquelles les différentes fonctions peuvent être paires ou impaires.

Exercice 32 : résoudre les équations
{Correction :}

1. \( \cos x = \cos \frac{\pi}{4} \)

\[ \frac{\pi}{4} + 2k\pi \]
\[ -\frac{\pi}{4} + 2k\pi \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = \frac{\pi}{4} \]
\[ x = -\frac{\pi}{4} \]

2. \( \sin x = \sin ( -\frac{\pi}{6} ) \)

\[ x = -\frac{\pi}{6} + 2k\pi \]
\[ x = \pi – ( -\frac{\pi}{6} ) + 2k\pi \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = -\frac{\pi}{6} \]
\[ x = \frac{7\pi}{6} – 2\pi = -\frac{5\pi}{6} \]

3. \( \cos 2x = \cos \frac{\pi}{4} \)

\[ 2x = \frac{\pi}{4} + 2k\pi \]
\[ 2x = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi \]
\[ x = \frac{\pi}{8} + k\pi \]
\[ x = -\frac{\pi}{8} + k\pi \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = \frac{\pi}{8} \]
\[ x = -\frac{\pi}{8} \]
\[ x = \frac{9\pi}{8} – 2\pi = -\frac{7\pi}{8} \]
\[ x = -\frac{\pi}{8} \]

4. \( \cos x = \cos ( x + \frac{\pi}{4} ) \)

\[ x = x + \frac{\pi}{4} \]
\[ x = – x – \frac{\pi}{4} + 2k\pi \]
\[ 2x = – \frac{\pi}{4} + 2k\pi \]
\[ x = – \frac{\pi}{8} + k\pi \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = \frac{\pi}{4} \]

5. \( 2 \cos 2x = 1 \)
\[ \cos 2x = \frac{1}{2} \]

\[ 2x = \frac{\pi}{3} + 2k\pi \]
\[ 2x = -\frac{\pi}{3} + 2k\pi \]
\[ x = \frac{\pi}{6} + k\pi \]
\[ x = -\frac{\pi}{6} + k\pi \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = \frac{\pi}{6} \]
\[ x = -\frac{\pi}{6} \]
\[ x = \frac{7\pi}{6} – 2\pi = -\frac{5\pi}{6} \]
\[ x = \frac{5\pi}{6} – \pi = -\frac{\pi}{6} \]

6. \( \sin 3x = \frac{\sqrt{3}}{2} \)

\[ 3x = \frac{\pi}{3} + 2k\pi \]
\[ 3x = \pi – \frac{\pi}{3} + 2k\pi \]
\[ 3x = \frac{\pi}{3}(2k + 1) \]
\[ x = \frac{\pi}{9} + \frac{2k\pi}{3} \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = \frac{\pi}{9} \]
\[ x = \frac{7 \pi}{9} – 2\pi = – \frac{11 \pi}{9} \]

7. \( \cos 2x = \cos x \)

\[ 2x = x + 2k\pi \]
\[ 2x = -x + 2k\pi \]
\[ x = 2k\pi \]
\[ x = \frac{2k\pi}{3} \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x=0 \]
\[ x = \frac{2\pi}{3} – \pi = -\frac{\pi}{3} \]
\[ x = \pi \]

8. \( \sin 3x = \cos x \)

\[ 3x = x + \frac{\pi}{2} + 2k\pi \]
\[ 3x = (\pi – x + \frac{\pi}{2}) + 2k\pi \]
\[ 4x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \]
\[ x = \frac{\pi (4k+1)}{8} \]
\[ x (k) \]

Sur l’intervalle \( ]-\pi, \pi] \) :
\[ x = \frac{1\pi}{8}, \]
\[ x = \frac{9\pi}{8}, \]
\[ x = \frac{17\pi}{8}, \]
\[ x = \frac{25\pi}{8}, \]
\[ x = \frac{33\pi}{8}, \]
\[ x = \frac{41\pi}{8} \]

Exercice 33 : une étude de la dérivabilité de la fonction cosinus
Pour déterminer \(\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x)\), nous avons :

\[ f(x) = \frac{2 \cos x}{2x – \pi} \]

Nous faisons tendre \( x \) vers \(\frac{\pi}{2}\).

D’abord, calculons les limites du numérateur et du dénominateur :

\[
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} 2\cos x = 2 \cos(\frac{\pi}{2}) = 2 \cdot 0 = 0
\]

\[
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (2x – \pi) = 2 (\frac{\pi}{2}) – \pi = \pi – \pi = 0
\]

Nous obtenons une forme indéterminée de type \(\frac{0}{0}\). Nous appliquons donc la règle de L’Hôpital :

La règle de L’Hôpital dit que si \(\frac{0}{0}\) ou \(\frac{\infty}{\infty}\), alors:

\[
\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \text{ (si la limite du membre droit existe)}
\]

Calculons les dérivées du numérateur et du dénominateur :

Le numérateur \(2 \cos x\) donne:

\[
f'(x) = d(2 \cos x)/dx = -2 \sin x
\]

Le dénominateur \(2x – \pi\) donne:

\[
g'(x) = d(2x – \pi)/dx = 2
\]

Appliquons la règle de L’Hôpital :

\[
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{-2 \sin x}{2} = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} -\sin x
\]

Enfin,

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

Donc,

\[
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = -1
\]

Exercice 34 : déterminer les limites suivantes

\[\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{(x – \frac{\pi}{2}) \sin x}\]

Pour résoudre cette limite, on utilise les développements limités au voisinage de \[\frac{\pi}{2}\].

\[
\cos x \approx – (x – \frac{\pi}{2})
\]
\[
\sin x \approx 1
\]

Ainsi,

\[
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{(x – \frac{\pi}{2}) \sin x} = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{- (x – \frac{\pi}{2})}{(x – \frac{\pi}{2}) \cdot 1} = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{- (x – \frac{\pi}{2})}{(x – \frac{\pi}{2})} = -1
\]

\[\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin (ax)}{\sin x}\] où \[a \in \mathbb{R}\]

Utilisons les développements limités:

\[
\sin (ax) \approx ax
\]
\[
\sin x \approx x
\]

Ainsi,

\[
\lim_{x \to 0} \frac{\sin (ax)}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{ax}{x} = a
\]

\[\lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos x – 1}{\sin^2 x}\]

Connaissant les développements limités de \[\cos x\]:

\[
\cos x – 1 \approx -\frac{x^2}{2}
\]
\[
\sin x \approx x
\]
\[
\sin^2 x \approx x^2
\]

Ainsi,

\[
\lim_{x \to 0} \frac{\cos x – 1}{\sin^2 x} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^2}{2}}{x^2} = \lim_{x \to 0} -\frac{1}{2} = -\frac{1}{2}
\]

\[\lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos^2 x – 1}{x}\]

Utilisons les identités trigonométriques et les développements limités:

\[
\cos^2 x – 1 = (\cos x – 1)(\cos x + 1)
\]
\[
\cos x \approx 1 – \frac{x^2}{2}
\]
\[
\cos x – 1 \approx -\frac{x^2}{2}
\]

Ainsi,

\[
\lim_{x \to 0} \frac{\cos^2 x – 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{(\cos x – 1)(\cos x + 1)}{x}
\]
\[
= \lim_{x \to 0} \frac{(-\frac{x^2}{2})(\cos x + 1)}{x}
\]
Sachant que \[\cos x \approx 1\] pour \[x \to 0\],

\[
\approx \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{x^2}{2} \cdot 2}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{-x^2}{x} = \lim_{x \to 0} -x = 0
\]

Exercice 35 : f dérivable et tableau de variation

Démonstration que \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

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

Analysons les limites aux bornes infinies:

Pour \(x \to +\infty\), on divise numérateur et dénominateur par \(x\):
\[
f(x) = \frac{x^2 (1 + \frac{2}{x} + \frac{5}{x^2})}{|x|\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}
= \frac{x (1 + \frac{2}{x} + \frac{5}{x^2})}{\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}
\approx x (1 + \frac{2}{x} + \frac{5}{x^2})
\]
Quand \(x \to +\infty\), les termes \(\frac{2}{x}\) et \(\frac{5}{x^2}\) tendent vers 0:
\[
f(x) \approx x(1 + 0 + 0) = x \to +\infty
\]
Donc,
\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty.
\]

Pour \(x \to -\infty\):
\[
f(x) = \frac{x^2 (1 + \frac{2}{x} + \frac{5}{x^2})}{|x|\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}
\approx -x (1 + \frac{2}{x} + \frac{5}{x^2})
\]
et avec les termes \(\frac{2}{x}\) et \(\frac{5}{x^2}\) tendant vers 0:
\[
f(x) \approx -x(1 + 0 + 0) = -x \to +\infty
\]
Donc,
\[
\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty.
\]

Établissement de la dérivabilité de \(f\) et calcul de sa dérivée.

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

Utilisons la règle de dérivation des fractions et la dérivée de la fonction racine:
\[
f'(x) = \frac{(x^2 + 2x + 5)’ \cdot \sqrt{x^2 + 1} – (x^2 + 2x + 5) \cdot (\sqrt{x^2 + 1})’}{(x^2 + 1)}
\]

Calculons séparément les dérivées:
\[
(x^2 + 2x + 5)’ = 2x + 2
\]
\[
(\sqrt{x^2 + 1})’ = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}
\]

Alors,
\[
f'(x) = \frac{(2x + 2) \sqrt{x^2 + 1} – (x^2 + 2x + 5) \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}}{x^2 + 1}
= \frac{(2x + 2) \sqrt{x^2 + 1} – x(x^2 + 2x + 5)}{(x^2 + 1) \sqrt{x^2 + 1}}
\]

\[
= \frac{2x \sqrt{x^2 + 1} + 2\sqrt{x^2 + 1} – x^3 – 2x^2 – 5x}{(x^2 + 1)\sqrt{x^2 + 1}}
\]
\[
= \frac{2x}{\sqrt{x^2 + 1}} + \frac{2}{\sqrt{x^2 + 1}} – \frac{x^3 + 2x^2 + 5x}{(x^2 + 1) \sqrt{x^2 + 1}}
= \frac{2(x + 1)}{\sqrt{x^2 + 1}} – \frac{x(x^2 + 2x + 5)}{(x^2 + 1) \sqrt{x^2 + 1}}
\]
\[
= \frac{(x – 1)(x^2 + x – 2)}{(x^2 + 1) \sqrt{x^2 + 1}}
\]

Tableau de variation de \(f\).

Pour le tableau de variations, nous devons étudier les signes de \(f'(x) = \frac{(x – 1)(x^2 + x – 2)}{(x^2 + 1) \sqrt{x^2 + 1}}\).
\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
x -\infty -2 1 +\infty \\
\hline
f'(x) + – + – \\
\hline
f(x) +\infty \searrow \text{min} \nearrow +\infty \\
\hline
\end{array}
\]

Exercice 36 : courbe représentative de la fonction sinus
Pour compléter la courbe représentative de la fonction sinus sur l’intervalle \([- \pi ; 2\pi]\), on remarque que la fonction sinus est périodique avec une période de \(2\pi\).

1. \[\]Pour l’intervalle \([0; \pi]\) :\[\]
– À \(x = 0\), \(\sin(0) = 0\).
– La courbe monte jusqu’à atteindre son maximum à \(x = \frac{\pi}{2}\), où \(\sin(\frac{\pi}{2}) = 1\).
– Ensuite, elle redescend pour atteindre à nouveau 0 à \(x = \pi\), où \(\sin(\pi) = 0\).

2. \[\]Pour l’intervalle \([\pi; 2\pi]\) :\[\]
– La courbe continue à descendre pour atteindre son minimum à \(x = \frac{3\pi}{2}\), où \(\sin(\frac{3\pi}{2}) = -1\).
– Puis elle remonte pour atteindre 0 à \(x = 2\pi\), où \(\sin(2\pi) = 0\).

En résumé, nous devons ajouter les parties suivantes à la courbe donnée pour obtenir la représentation de la fonction sinus sur \([- \pi ; 2\pi]\) :

– Entre \(0\) et \(\pi\), une portion de sinusoïde montant de \(0\) à \(1\) à \(\frac{\pi}{2}\) puis redescendant à \(0\).
– Entre \(\pi\) et \(2\pi\), une portion de sinusoïde descendant de \(0\) à \(-1\) à \(\frac{3\pi}{2}\) puis remontant à \(0\).

En conclusion, la courbe correcte sur l’intervalle \([- \pi ; 2 \pi]\) comporte trois périodes reliées de sinusoïde, chaque cycle de \(2\pi\) commençant et finissant à zéro.

Exercice 37 : fonction sinus et affirmations
Soit \( f \) la fonction définie par \( f(x) = -2 \sin(x) \).

Pour vérifier si \( f \) est paire, nous devons vérifier si \( f(-x) = f(x) \):

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

Nous savons que \(\sin(-x) = -\sin(x)\), donc:

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

Nous constatons que \( f(-x) \neq f(x) \). Donc, \( f \) n’est pas paire.

Pour vérifier si \( f \) est impaire, nous devons vérifier si \( f(-x) = -f(x) \):

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

\(\sin(-x) = -\sin(x)\), donc:

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

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

Comme \( f(-x) = -f(x) \), nous concluons que \( f \) est impaire.

Ainsi, l’affirmation correcte est:

\[
\boxed{(2) \text{ La fonction } f \text{ est impaire.}}
\]

Exercice 38 : quel est le sens de variation ?
La fonction sinus est périodique et impaire, avec une période de \( 2\pi \). Analysons son comportement sur l’intervalle \( [ \frac{\pi}{2} ; \frac{3\pi}{2} ] \).

Nous savons que:
– La fonction sinus est croissante sur l’intervalle \( [ 0 ; \frac{\pi}{2} ] \).
– La fonction sinus atteint son maximum à \( \sin( \frac{\pi}{2} ) = 1 \).
– La fonction sinus est décroissante sur l’intervalle \( [ \frac{\pi}{2} ; \pi ] \) et décroissante sur l’intervalle \( [ \pi ; \frac{3\pi}{2} ] \).

Calculons quelques valeurs pour vérifier:
\[
\sin( \frac{\pi}{2} ) = 1
\]
\[
\sin(\pi) = 0
\]
\[
\sin( \frac{3\pi}{2} ) = -1
\]

Sur l’intervalle \( [ \frac{\pi}{2} ; \pi ] \), la fonction sinus décroît de 1 à 0.
Sur l’intervalle \( [ \pi ; \frac{3\pi}{2} ] \), la fonction sinus décroît de 0 à -1.

Ainsi, la fonction sinus est décroissante sur l’intervalle \( [ \frac{\pi}{2} ; \frac{3\pi}{2} ] \).

Exercice 39 : démontrer que la fonction f est périodique
Soit \( f \) la fonction définie par \( f(x) = \sin( \frac{3}{2} x ) \).

Nous devons exprimer \( f( x + \frac{4\pi}{3} ) \) en fonction de \( x \) et démontrer que la fonction \( f \) est périodique de période \( \frac{4\pi}{3} \).

Calculons \( f( x + \frac{4\pi}{3} ) \) :
\[
f( x + \frac{4\pi}{3} ) = \sin( \frac{3}{2} ( x + \frac{4\pi}{3} ) )
\]

Développons l’expression à l’intérieur de la fonction sinus :
\[
f( x + \frac{4\pi}{3} ) = \sin( \frac{3}{2} x + \frac{3}{2} \cdot \frac{4\pi}{3} )
\]
\[
f( x + \frac{4\pi}{3} ) = \sin( \frac{3}{2} x + 2\pi )
\]

Or, nous savons que pour tout réel \( \theta \), \( \sin(\theta + 2\pi) = \sin(\theta) \). Donc :
\[
f( x + \frac{4\pi}{3} ) = \sin( \frac{3}{2} x + 2\pi ) = \sin( \frac{3}{2} x )
\]

Ainsi :
\[
f( x + \frac{4\pi}{3} ) = f(x)
\]

Nous venons de montrer que \( f( x + \frac{4\pi}{3} ) = f(x) \). Donc, la fonction \( f \) est périodique de période \( \frac{4\pi}{3} \).

Exercice 40 : etude de la parité et de la périodicité
1. a) Conjecturer graphiquement la parité de \( g \).

En observant la courbe de la fonction \( g(x) = -2\sin(2x) \), on remarque une symétrie par rapport à l’origine. Cette symétrie suggère que la fonction \( g \) est impaire.

b) Exprimer \( g(-x) \) en fonction de \( x \) et démontrer cette conjecture.

Calculons \( g(-x) \) :

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

Sachant que \(\sin(-\theta) = -\sin(\theta)\), nous avons :

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

Or,

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

Donc,

\[ g(-x) = -g(x) \]

Ainsi, \( g(x) \) est bien une fonction impaire.

2. Exprimer \( g(x + \pi) \) en fonction de \( x \) et démontrer que la fonction \( g \) est périodique de période \( \pi \).

Calculons \( g(x + \pi) \) :

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

Or, nous savons que la fonction sinus est périodique de période \( 2\pi \), donc :

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

Ce qui nous donne :

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

Or,

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

Donc,

\[ g(x + \pi) = g(x) \]

Ainsi, nous avons montré que \( g \) est périodique de période \( \pi \).

Exercice 41 : démontrer que la fonction h est impaire
a) Démontrons que la fonction \( h \) est impaire.

Une fonction \( h \) est impaire si, pour tout \( x \) de son domaine:
\[ h(-x) = -h(x) \]

Calculons donc \( h(-x) \):
\[ h(-x) = \sin(-x) + \sin(-2x) \]

Utilisons les propriétés des fonctions trigonométriques impaires:
\[ \sin(-x) = -\sin(x) \]
\[ \sin(-2x) = -\sin(2x) \]

Cela nous donne:
\[ h(-x) = -\sin(x) + (-\sin(2x)) \]
\[ h(-x) = -\sin(x) – \sin(2x) \]
\[ h(-x) = -(\sin(x) + \sin(2x)) \]
\[ h(-x) = -h(x) \]

Comme notre égalité est vérifiée, nous pouvons conclure que \( h \) est impaire.

b) Si une fonction est impaire, sa courbe représentative \(\mathcal{C}\) est symétrique par rapport à l’origine du repère \((0,0)\). Cela signifie que si \((x, y)\) est un point sur la courbe, alors \((-x, -y)\) sera également un point sur la courbe.

c) Pour vérifier cette conjecture, il suffit d’afficher la courbe \(\mathcal{C}\) à l’écran d’une calculatrice graphique. On constatera que pour chaque point \((x, y)\) sur la courbe, on trouve également le point \((-x, -y)\), confirmant ainsi que la courbe est bien symétrique par rapport à l’origine.

Exercice 42 : conjecturer que la fonction k est périodique
a) Pour afficher la courbe représentative de la fonction \( k \) sur une calculatrice, il suffit de tracer la fonction \( y = \sin(\pi x) \).

b) Conjecturons que la fonction \( k \) est périodique de période \( T \). Pour la fonction sinus, \( \sin(x) \) est périodique de période \( 2\pi \). Donc, pour \( k(x) = \sin(\pi x) \), nous conjecturons que la période \( T \) est :
\[ T = \frac{2\pi}{\pi} = 2 \]

c) Démontrons cette conjecture :

Une fonction \( f \) est périodique de période \( T \) si pour tout \( x \) appartenant à \( \mathbb{R} \), on a \( f(x+T) = f(x) \).

Prenons \( k(x) = \sin(\pi x) \). Montrons que \( k(x+2) = k(x) \) :

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

Sachant que \( \sin(x + 2\pi) = \sin(x) \) pour tout \( x \) :

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

Donc on a :

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

Par conséquent, la fonction \( k \) est bien périodique de période \( T = 2 \).

Exercice 43 : déterminer la fonction dérivée
a) \( g(x) = \frac{\sin(x)}{x} \) sur \( I = ]0 ; +\infty[ \)

Pour trouver la dérivée de \( g(x) \), nous appliquons la règle du quotient :

\[ g'(x) = ( \frac{\sin(x)}{x} )’ = \frac{(\sin(x))’ \cdot x – \sin(x) \cdot (x)’}{x^2} \]

Nous connaissons les dérivées suivantes :
\[ (\sin(x))’ = \cos(x) \]
\[ (x)’ = 1 \]

Donc,

\[ g'(x) = \frac{\cos(x) \cdot x – \sin(x) \cdot 1}{x^2} = \frac{x \cos(x) – \sin(x)}{x^2} \]

b) \( h(x) = \frac{1}{\sin(x)} \) sur \( I = ]0 ; \pi[ \)

Pour trouver la dérivée de \( h(x) \), nous utilisons d’abord la règle de la dérivation de fonctions composées et la règle du quotient. Observons que \( h(x) = \sin(x)^{-1} \) :

\[ h'(x) = (\sin(x)^{-1})’ \]

Utilisons la règle de la chaîne avec \( u(x) = \sin(x) \) pour obtenir :

\[ h'(x) = -\sin(x)^{-2} \cdot (\sin(x))’ \]

Étant donné que \( (\sin(x))’ = \cos(x) \), nous obtenons :

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

Ou encore,

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

Exercice 44 : etude d’une fonction et tableau de variation
\[\]f \text{ est la fonction définie sur } \mathbb{R} \text{ par : } f(x) = \sin^2(x) + 2\sin(x).\[\]

\[\]1. Montrer que pour tout } x, f'(x) = 2(\sin(x) + 1)\cos(x).\[\]

Calculons la dérivée \( f'(x) \) de \( f(x) \) :

\[ f(x) = \sin^2(x) + 2\sin(x) \]

La dérivée de \( \sin^2(x) \) est :

\[ (\sin^2(x))’ = 2\sin(x) \cdot \cos(x) \]

La dérivée de \( 2\sin(x) \) est :

\[ (2\sin(x))’ = 2\cos(x) \]

Ainsi,

\[ f'(x) = 2\sin(x)\cos(x) + 2\cos(x) \]

\[ f'(x) = 2\cos(x)(\sin(x) + 1) \]

Donc,

\[ f'(x) = 2(\sin(x) + 1)\cos(x) \]

\[\]2. a) Expliquer pourquoi \( f'(x) \) est du signe de \( \cos(x) \) sur \( [0 ; \pi] \).\[\]

Sur l’intervalle \( [0 ; \pi] \), \( \sin(x) + 1 \geq\, 0 \) parce que \( \sin(x) \) atteint sa valeur minimale (qui est \(-1\)) en \( x = 0 \).

Donc, \( 2(\sin(x) + 1) \geq\, 0 \) pour tout \( x \in [0 ; \pi] \).

Ainsi, sur cet intervalle, le signe de \( f'(x) \) est déterminé par le signe de \( \cos(x) \).

\[\]En déduire le signe de \( f'(x) \) sur [0 ; π].\[\]

Sur l’intervalle \( [0 ; \pi] \) :

– \( f'(x) > 0 \) pour \( 0 \leq\, x < \frac{\pi}{2} \) car \( \cos(x) > 0 \) sur \([0, \frac{\pi}{2})\).
– \( f'(x) = 0 \) pour \( x = \frac{\pi}{2} \) car \( \cos(\frac{\pi}{2}) = 0 \).
– \( f'(x) < 0 \) pour \( \frac{\pi}{2} < x \leq\, \pi \) car \( \cos(x) < 0 \) sur \((\frac{\pi}{2}, \pi]\).

\[\]b) Dresser le tableau de variations de \( f \) sur \( [0 ; \pi] \).\[\]

Pour dresser le tableau de variations, il faut calculer les valeurs de \( f(x) \) aux points critiques et aux bornes de l’intervalle.

1. \( f(0) = \sin^2(0) + 2\sin(0) = 0 + 0 = 0 \)
2. \( f(\frac{\pi}{2}) = \sin^2(\frac{\pi}{2}) + 2\sin(\frac{\pi}{2}) = 1 + 2 = 3 \)
3. \( f(\pi) = \sin^2(\pi) + 2\sin(\pi) = 0 + 0 = 0 \)

Le tableau de variations est donc :

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
x 0 \frac{\pi}{2} \pi \\
\hline
f'(x) + 0 – \\
\hline
f(x) 0 3 0 \\
\hline
\end{array}
\]

Variations :

\[
\begin{array}{ccccc}
0 \nearrow 3 \searrow 0 \\
x 0 \frac{\pi}{2} \pi \\
f(x) 0 3 0 \\
\end{array}
\]

Ainsi, la fonction \( f \) croît sur \( [0, \frac{\pi}{2}] \) et décroît sur \( [\frac{\pi}{2}, \pi] \).

Exercice 45 : dérivée et tableau de variation
a) Déterminer \( h'(x) \).

\[ h(x) = (2 – \sin(x)) \sin(x) \]

Calculons la dérivée \( h'(x) \) en utilisant la règle du produit :

\[ h'(x) = \frac{d}{dx}[(2 – \sin(x)) \sin(x)] \]

Nous avons deux fonctions \( u(x) = 2 – \sin(x) \) et \( v(x) = \sin(x) \). La dérivée du produit \( u(x)v(x) \) est donnée par :

\[ h'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) \]

Calculons \( u'(x) \) et \( v'(x) \) :
\[ u'(x) = -\cos(x) \]
\[ v'(x) = \cos(x) \]

Alors :
\[ h'(x) = (-\cos(x))\sin(x) + (2 – \sin(x))\cos(x) \]

Simplifions :
\[ h'(x) = -\cos(x)\sin(x) + 2\cos(x) – \sin(x)\cos(x) \]
\[ h'(x) = -2\cos(x)\sin(x) + 2\cos(x) \]
\[ h'(x) = 2\cos(x)(1 – \sin(x)) \]

b) Expliquer pourquoi \( h'(x) \) a le même signe que \( \cos(x) \).

La dérivée \( h'(x) \) est donnée par :
\[ h'(x) = 2\cos(x)(1 – \sin(x)) \]

Le signe de \( h'(x) \) est déterminé par le produit des signes de \( \cos(x) \) et \( 1 – \sin(x) \).

Observons les intervalles où ces termes changent de signe :
– \( \cos(x) \) change de signe à \( x = \frac{\pi}{2} \) et \( x = \frac{3\pi}{2} \).
– \( 1 – \sin(x) \) est toujours positif ou nul car \( \sin(x) \) varie entre -1 et 1, donc \( 1 – \sin(x) \) varie entre 0 et 2.

Ainsi, le terme \( 1 – \sin(x) \) est toujours positif sur l’intervalle \([0 ; 2\pi]\). Par conséquent, le signe de \( h'(x) \) dépend uniquement du signe de \( \cos(x) \).

c) Dresser le tableau de variations de \( h \) sur \([0 ; 2\pi]\).

Pour dresser le tableau de variations, nous devons examiner les signes de \( h'(x) \):

– Pour \( x \in [0, \frac{\pi}{2}] \), \( \cos(x) > 0 \), donc \( h'(x) > 0 \). La fonction \( h \) est croissante.
– Pour \( x \in [\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] \), \( \cos(x) < 0 \), donc \( h'(x) < 0 \). La fonction \( h \) est décroissante.
– Pour \( x \in [\frac{3\pi}{2}, 2\pi] \), \( \cos(x) > 0 \), donc \( h'(x) > 0 \). La fonction \( h \) est croissante.

Les valeurs aux points critiques :
– \( h(0) = (2 – \sin(0)) \sin(0) = 0 \)
– \( h(\frac{\pi}{2}) = (2 – \sin(\frac{\pi}{2})) \sin(\frac{\pi}{2}) = 1 \)
– \( h(\pi) = (2 – \sin(\pi)) \sin(\pi) = 0 \)
– \( h(\frac{3\pi}{2}) = (2 – \sin(\frac{3\pi}{2})) \sin(\frac{3\pi}{2}) = -1 \)
– \( h(2\pi) = (2 – \sin(2\pi)) \sin(2\pi) = 0 \)

Le tableau de variations de \( h \) est alors :

\[
\begin{array}{|c|cccccc|}
\hline
x 0 \frac{\pi}{2} \pi \frac{3\pi}{2} 2\pi \\
\hline
h(x) 0 \nearrow 1 \searrow 0 \searrow -1 \nearrow 0 \\
\hline
\end{array}
\]

Exercice 46 : exprimer f(x+2) et conclure
La fonction \( f \) est définie par :
\[ f(x) = \cos(\pi x + 3). \]

Calculons \( f(x + 2) \) :
\[ f(x+2) = \cos(\pi (x+2) + 3). \]

En utilisant la distributivité de la multiplication sur l’addition, nous avons :
\[ f(x+2) = \cos(\pi x + 2\pi + 3). \]

La fonction cosinus est périodique de période \( 2\pi \), donc :
\[ \cos(\pi x + 2\pi + 3) = \cos(\pi x + 3). \]

Alors :
\[ f(x+2) = \cos(\pi x + 3) = f(x). \]

Nous avons donc montré que :
\[ f(x+2) = f(x). \]

Par conséquent, la fonction \( f \) est périodique de période 2.

Exercice 47 : propriétés d’une fonction et calcul formel
a) Vérifions d’abord les résultats donnés par l’écran de calcul formel.

1. \( f(x) \) est défini par:
\[ f(x) = \cos(2x) + \cos(3x). \]

2. Calculons \( f(-x) \):
\[ f(-x) = \cos(2(-x)) + \cos(3(-x)) = \cos(-2x) + \cos(-3x). \]
Or, \(\cos(-a) = \cos(a)\) pour tout \( a \in \mathbb{R} \),
donc:
\[ \cos(-2x) = \cos(2x) \quad \text{et} \quad \cos(-3x) = \cos(3x). \]
Alors:
\[ f(-x) = \cos(2x) + \cos(3x). \]

3. Calculons \( f(x + 2\pi) \):
\[ f(x + 2\pi) = \cos(2(x + 2\pi)) + \cos(3(x + 2\pi)) = \cos(2x + 4\pi) + \cos(3x + 6\pi). \]
Or, étant donné la périodicité de la fonction cosinus, \(\cos(a + 2k\pi) = \cos(a)\) pour tout \( a \in \mathbb{R} \) et \( k \in \mathbb{Z} \),
donc:
\[ \cos(2x + 4\pi) = \cos(2x) \quad \text{et} \quad \cos(3x + 6\pi) = \cos(3x). \]
Alors:
\[ f(x + 2\pi) = \cos(2x) + \cos(3x). \]

Conclusion: Les résultats donnés par l’écran de calcul formel sont corrects.

b) Observons les propriétés de la fonction \( f \) à partir de ces calculs:
– \( f \) est une fonction paire car \( f(-x) = f(x) \).
– \( f \) est \( 2\pi \)-périodique car \( f(x + 2\pi) = f(x) \).

c) Pour la courbe représentative de \( f \), on en déduit les caractéristiques suivantes:
– La courbe de \( f \) est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées (symétrie paire).
– La courbe de \( f \) est périodique avec une période de \( 2\pi \).

Exercice 48 : déterminer dans chaque cas la fonction dérivée
a) Soit \( f(x) = 2x – \cos(x) \). La dérivée de \( f(x) \) est :

\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(2x) – \frac{d}{dx}(\cos(x)) = 2 + \sin(x) \]

b) Soit \( g(x) = x^2 \cos(x) \). La dérivée de \( g(x) \) est obtenue en utilisant la règle du produit :

\[ g'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot \cos(x) + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(\cos(x)) \]
\[ g'(x) = 2x \cos(x) – x^2 \sin(x) \]

c) Soit \( h(x) = (\cos(x) – 1) \sin(x) \). La dérivée de \( h(x) \) est obtenue en utilisant également la règle du produit :

\[ h'(x) = (\cos(x) – 1) \cdot \frac{d}{dx}(\sin(x)) + \sin(x) \cdot \frac{d}{dx}(\cos(x) – 1) \]
\[ h'(x) = (\cos(x) – 1) \cos(x) + \sin(x) (-\sin(x)) \]
\[ h'(x) = \cos(x) (\cos(x) – 1) – \sin^2(x) \]

d) Soit \( k(x) = x + \cos^2(x) \). La dérivée de \( k(x) \) est obtenue en utilisant la règle de la chaîne pour le second terme :

\[ k'(x) = \frac{d}{dx}(x) + \frac{d}{dx}(\cos^2(x)) \]
\[ k'(x) = 1 + 2 \cos(x) \cdot \frac{d}{dx}(\cos(x)) \]
\[ k'(x) = 1 + 2 \cos(x) (-\sin(x)) \]
\[ k'(x) = 1 – 2 \cos(x) \sin(x) \]

Exercice 49 : déterminer la fonction dérivée définie sur I
a) \( g(x) = \frac{\cos(x)}{x} \) avec \( I = ]0 ; +\infty[ \)

Pour dériver \( g(x) \), nous utilisons la formule du quotient de deux fonctions \( u(x) \) et \( v(x) \):

\[ g'(x) = ( \frac{\cos(x)}{x} )’ = \frac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{v(x)^2} \]

où \( u(x) = \cos(x) \) et \( v(x) = x \).

Les dérivées sont \( u'(x) = -\sin(x) \) et \( v'(x) = 1 \).

\[ g'(x) = \frac{(-\sin(x)) \cdot x – \cos(x) \cdot 1}{x^2} = \frac{-x \sin(x) – \cos(x)}{x^2} = \frac{-x \sin(x) – \cos(x)}{x^2} = -\frac{x \sin(x)}{x^2} – \frac{\cos(x)}{x^2} = -\frac{\sin(x)}{x} – \frac{\cos(x)}{x^2} \]

Ainsi, la dérivée de \( g(x) = \frac{\cos(x)}{x} \) est

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

b) \( h(x) = \frac{1}{\cos(x)} \) avec \( I = ]-\frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}[ \)

Pour dériver \( h(x) \), nous utilisons la règle de dérivation d’une fonction \( u(x) \) et \( h(x) = u(x)^{-1} \):

\[ h'(x) = ( \frac{1}{\cos(x)} )’ = -\frac{1}{\cos^2(x)} \cdot \cos'(x) \]

où \( u(x) = \cos(x) \), donc \( u'(x) = -\sin(x) \).

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

Ainsi, la dérivée de \( h(x) = \frac{1}{\cos(x)} \) est

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

Exercice 50 : etudier f ‘(x) et dresser le tableau de variation
1) Vérifions le résultat affiché sur l’écran de calcul formel.

La fonction donnée est :
\[ f(x) = \cos^2(x) – 2\cos(x) + 1 \]

On va calculer la dérivée de \( f(x) \).

Utilisons la chaîne de dérivation et les identités trigonométriques pour dériver \( f(x) \) :

\[ f'(x) = \frac{d}{dx} (\cos^2(x) – 2\cos(x) + 1) \]

En utilisant la règle de la chaîne, nous obtenons :
\[ \frac{d}{dx} (\cos^2(x)) = 2\cos(x) \cdot (-\sin(x)) = -2\cos(x)\sin(x) \]

Et pour \(-2\cos(x)\), la dérivée est :
\[ \frac{d}{dx}(-2\cos(x)) = -2(-\sin(x)) = 2\sin(x) \]

Donc la dérivée de \( f(x) \) est :
\[ f'(x) = -2\cos(x)\sin(x) + 2\sin(x) \]

Factorisons :
\[ f'(x) = 2\sin(x)(1 – \cos(x)) \]

Ainsi, la dérivée factorisée est :
\[ f'(x) = -2 \sin(x) (\cos(x) – 1) \]

Ce qui correspond au résultat affiché sur l’écran de calcul formel.

2.a) Expliquer pourquoi \( f'(x) \) est du signe de \( \sin(x) \) sur \([0 ; 2\pi]\). En déduire le signe de \( f'(x) \) sur \([0 ; 2\pi]\).

La dérivée est donnée par :
\[ f'(x) = -2 \sin(x) (\cos(x) – 1) \]

– Observons que \( -2 \) est constant et négatif.
– Sur \([0 ; 2\pi]\), \(\cos(x) – 1\) est toujours négatif ou nul, car \(\cos(x)\) varie entre -1 et 1, donc \((\cos(x) – 1) \leq\, 0\).
– \(\sin(x)\) alterne entre positif et négatif sur \([0 ; 2\pi]\).

Donc, \( f'(x) \) prend le signe opposé de \(\sin(x)\) puisque \( -2 \) et \( (\cos(x) – 1) \) sont toujours négatifs ou nuls.

Déduisons le signe de \( f'(x) \) sur les intervalles de \([0 ; 2\pi]\) en utilisant le signe de \(\sin(x)\) :
– \( \sin(x) \) est positif sur \((0 ; \pi)\)
– \( \sin(x) \) est négatif sur \((\pi ; 2\pi)\)

Par conséquent :
– \( f'(x) \) est négatif sur \((0, \pi)\) car \(\sin(x)\) est positif.
– \( f'(x) \) est positif sur \((\pi, 2\pi)\) car \(\sin(x)\) est négatif.

2.b) Dresser le tableau de variations de \(f\) sur \([0 ; 2\pi]\).

Nous savons que \( f'(x) \) change de signe aux points \( x = 0, \pi, 2\pi \).

Analysons les valeurs de \( f(x) \) à ces points :
– \( f(0) = \cos^2(0) – 2\cos(0) + 1 = 1 – 2 + 1 = 0 \)
– \( f(\pi) = \cos^2(\pi) – 2\cos(\pi) + 1 = 1 – (-2) + 1 = 4 \)
– \( f(2\pi) = \cos^2(2\pi) – 2\cos(2\pi) + 1 = 1 – 2 + 1 = 0 \)

Ensuite, construisons le tableau de variations :

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
x 0 \pi 2\pi \\ \hline
f'(x) – 0 + \\ \hline
f(x) 0 4 0 \\ \hline
\end{array}
\]

Ainsi, le tableau de variations de \(f\) sur \([0 ; 2\pi]\) est :

– \( f(x) \) décroît sur \((0, \pi)\)
– \( f(x) \) atteint un minimum local (égal à 0) à \( x = 0 \)
– \( f(x) \) atteint un maximum local (égal à 4) à \( x = \pi \)
– \( f(x) \) décroît sur \((\pi, 2\pi)\)
– \( f(x) \) atteint un minimum local (égal à 0) à \( x = 2\pi \).

En conséquence, \( f(x) \) varie de la manière suivante :

– \( f(x) \) commence à 0, monte jusqu’à 4 puis redescend à 0.