Chapitre 6. Fonctions trigonométriques

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1 Chapitre 6 Fonctions trigonométriques Corrigés des exercices-tests Vrai La hauteur issue de M dans le triangle OIM est également médiane Donc le triangle OIM est isocèle en M Étant aussi isocèle en O, il est équilatéral Faux Par symétrie, le point M est associé au nombre π + π = 3π (voir question ) 3 Faux Par symétrie, le point M 3 est associé au nombre π π = π Vrai La droite (OM ) est une bissectrice du plan Faux 9π = 7π + 3π Vrai 3π = 5π + π Faux 5π n appartient pas à l intervalle ] π; π] Vrai 7π = 5π 5π + π et appartient à l intervalle ] π; π] QCM sin(t) > 0 et sin (t) = cos (t) = 8 9 cos (t) sin (t) = cos (t) ( cos (t)) = cos (t) = 3 Faux cos π = cos π π = cos π 3 Faux Pout tout entier k, kπ est solution de l équation cos(x) = 3 Vrai Les solutions dans l intervalle ] π; π] de l équation sin(x) = sont π et 5π 6 6 Corrigés des «Pour se tester» 0 Questions sur le cours a) Dans un repère orthonormé (O; ı, ȷ ), la courbe représentant la fonction cosinus est symétrique par rapport à l axe des ordonnées b) La courbe représentant la fonction sinus est l image de la courbe représentant la fonction cosinus par la translation de vecteur π i c) Les variations de la fonction sinus dépendent directement du signe de la fonction cosinus sin( t) d) lim = t 0 t Vrai ou faux a) Faux La fonction cosinus n est pas croissante sur R Par exemple : cos π < cos 0 b) Faux La fonction sinus est périodique Par exemple : sin π = sin 3 π + π 3 c) Vrai 3π = π 5π + π et = π + π 6 6 La fonction sinus est π-péridodique donc elle a les même variations sur 3π ; 5π que sur 3 6 π ; π (voir le tableau de variation à la page 3 6 7) d) Vrai 9π = π π + π et = 3π + π La fonction cosinus est π-péridodique donc elle a les même variations sur 9π ; π que sur π ; 3π QCM (une seule réponse exacte) Les mesures principales de 53π, 3π, 7π et 5π 6 sont respectivement 3π, π, π et 5π 6 Nathan 0 Transmath Term S Enseignement spécifique Corrigés Chapitre 6 // Page sur 5

2 u (x) = 3 3 ( sin(3x + 3)) 3 v (x) = sin(x) + cos(x) = (cos(x) sin(x)) Réponse exacte : b) Pour n =, l'équation sin(x) = 0 possède trois solutions sur [ π ; π] On peut éliminer les affirmations a), b) et d) Note Un raisonnement par récurrence peut permettre de prouver le résultat 3 QCM (au moins une réponse exacte) a) Affirmation fausse Sur un cercle trigonométrique, 7π et π sont 6 6 associés à deux points diamétralement opposés b) Affirmation vraie En effet, la fonction cosinus est paire c) et d) Affirmations vraies En effet, π = π π + π et = π π et la fonction cosinus est π-périodique a) Affirmation vraie sin 3π = sin π > sin π 5 b) Affirmation fausse sin 5π = sin π < sin π c) et d) Affirmations fausses Les mesures principales de π π et sont 5 5 respectivement π et π et sin π < a) Affirmation vraie sin(x)3 3 b) et d) Affirmations vraies cos(x) c) Affirmation fausse Par exemple, sin π < cos π 6 6 Corrigés des exercices 39 a) sin(x) x = sin(x) x En posant, pour tout nombre x non nul, X = x, on obtient : lim sin(x) = lim sin(x) x 0 x X 0 X b) sin(x ) x = lim X 0 = sin(x ) x sin(x) X = Pour tout nombre x non nul, on pose X = x lim sin(x ) = lim sin (X) = x x X 0 X c) sin(x) = sin(x) 3x sin(3x) 3 x sin(3x) sin (x) On a lim = x 0 x D après le théorème sur la limite de l inverse d une fonction et en posant X = 3x, 3x lim = lim X = x 0 sin (3x) X 0 sin (X) D après le théorème sur la limite d un produit de fonctions, lim sin(x) 3x = 3 x sin(3x) 3 x 0 d) sin(x+) = sin(x+) x sin( x ) x+ sin( x ) sin(x+) En posant X = x +, lim x x+ x En posant Y = x, lim D où lim sin(x+) x sin( x ) = x = sin( x ) = 6 Pour tout nombre x, sin(x) et x x + sin(x) x + De plus, pour tout nombre x >, x > 0 D où x x+ f(x) x x soit encore : f(x) x+ x Ce qui conduit au résultat souhaité lim = 0 x + x En appliquant le théorème d encadrement sur les limites de fonctions, on obtient : lim f(x) = 0 d où lim f(x) = x + x + Nathan 0 Transmath Term S Enseignement spécifique Corrigés Chapitre 6 // Page sur 5

3 50 a) b) Sur ] π; π], l ensemble des solutions est ] π; π 6 ] [π 6 ; π] En posant pour tout nombre x, X = 3x, l équation devient cos(x) = Un cercle trigonométrique et le tableau des valeurs remarquables de cosinus permet de déduire la forme des solutions de cette équation sur R : X = π + kπ ou X = π + kπ, k Z D où : x = 3 π + kπ = π + k π ou = π + k π Sur I, l ensemble des solutions est : π ; π + π ; π + π ; π + π ; π + π ; π + 6π ou encore π ; 5π ; 7π ; π ; 3π ; 7π b) En posant X = x π, l équation devient sin(x) = 0 dont les solutions sur R sont : X = kπ, k Z Or x = X + π donc les solutions sur R de 8 sin x π = 0 sont de la forme : x = π + kπ, k Z 8 Sur I, l ensemble des solutions est : 7π ; 3π ; π ; 5π c) En posant X = π x, l équation devient cos(x) = dont les solutions sur R sont : X = π + kπ ou X = π + kπ, k Z Or x = X + π donc les solutions sur R de cos(π x) = sont de la forme : x = π 0π kπ ou x = kπ, k Z Sur I, l ensemble des solutions est π ; π 5 a) Sur [0; π], l ensemble des solutions est π ; π 6 6 c) Sur R, l ensemble des solutions est la réunion de tous les intervalles du type : π π + kπ; + kπ, k Z Vrai cos(x) cos(x) Un cercle trigonométrique met en évidence la proposition «Si cos(x) 0, alors x π ; π» Cette proposition est fausse Contre-exemple : x = π n appartient pas à π ; π et pourtant cos(π) 0 60 a) - Si u 0 >, alors u 0 pas défini - Si u 0 <, alors u = u 0 < 0 et u n est > et u < 0 donc u n est pas défini Ainsi, si u 0 [ ; ], alors la suite (u n ) n existe pas Par contraposée, on déduit que : Si la suite (u n ) existe, alors u 0 [ ; ] Si u 0 [ ; ], on utilise un raisonnement par récurrence pour prouver pour tout entier n, «u n existe et appartient à [0; ]» Initialisation : u 0 donc 0 u 0 ; u existe et appartient à [0; ] Hérédité : Supposons que pour un certain rang p, 0 u p Nathan 0 Transmath Term S Enseignement spécifique Corrigés Chapitre 6 // Page 3 sur 5

4 On a alors 0 u p appartient à [0; ] Conclusion ; u p+ = u p existe et : Si u 0 [ ; ], alors pour tout entier n, u n existe (et appartient à [0; ]) Ainsi, on a démontré que : «La suite (u n ) existe si, et seulement si, u 0 [ ; ]» b) Si la suite (u n ) est constante, alors u 0 est solution de l équation x = x On en déduit que u 0 doit nécessairement être positif Résolvons cette équation sur I = 0 ; Ceci revient à résoudre sur I, x = x ou encore x + x = 0, ce qui conduit à : x = Ainsi, u 0 = a) Pour toute α 0 de [ π ; π ], sin(α 0) [ ; ] La suite (u n ) est ainsi toujours définie - Si α 0 = π alors u 6 0 = sin π = et la suite (u 6 n) est constante b) Pour tout α π ; π, sin(α) = cos π α = cos π α = sin π α (formule de duplication) - Pour tout n N, u n+ = sin(α n+ ) et u n+ = sin(α n ) Or sin(α n ) = sin π α n car α n appartient à [ π ; π ] donc u n+ = sin π α n Or π α n [ π ; π ] Donc, d après l unicité du nombre α n, α n+ = π α n 3a) β n+ = α n+ π = π α n π = π α n = β 6 6 n (β n ) est géométrique de raison et de terme initial β 0 = α 0 π 6 b) Pour tout entier n, β n = β 0 n d où : α n = β n + π 6 = (α 0 π 6 ) n + π 6 On en déduit u n = sin (α 0 π ) 6 n + π 6 c) La suite (β n ) converge vers 0 Donc la suite (α n ) converge vers π 6 La fonction sinus est continue en π On en déduit 6 alors que (u n ) converge vers sin π = 6 63 A(θ) = (BC+AD) BH = ( + cos(θ))sin (θ) On en déduit : sin π α sin(α) = Or, α π ; π, donc π α 0 ; π d où sin π α 0 Donc : sin (α) = sin π α = sin π α c) D après a), si u 0 [ ; ] alors, pour tout entier n, u n [ ; ] Or, la fonction sinus est continue et strictement croissante sur [ π ; π ] et l image de [ π ; π ] est [ ; ] Donc d après le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout entier n, il existe une valeur α n dans [ π ; π ] et une seule telle que u n = sin (α n ) a) f (θ) = sin (θ) + cos(θ) + cos (θ) f (θ) = + cos (θ) + cos(θ) + cos (θ) f (θ) = cos (θ) + cos(θ) Le calcul des racines du polynôme X + X permet d en donner la forme factorisée : (X + ) X On en déduit que : f (θ) = (cos(θ) + ) cos(θ) Sur 0 ; π, f (θ) est du signe de cos(θ), c'est-à-dire positif sur 0 ; π et négatif sur 3 π ; π 3 On en déduit ainsi les variations de f Nathan 0 Transmath Term S Enseignement spécifique Corrigés Chapitre 6 // Page sur 5

5 b) On déduit du tableau que l aire maximale du polygone ABCD est obtenue pour θ = π 3 Nathan 0 Transmath Term S Enseignement spécifique Corrigés Chapitre 6 // Page 5 sur 5