P est vraie

TS 8 DS 3 Correction : D´erivabilit´e et fonctions trigo 17 novembre 2015 Dur´ee 2 heures. Le bar`eme est donn´e `a titre indicatif.

Le manque de soin et de clart´e dans la r´edaction sera p´enalis´e.

Exercice 1 : Restitution organis´ee des connaissances

1. P est vraie. Preuve par r´ecurrence. Pour tout entier n, on appelleP(n) la propri´et´e : Si f(x) = xⁿ, alors f⁰(x) =nxⁿ⁻¹. D´emontronsP(n).

Initialisation : Pourn= 2, f(x) =x² doncf⁰(x) = 2x.

De plus 2×x²⁻¹= 2xdoncP(2) est vraie.

H´er´edit´e : Supposons queP(n) est vraie pour un entier nsup´erieur ou ´egal `a 1. Montrons queP(n+ 1) est vraie.

P(n+ 1) s’´ecrit :Si f(x) =xⁿ⁺¹, alorsf⁰(x) = (n+ 1)xⁿ.

Soitgd´efinie parg(x) =xⁿ, par hypoth`ese de r´ecurrence,g⁰(x) =nxⁿ⁻¹. f(x) =g(x)×xdoncf⁰(x) =g⁰(x)×x+g(x)×1

Doncf⁰(x) =nxⁿ⁻¹×x+xⁿ= (n+ 1)×xⁿ. DoncP(n+ 1) est vraie.

Conclusion : On a initialisation et h´er´edit´e doncP(n) est vraie pour tout entiern.

2. C’est faux car pour n = 2, on a avec le produit (u²)⁰ = u×u = u⁰×u+u×u⁰ = 2u⁰u 6= 2u. En prenant u(x) = 2x, on a (u²)⁰(x) = 8xalors que 2u(x) = 4x.

Exercice 2 : Exercices classiques

1. R´esoudre les ´equations suivantes sur [0; 2π] : (a) S=π

3; ^5π₃ (b) S=4π

9; ^10π₉ ; ^16π₉ ; ^5π₉; ^11π₉ ; ^17π₉

(c) On pose X = sin(x), l’´equation devient 2X²−3X+ 1 = 0. Les solutions sont 1 et ¹₂. L’´equation devient alors sin(x) = 1 ou sin(x) = ¹₂. Il y a trois solutions ^π₂, ^π₆ et ^5π₆

2. Il faut d´etailler les calculs

(a) f⁰(x) = 2 cos(2x+ 5) (b) g⁰(x) =−5 sin(x) cos⁴(x) (c) h⁰(x) =−3×(−4 sin(4x))×cos⁻⁴(4x) =12 sin(4x)

cos⁴(x)

cos(a+b) = cos(a) cos(b)−sin(a) sin(b) donc cos(x+^π₂) = cos(x) cos(^π₂)−sin(x) sin(^π₂) =−sin(x) car sin(^π₂) = 1 et cos(^π₂) = 0.

De mˆeme sin(a+b) = sin(a) cos(b) + sin(b) cos(a) donc sin(x+^π₂) = sin(x) cos(^π₂) + sin(^π₂) cos(x) = cos(x).

3.

4. f(x+^π₂) =cos(x+^π₂)

sin(x+^π₂) −sin(x+^π₂)

cos(x+^π₂) =−sin(x)

cos(x) − cos(x)

−sin(x)=f(x) en utilisant les propri´et´es pr´ec´edentes.

Exercice 3 : Probl`eme

1. Soitud´efinie paru(x) =x²−1.uest d´efinie et d´erivable surRcomme fonction polynˆome et strictement positive sur ]− ∞;−1[∪]1; +∞[. Donc√

uest d´efinie, d´erivable et non nul sur ]− ∞;−1[∪]1; +∞[, donc 1

√u est d´efinie et d´erivable sur ]− ∞;−1[∪]1; +∞[.

2. (a) lim

x→1x²−1 = 0 et lim

x→0

√x= 0 donc par composition lim

x→1

√x²−1 = 0.

pourx >1,√

x²−1>0 donc par quotient, lim

x→1f(x) = +∞.

SurDf, f(x) = r x²

x²−1. Pourx6= 0, x²

x²−1 = 1 1−_x¹2

, donc lim

x→+∞

x² x²−1 = 1.

x→1lim

√x= 1 donc par composition lim

x→+∞f(x) = 1

(b) On en d´eduit qu’il existe deux asymptotes, une horizontale d’´equation y = 1 et une verticale d’´equation x= 1.

3. (a) Soitvd´efinie parv(x) =x, on av⁰(x) = 1. u(x) =x²−1 doncu⁰(x) = 2x.

f⁰= v⁰√

u−v(√ u)⁰

v =

v⁰√

u−v u⁰ 2√ u

v =2v⁰u−vu⁰ 2√

u×u2 Doncf⁰(x) = 2(x²−1)−2x²

2√

x²−1(x²−1) = 1 2√

x²−1(x²−1)

TS 8 DS 3 Correction : D´erivabilit´e et fonctions trigo, Page 2 sur 3 2015-2016 (b) Sur ]1; +∞[,x²−1>0 et√

x²−1>0 doncf⁰(x)<0.

x

f⁰(x)

f

1 +∞

− +∞

+∞

1 1 (c) f est continue, strictement d´ecroissante et lim

x→1f(x) = +∞ et lim

x→+∞f(x) = 1 donc par le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires,f(x) = 2 admet une unique solution sur ]1; +∞[.

4. (a) f(−x) = −x

p(−x)²−1 =− x

√x²−1 =−f(x) doncf est impaire.

(b) Par sym´etrie centrale, on en d´eduit que : x

f

−∞ −1 1 +∞

−1

−1

−∞

+∞

+∞

1 1 5. f⁰(2) = −1

3×√

3 donc l’´equation de la tangente est du type y= −1 3×√

3x+b o`u best un r´eel.

La droite passe par le point (2; 2

√

3), on a donc 2

√

3 = −2 3×√

3 +bce qui est ´equivalent `a b= 7 3√

3. L’´equation r´eduite est y= −1

3√

3x+ 8 3√ 3

6. g est d´erivable sur Df carx⁻1>0 sur cet intervalle.

g⁰(x) = 2x 2√

x²−1 = x

√x²−1.

F est d´efinie parF(x) =g(x)−g(2) =√

x²−1−√ 3 Exercice 4 : Probl`eme semi-ouvert

1. cos(θ) = AB AD = 4

AD doncAD= 4

cos(θ) et tan(θ) = BD AB = BD

4 doncBD= 4 tan(θ) doncCD=CB+BD= 7 + 4

tan(θ).

2. Le lapin aura travers´e la route avant le passage du camion ssi le lapin arrive `a parcourir la longueur AD en moins de temps que le camion parcourt la longueurCD.

Le lapin parcourt la longueur AD en AD

30000 = 1

7500 cos(θ) heure et le camion parcourt la longueur CD en CD

60000 = 4 tan(θ) + 7 60000 heure.

Donc Le lapin sera sauf ssi 1

7500 cos(θ) <4 tan(θ) + 7

60000 , ce qui est ´equivalent `a 4

tan(θ)−⁷₂−2 tan(θ)<0 ce qui est ´equivalent `a f(θ)>0

3. R´esolvonsf(θ)>0. Pour cela ´etudions la fonctionf.

f est d´erivable sur [0;^π₂[ comme somme de fonctions trigonom´etriques d´erivables sur cet intervalle (cos(x)6= 0 sur [0;^π₂[)

f⁰(θ) = 2

cos²(θ)−4 sin(θ)

cos²(θ) =2−4 sin(θ) cos²(θ) .

Sur [0;^π₂]f⁰(θ)>0⇔2−4 sin(θ)>0⇔sin(θ)< ¹₂⇔θ∈[0;^π₆].

f est croissante sur [0;^π₆] et d´ecroissante sur [^π₆;^π₂].

On sait aussi quef est continue, or f(0) =−¹₂, f(^π₆) = ⁷₂−6√ 3

3 >0 et lim

θ→^π₂f(θ) =−∞. Par le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediairesf(θ) a deux solutions (approximativement 0,4 et 0,64).

Le lapin s’en sortira donc si l’angle mesure entre 23 et 37 degr´es environ.