I.U.T. de Brest Ann´ee 2018-2019
G.M.P. 1 Corrig´e du devoir du 21/11/2018
Outils math´ematiques (M1301)
Exercice 1 ( ≃1,5 points). D´etermination de l’ensemble de d´efinitionDf de la fonctionf d´efinie par : f(x) = 1 + 3 sinx
1−3 cosx ·
On sait que les fonctions cosinus et sinus sont d´efinies surR. Donc les expressions 1+3 sinxet 1−3 cosx sont d´efinies pour tout x∈R. Comme un quotient est d´efini si et seulement si son d´enominateur ne s’an- nule pas, on peut affirmer que f(x) = 1 + 3 sinx
1−3 cosx est d´efinie ssi 1−3 cosx6= 0.
Or 1−3 cosx= 0 ssi cosx= 13.
0 1
1
−1
−1
1 3
π 0
π
2 arccos 13
−arccos 13
Par lecture sur le cercle trigo, on a donc : cosx= 13 ssix= arccos 13
+ 2kπ (avec k ∈Z) ou x=−arccos 13
+ 2kπ (avec k∈Z).
Conclusion.f(x) est d´efinie pour tous les r´eelsx sauf ceux qui s’´ecriventx=±arccos 13
+ 2kπ (avec k ∈Z). Autrement dit,
Df =R\
±arccos 1
3
+ 2kπ / k ∈Z
.
Exercice 2 ( ≃5,5 points). On consid`ere f la fonction d´efinie sur ]0; +∞[ par : f(x) = 2 lnx−5
x2 ·
1. f est de la forme uv avec u(x) = 2 lnx−5 et v(x) = x2. Donc u′(x) = x2 et v′(x) = 2x. D’o`u f′(x) =
2
x ×x2−(2 lnx−5)×2x
(x2)2 = 2x−2x(2 lnx−5) x4
En factorisant au num´erateur par 2x, on obtient : f′(x) = 2x[1−(2 lnx−5)]
x4 = 2x[1−2 lnx+ 5]
x4 = 2x[6−2 lnx]
x4 D’o`u
f′(x) = 4x(3−lnx)
x4 = 4(3−lnx)
x3 ·
2. a) Calculons lim
x→0+f(x). On sait que lim
x→0+lnx=−∞, donc lim
x→0+(2 lnx−5) =−∞. Par ailleurs lim
x→0+x2 = 0+. D’o`u par quotient
xlim→0+f(x) =−∞. A noter qu’il est essentiel de pr´eciser que lim`
x→0+x2 = 0+(et pas simplement lim
x→0+x2 = 0) pour assurer que la limite d’un quotient du type ≪ −∞0+ ≫ est en fait −∞ (r`egle des signes `a respecter).
b) Tout d’abord, on transforme l’´ecriture de f(x) : f(x) = 2 lnx−5
x2 = 2× lnx x2 − 5
x2· Or lim
x→+∞
5 x2 = 0.
De plus, lim
x→+∞
lnx
x2 = 0 par croissances compar´ees (voir formulaire si besoin).
Conclusion. Par produit et somme, lim
x→+∞f(x) = 0.
3. Sur ]0; +∞[, 4 etx3 sont toujours strictement positifs, doncf′(x) = 4(3−lnx)
x3 est du mˆeme signe que 3−lnx.
Pour tout x∈]0; +∞[ on a : 3−lnx>0 ssi 3>lnx,
ssi lnx6 3,
ssi elnx 6e3 (car la fonction exponentielle est croissante sur R), ssi x6e3.
D’o`u le tableau de variations def :
x 0 e3 +∞
f′(x) + 0 −
f(x) −∞ % e−6
& 0 Remarque : f(e3) = 2 ln(e3)−5
(e3)2 = 2×3−5 e6 = 1
e6 = e−6.
Exercice 3 ( ≃3,5 points). On consid`ere sur l’intervalle [0;π2] la fonction f d´efinie par : f(x) = 4 sin(3x) + 9x2.
1. Pour tout x∈[0;π2], on obtient en utilisant notamment (sinu)′ =u′cosu : f′(x) = 4×3 cos(3x) + 9×2x= 12 cos(3x) + 18x, puis, en utilisant (cosu)′ =−u′sinu, on trouve :
f′′(x) = 12×(−3) sin(3x) + 18 =−36 sin(3x) + 18.
2. Pour ´etudier la convexit´e de f, on s’int´eresse au signe de f′′(x). On rappelle que f est convexe l`a o`u f′′ est positive ou nulle.
f′′(x)>0 ssi −36 sin(3x) + 18>0, ssi sin(3x)6 18
36, ssi sin(3x)6 1 2. Comme x∈
0;π2
, on a 3x∈[0;32π].
Consid´erons alors un r´eel t tel que t∈[0;32π] et cherchons d’abord `a r´esoudre sin(t)6 1 2.
Travaillons pour cela avec un cercle trigo. Remarquons d’abord que, pour tout t∈[0;32π], on a : sin(t) = 12 ssi t= π6 out= 56π.
0 1
1
−1
−1
1 2
0 π
π 6 5π
6
3π 2
Par lecture sur le cercle trigo, en parcourant le cercle de t = 0 vers progressivement t = 3π2 , on constate que :
sin(t)6 12 (zone verte) ssi 06t6 π6 (zone rouge du dessin) ou
5π
6 6t6 32π (zone bleue).
Si on revient `a x (en pensant t= 3x), on obtient : sin(3x)6 12 ssi 0 63x6 π6 ou 56π 63x6 32π,
ssi 06x6 18π ou 518π 6x6 π2.
Conclusion. La fonction f est convexe sur les deux intervalles 0;18π
et5π 18;π2
.
Exercice 4 (≃3,5 points). Rangement dans l’ordre croissant des trois nombres suivants : arccos4
5 ; arcsin4
5 ; arctan
√3
6 ·
Constatons tout d’abord que
√2 2 < 4
5 <
√3
2 . Pour le prouver, ces nombres ´etant tous positifs, il suffit de voir que leurs carr´es sont rang´es dans le mˆeme ordre :
√2 2
!2
= 1 2 = 50
100; 4
5 2
= 16 25 = 64
100;
√3 2
!2
= 3 4 = 75
100.
Ainsi, comme 50<64<75, on a
√2 2
!2
<
4 5
2
<
√3 2
!2
. D’o`u le r´esultat annonc´e.
Ceci ´etant dit, il ne reste plus qu’`a utiliser la croissance de la fonction arcsin et la d´ecroissance de la fonction arccos sur [−1; 1]. Pr´ecis´ement :
•
√2 2 < 4
5 <
√3
2 donc arcsin
√2
2 <arcsin4
5 <arcsin
√3
2 ce qui donne π
4 <arcsin4 5 < π
3.
•
√2 2 < 4
5 <
√3
2 donc arccos
√2
2 >arccos4
5 >arccos
√3
2 ce qui donne π
4 >arccos4 5 > π
6. Premi`ere conclusion.
π
6 <arccos4 5 < π
4 <arcsin4 5 < π
3. Maintenant, on a aussi 0<
√3 6 <
√3
3 . Donc, en utilisant la croissance de la fonction arctan sur R, on obtient arctan 0<arctan
√3
6 <arctan
√3
3 , c’est-`a-dire 0 <arctan
√3 6 < π
6. Seconde conclusion. On a donc montr´e que :
0<arctan
√3 6 < π
6 <arccos4 5 < π
4 <arcsin4 5 < π
3, ce qui donne finalement
arctan
√3
6 <arccos4
5 <arcsin4 5.
Remarque. Une fois qu’on a montr´e que
√2 2 < 4
5 <
√3
2 , on pouvait ´egalement raisonner sur le cercle trigo. Dans ce cas, il fallait placer 4
5 entre
√2 2 et
√3
2 sur l’axe des abscisses, ce qui permettait d’aller chercher arccos 4
5 sur le cercle. Mˆeme genre d’id´ees pour aller placer arcsin4
5 et arctan
√3
6 . Evidemment, pour dessiner tout cela, tracer des pointill´es pour suivre le raisonnement et enfin lire graphiquement que :
0<arctan
√3 6 < π
6 <arccos4 5 < π
4 <arcsin4 5 < π
3, puis conclure que :
arctan
√3
6 <arccos4
5 <arcsin4 5.
Exercice 5 (≃6 points).
1. Calcul de cos (2α) avec α= arcsin 3 7.
On sait que, pour tout r´eel t, on a : cos (2t) = 1−2 sin2t. Donc cos(2α) = 1−2×(sinα)2. Or sinα= sin
arcsin3 7
= 3
7 car le cours assure que sin(arcsinx) =x pour tout x∈[−1; 1].
D’o`u
cos(2α) = 1−2× 3
7 2
= 1−2× 9
49 = 49−18 49 = 31
49. 2. • Calcul de cos (2β) avec β = arccos3
4.
On sait que, pour tout r´eel t, on a : cos (2t) = 2 cos2t−1. Donc cos(2β) = 2×(cosβ)2−1.
Or cosβ = cos
arccos3 4
= 3
4 car le cours assure que cos(arccosx) =xpour tout x∈[−1; 1].
D’o`u
cos(2β) = 2× 3
4 2
−1 = 2× 9
16−1 = 9
8−1 = 9−8 8 = 1
8.
• Puis calcul de cos (3β).
Remarquons d’abord que cos (3β) = cos (β+ 2β).
Or on sait que cos(a+b) = cosacosb−sinasinb. Par cons´equent : cos(3β) = cos(β) cos(2β)−sin(β) sin(2β).
On a d´ej`a calcul´e cos(β) et cos(2β) pr´ec´edemment ; il reste `a g´erer sin(β) sin(2β).
On sait que, pour tout r´eel t, on a sin(2t) = 2 sintcost.
Donc ici sin(β) sin(2β) = sin(β)×2 sin(β) cos(β) = 2 cos(β) sin2(β).
Or, pour tout r´eel t, on a cos2t+ sin2t = 1. Donc sin2(β) = 1−cos2(β).
Finalement :
sin(β) sin(2β) = 2 cos(β)(1−cos2(β)) = 2× 3
4 × 1− 3
4 2!
ce qui donne :
sin(β) sin(2β) = 3 2×
1− 9
16
= 3
2 ×16−9 16 = 3
2× 7 16 = 21
32 Conclusion.
cos(3β) = 3 4× 1
8 −21 32 = 3
32 −21
32 =−18
32 =− 9 16
3. Calcul de sin θ
2
avec θ = arccos1 9.
On sait que, pour tout r´eel t, on a : cos (2t) = 1−2 sin2t.
En prenant t= θ2, on obtient : cos
2× θ
2
= 1−2×
sinθ 2
2 , c’est-`a-dire
cos (θ) = 1−2×
sin θ 2
2 . Or cosθ = cos
arccos1 9
= 1
9 car le cours assure que cos(arccosx) =x pour tout x∈[−1; 1].
Par cons´equent, on obtient :
1
9 = 1−2×
sinθ 2
2 . Cela nous permet d’´ecrire
sin θ
2 2
= 1−19
2 =
8 9
2 = 4 9. D’o`u
sinθ 2 =±
r4 9 =±
√4
√9 =±2 3. Comme θ = arccos1
9, la d´efinition de la fonction arccos assure que θ ∈ [0;π]. Donc θ 2 ∈h
0;π 2
i et forc´ement sin θ
2 >0. Finalement,
sin θ 2 = 2
3.
Fin du corrig´e
