Exercices corrigés : dérivation et fonctions trigonométriques (Terminale spécialité)

a) Avec $u(x)=3x^{2}-5$ et $u'(x)=6x$ : $f'(x)=4u'(x)u(x)^{3}=24x(3x^{2}-5)^{3}$.

b) Avec $u(x)=x^{2}+1>0$ : $g'(x)=\frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}=\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$.

c) Avec $u(x)=-x^{2}$ et $u'(x)=-2x$ : $h'(x)=u'(x)\mathrm{e}^{u(x)}=-2x\mathrm{e}^{-x^{2}}$.

d) Avec $u(x)=2x+3>0$ sur l'intervalle : $k'(x)=\frac{u'(x)}{u(x)}=\frac{2}{2x+3}$. Avec $u(x)=x^{2}+4$, qui ne s'annule jamais : $m'(x)=-\frac{u'(x)}{u(x)^{2}}=-\frac{2x}{(x^{2}+4)^{2}}$.

a) $f'(x)=5\times 2\times(2x-1)^{4}=10(2x-1)^{4}$, donc $f(1)=1$ et $f'(1)=10$. La tangente a pour équation $y=10(x-1)+1$, c'est-à-dire $y=10x-9$.

b) $g(2)=\mathrm{e}^{0}=1$ et $g'(x)=3\mathrm{e}^{3x-6}$, donc $g'(2)=3$. La courbe passe par le point $(2\ ;\ 1)$ avec une pente de 3 : la tangente y a pour équation $y=3x-5$. Sans le facteur 3, on obtiendrait une pente de 1, soit une erreur de 200 %.

c) Avec $u(x)=1+\mathrm{e}^{x}>0$ : $h'(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}$. Ce quotient est strictement positif comme quotient de deux quantités strictement positives. De plus $\mathrm{e}^{x}<1+\mathrm{e}^{x}$, donc le quotient est strictement inférieur à 1. Ainsi $0<h'(x)<1$ : $h$ est strictement croissante mais sa pente reste bornée par 1. On note au passage $h'(0)=\frac{1}{2}$.

d) $p'(x)=-2x\mathrm{e}^{-x^{2}}$, puis, en dérivant le produit, $p''(x)=-2\mathrm{e}^{-x^{2}}+(-2x)\times(-2x)\mathrm{e}^{-x^{2}}=(4x^{2}-2)\mathrm{e}^{-x^{2}}$. L'exponentielle étant strictement positive, $p''$ a le signe de $4x^{2}-2$, qui s'annule en changeant de signe en $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ et $x=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0{,}707$. La courbe présente donc deux points d'inflexion, symétriques par rapport à l'axe des ordonnées.

a) $\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$, $\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $\cos\frac{3\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ et $\sin\frac{5\pi}{6}=\frac{1}{2}$. Pour les deux dernières, on lit le point diamétralement replacé dans le bon quadrant : $\frac{3\pi}{4}$ est dans le deuxième quadrant, où le cosinus est négatif, et $\frac{5\pi}{6}$ aussi, où le sinus reste positif.

b) Les solutions sont $x=\frac{\pi}{3}$ et $x=-\frac{\pi}{3}$. Le cosinus étant pair, les deux solutions sont symétriques par rapport à l'axe des abscisses.

c) On cherche les points d'ordonnée $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, donc dans les troisième et quatrième quadrants : $x=\frac{5\pi}{4}$ et $x=\frac{7\pi}{4}$.

d) Posons $X=2x$. Quand $x$ parcourt $[0\ ;\ \pi]$, $X$ parcourt $[0\ ;\ 2\pi]$. L'équation $\cos X=\frac{\sqrt{3}}{2}$ y admet les solutions $X=\frac{\pi}{6}$ et $X=2\pi-\frac{\pi}{6}=\frac{11\pi}{6}$. En revenant à $x=\frac{X}{2}$ : $x=\frac{\pi}{12}$ et $x=\frac{11\pi}{12}$. Oublier de transformer l'intervalle fait perdre la seconde solution.

a) $f'(x)=3\cos(3x)$ et $g'(x)=-2\sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right)$. Le facteur vient de la dérivée de la fonction intérieure, le signe moins de la dérivée du cosinus.

b) Produit : $h'(x)=1\times\sin x+x\cos x=\sin x+x\cos x$.

c) $k'(x)=2\sin x\times\cos x=\sin(2x)$, d'après $\sin(2x)=2\sin x\cos x$.

d) $v(t)=x'(t)=-10\sin(2t)$ cm/s. Comme $|\sin(2t)|\leq 1$, la vitesse maximale en valeur absolue vaut $10$ cm/s, atteinte lorsque $\sin(2t)=\pm 1$, c'est-à-dire $2t=\frac{\pi}{2}+k\pi$, soit $t=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}$ pour $k$ entier. Ce sont exactement les instants où le mobile passe par l'origine, tandis que la vitesse s'annule aux points extrêmes $x=\pm 5$.

a) $f'(x)=2\cos x+1$. L'équation $f'(x)=0$ équivaut à $\cos x=-\frac{1}{2}$, dont les solutions sur $[0\ ;\ 2\pi]$ sont $x=\frac{2\pi}{3}$ et $x=\frac{4\pi}{3}$.

b) $\cos x>-\frac{1}{2}$ sur $\left[0\ ;\ \frac{2\pi}{3}\right[$ et sur $\left]\frac{4\pi}{3}\ ;\ 2\pi\right]$, où $f'>0$ et $f$ est croissante ; $\cos x<-\frac{1}{2}$ sur $\left]\frac{2\pi}{3}\ ;\ \frac{4\pi}{3}\right[$, où $f'<0$ et $f$ est décroissante. Le tableau comporte donc trois plages : croissance, décroissance, croissance.

c) $f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=2\times\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi}{3}=\sqrt{3}+\frac{2\pi}{3}\approx 3{,}83$, maximum local. $f\left(\frac{4\pi}{3}\right)=-\sqrt{3}+\frac{4\pi}{3}\approx 2{,}46$, minimum local.

d) Aux bornes, $f(0)=0$ et $f(2\pi)=2\pi\approx 6{,}28$. Le maximum sur l'intervalle vaut donc $2\pi$, atteint en $x=2\pi$, et le minimum vaut $0$, atteint en $x=0$. Les points de a) ne donnent que des extremums locaux : sur un intervalle fermé, il faut toujours comparer les valeurs aux bornes avec celles des points critiques. Ici le terme $x$ pousse la fonction vers le haut sur toute la période, et l'oscillation d'amplitude 2 ne suffit pas à compenser.

a) Pour $x\neq 0$, $\frac{\sin x}{x}=\frac{\sin x-\sin 0}{x-0}$, puisque $\sin 0=0$. C'est le taux d'accroissement de $\sin$ entre $0$ et $x$ ; sa limite quand $x\to 0$ est donc $\sin'(0)=\cos 0=1$.

b) $\frac{\sin(3x)}{x}=3\times\frac{\sin(3x)}{3x}$, et $3x\to 0$, donc la limite vaut $3\times 1=3$. Pour le second quotient, on écrit $\frac{\sin(3x)}{\sin(5x)}=\frac{\sin(3x)}{3x}\times\frac{5x}{\sin(5x)}\times\frac{3}{5}$, dont la limite est $1\times 1\times\frac{3}{5}=\frac{3}{5}$.

c) $\frac{\cos x-1}{x}=\frac{\cos x-\cos 0}{x-0}$ est le taux d'accroissement de $\cos$ en $0$, de limite $\cos'(0)=-\sin 0=0$.

d) $\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\frac{\sin^{2}x}{x^{2}(1+\cos x)}=\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\times\frac{1}{1+\cos x}$. La première quantité tend vers $1^{2}=1$ et la seconde vers $\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$. La limite vaut donc $\frac{1}{2}$. Concrètement, au voisinage de $0$, $\cos x$ vaut environ $1-\frac{x^{2}}{2}$ : c'est cette approximation que le résultat encode.

a) $p(-x)=\mathrm{e}^{-(-x)^{2}}=\mathrm{e}^{-x^{2}}=p(x)$ : $p$ est paire, sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées. Quand $x\to\pm\infty$, $-x^{2}\to-\infty$ donc $p(x)\to 0$ : l'axe des abscisses est asymptote horizontale des deux côtés.

b) $p'(x)=-2x\mathrm{e}^{-x^{2}}$. L'exponentielle est strictement positive, donc $p'$ a le signe de $-2x$ : $p$ est croissante sur $]-\infty\ ;\ 0]$ et décroissante sur $[0\ ;\ +\infty[$. Le maximum vaut $p(0)=1$, atteint en $0$.

c) On a calculé $p''(x)=(4x^{2}-2)\mathrm{e}^{-x^{2}}$, du signe de $4x^{2}-2$, qui change de signe en $\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$. Il y a donc deux points d'inflexion, d'abscisses $-\frac{1}{\sqrt{2}}$ et $\frac{1}{\sqrt{2}}$, et d'ordonnée commune $p\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\approx 0{,}607$. La courbe est concave entre les deux et convexe à l'extérieur : c'est ce qui lui donne sa forme de cloche.

d) $\mathrm{e}^{-x^{2}}\geq\frac{1}{2}$ équivaut, par croissance du logarithme, à $-x^{2}\geq-\ln 2$, c'est-à-dire $x^{2}\leq\ln 2$. L'ensemble des solutions est $\left[-\sqrt{\ln 2}\ ;\ \sqrt{\ln 2}\right]$, soit environ $[-0{,}833\ ;\ 0{,}833]$. Attention au changement de sens de l'inégalité lors de la multiplication par $-1$.

a) La période de $t\mapsto\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)$ est $\frac{2\pi}{\pi/6}=12$ mois, ce qui est cohérent avec un cycle annuel. Comme $\cos$ varie entre $-1$ et $1$, $T$ varie entre $10{,}5-14{,}5=-4$ °C et $10{,}5+14{,}5=25$ °C. Le minimum correspond à $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)=1$, soit $t=0$ (janvier), et le maximum à $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)=-1$, soit $t=6$ (juillet).

b) $T'(t)=14{,}5\times\frac{\pi}{6}\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)$. Cette dérivée est maximale quand $\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)=1$, soit $\frac{\pi t}{6}=\frac{\pi}{2}$, donc $t=3$ : le réchauffement est le plus rapide début avril, au rythme de $\frac{14{,}5\pi}{6}\approx 7{,}59$ °C par mois. C'est exactement le moment où la température franchit sa moyenne de 10,5 °C, et non le moment où elle est la plus élevée.

c) $T(t)\geq 18$ équivaut à $-14{,}5\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\geq 7{,}5$, soit $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\leq-\frac{7{,}5}{14{,}5}\approx-0{,}5172$. En posant $X=\frac{\pi t}{6}\in[0\ ;\ 2\pi]$, cela donne $X\in[\alpha\ ;\ 2\pi-\alpha]$ avec $\alpha=\arccos(-0{,}5172)\approx 2{,}1167$. En revenant à $t=\frac{6X}{\pi}$ : $t\in[4{,}04\ ;\ 7{,}96]$. La température moyenne dépasse donc 18 °C du début mai à la fin septembre, soit environ 3,9 mois.

d) $T(t)\leq 0$ équivaut à $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\geq\frac{10{,}5}{14{,}5}\approx 0{,}7241$. Avec $\beta=\arccos(0{,}7241)\approx 0{,}7611$, on obtient $X\in[0\ ;\ \beta]\cup[2\pi-\beta\ ;\ 2\pi]$, donc $t\in[0\ ;\ 1{,}45]\cup[10{,}55\ ;\ 12]$. La durée totale sous le point de congélation vaut $2\times 1{,}45\approx 2{,}91$ mois, répartie de part et d'autre du 1er janvier : c'est bien la fenêtre janvier-février et la seconde moitié de novembre-décembre.

a) Faux : il manque le facteur donné par la dérivée de la fonction intérieure. La bonne réponse est $3\cos(3x)$. On le vérifie en un point : le taux d'accroissement de $\sin(3x)$ entre $0$ et $0{,}001$ vaut environ $3$, et non $1$.

b) Faux : le facteur $u'=2x$ est correct, mais l'exponentielle doit rester évaluée en $u(x)=x^{2}$, et non en $2x$. La bonne réponse est $2x\mathrm{e}^{x^{2}}$. Le point $x=2$ ne permet pas de trancher, puisque $x^{2}=2x$ y prend la même valeur : c'est le seul point non nul où les deux formules coïncident. En $x=3$ en revanche, la bonne valeur est $6\mathrm{e}^{9}\approx 48\,619$ contre $6\mathrm{e}^{6}\approx 2\,421$ pour la formule fausse, soit vingt fois moins.

c) Faux : le carré d'une somme n'est pas la somme des carrés. En développant, $(\cos x+\sin x)^{2}=\cos^{2}x+2\cos x\sin x+\sin^{2}x=1+\sin(2x)$. Cette quantité varie entre $0$ et $2$. Contre-exemple : en $x=\frac{\pi}{4}$, $\cos x+\sin x=\sqrt{2}$, dont le carré vaut $2$ et non $1$.

d) Faux : sur un intervalle de longueur $2\pi$, l'équation $\cos x=a$ avec $-1<a<1$ admet exactement deux solutions, symétriques par rapport à l'axe des abscisses. Ici $x=\arccos(0{,}8)\approx 0{,}6435$ et $x=2\pi-0{,}6435\approx 5{,}6397$. L'erreur consiste à s'arrêter à la valeur donnée par la calculatrice, qui ne renvoie jamais que la solution de $[0\ ;\ \pi]$.

a) Chaque bande latérale mesure 10 cm et fait un angle $\theta$ avec l'horizontale. Sa projection verticale donne la hauteur du trapèze, $h=10\sin\theta$, et sa projection horizontale donne le débord de chaque côté, $10\cos\theta$. La petite base est le fond, de longueur 10 ; la grande base vaut $10+2\times 10\cos\theta$. D'où $A(\theta)=\frac{(10)+(10+20\cos\theta)}{2}\times 10\sin\theta=\frac{20+20\cos\theta}{2}\times 10\sin\theta=100\sin\theta\,(1+\cos\theta)$.

b) En dérivant le produit : $A'(\theta)=100\left[\cos\theta\,(1+\cos\theta)+\sin\theta\,(-\sin\theta)\right]=100\left[\cos\theta+\cos^{2}\theta-\sin^{2}\theta\right]$. En remplaçant $\sin^{2}\theta$ par $1-\cos^{2}\theta$ : $A'(\theta)=100\left[2\cos^{2}\theta+\cos\theta-1\right]=100\,(2\cos\theta-1)(\cos\theta+1)$.

c) Sur $\left]0\ ;\ \frac{\pi}{2}\right]$, le facteur $\cos\theta+1$ est strictement positif, donc $A'$ a le signe de $2\cos\theta-1$. Cette quantité est positive tant que $\cos\theta>\frac{1}{2}$, c'est-à-dire $\theta<\frac{\pi}{3}$, et négative ensuite. L'aire est donc maximale en $\theta=\frac{\pi}{3}$, soit 60°, et vaut $A\left(\frac{\pi}{3}\right)=100\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{3}{2}=75\sqrt{3}\approx 129{,}9$ cm².

d) Pour $\theta=\frac{\pi}{2}$, la gouttière est un rectangle de 10 cm sur 10 cm : $A\left(\frac{\pi}{2}\right)=100\times 1\times(1+0)=100$ cm². Le pliage à 60° apporte donc $\frac{75\sqrt{3}-100}{100}\approx 29{,}9$ %, soit près d'un tiers de section en plus, sans un gramme de métal supplémentaire. C'est le résultat contre-intuitif du problème : le réflexe de plier à angle droit est le mauvais.