Exercices corrigés : dérivation et fonctions trigonométriques (Terminale spécialité)

a) Avec $u(x)=3x^{2}-5$ et $u'(x)=6x$, la formule $\left(u^{n}\right)'=nu'u^{n-1}$ donne $f'(x)=4\times 6x\times(3x^{2}-5)^{3}=24x(3x^{2}-5)^{3}$. La méthode est invariable : on IDENTIFIE la fonction intérieure, on calcule sa dérivée, puis on applique la formule sans jamais oublier le facteur $u'$.

b) Avec $u(x)=x^{2}+1$, strictement positif sur $\mathbb{R}$, la formule $\left(\sqrt{u}\right)'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}$ donne $g'(x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$. La condition $u>0$ n'est pas facultative : elle garantit que $\sqrt{u}$ est dérivable, ce qui serait faux là où $u$ s'annule.

c) Avec $u(x)=-x^{2}$ et $u'(x)=-2x$, la formule $\left(\mathrm{e}^{u}\right)'=u'\mathrm{e}^{u}$ donne $h'(x)=-2x\mathrm{e}^{-x^{2}}$. Attention à ne pas dériver l'exposant à l'intérieur de l'exponentielle : celle-ci reste évaluée en $-x^{2}$, seul un FACTEUR apparaît devant, erreur reprise à l'exercice 9.

d) Avec $u(x)=2x+3$, strictement positif sur l'intervalle donné, $\left(\ln u\right)'=\frac{u'}{u}$ donne $k'(x)=\frac{2}{2x+3}$. Avec $u(x)=x^{2}+4$, qui ne s'annule jamais, $\left(\frac{1}{u}\right)'=-\frac{u'}{u^{2}}$ donne $m'(x)=-\frac{2x}{(x^{2}+4)^{2}}$. Le signe moins et le CARRÉ au dénominateur sont les deux points à surveiller.

Ces cinq formes ne sont que cinq applications d'une seule règle, celle de la dérivée d'une composée : $\left(v\circ u\right)'=u'\times v'\circ u$. On dérive la fonction extérieure en laissant l'intérieur intact, puis on MULTIPLIE par la dérivée de l'intérieur. Il vaut mieux retenir ce principe que cinq formules séparées, car il couvre aussi les cas non listés, comme $\left(\cos u\right)'=-u'\sin u$ de l'exercice 4. Un contrôle universel existe et ne coûte rien : sur un cas particulier simple, par exemple $u(x)=x$, la formule doit redonner la dérivée usuelle, et le facteur $u'$ vaut alors $1$, ce qui explique qu'on l'oublie si facilement dans le cas général.

a) $f'(x)=5\times 2\times(2x-1)^{4}=10(2x-1)^{4}$, le facteur $2$ venant de la dérivée de $2x-1$. En $x=1$ : $f(1)=1^{5}=1$ et $f'(1)=10\times 1=10$. L'équation de la tangente est $y=f'(1)(x-1)+f(1)=10(x-1)+1$, c'est-à-dire $y=10x-9$. Contrôle : en $x=1$, la droite donne $10-9=1=f(1)$ ✓.

b) $g(2)=\mathrm{e}^{3\times 2-6}=\mathrm{e}^{0}=1$ et $g'(x)=3\mathrm{e}^{3x-6}$, donc $g'(2)=3\mathrm{e}^{0}=3$. La courbe passe donc par le point $(2\,;\,1)$ avec une pente de $3$, et sa tangente y a pour équation $y=3(x-2)+1=3x-5$. Sans le facteur $3$, on obtiendrait une pente de $1$ au lieu de $3$, soit une erreur de $200\ \%$ sur l'inclinaison de la tangente : l'oubli du facteur intérieur n'est pas une faute de détail.

c) Avec $u(x)=1+\mathrm{e}^{x}$, strictement positif, on obtient $h'(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}$. 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 $0<h'(x)<1$ : la fonction $h$ est strictement croissante, mais sa pente reste BORNÉE par $1$, ce qui signifie que sa courbe ne peut jamais devenir plus raide que la première bissectrice. On note au passage $h'(0)=\frac{1}{2}$, valeur centrale de l'intervalle.

d) $p'(x)=-2x\mathrm{e}^{-x^{2}}$ d'après l'exercice 1, puis, en dérivant ce PRODUIT : $p''(x)=(-2)\times\mathrm{e}^{-x^{2}}+(-2x)\times(-2x)\mathrm{e}^{-x^{2}}=\left(4x^{2}-2\right)\mathrm{e}^{-x^{2}}$. L'exponentielle étant strictement positive, $p''$ a exactement le signe de $4x^{2}-2$, trinôme 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.

La question d) illustre le geste le plus rentable dans toute étude de signe faisant intervenir une exponentielle : on la FACTORISE et on l'écarte, puisqu'elle est toujours strictement positive. Le signe de $p''$ se réduit alors à celui d'un simple trinôme, et l'on retombe sur un exercice de seconde. Ce réflexe vaut pour toutes les expressions de la forme $Q(x)\mathrm{e}^{u(x)}$, et il évite bien des tableaux de signes inextricables.

a) $\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$ et $\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, valeurs du premier quadrant à connaître par cœur. Pour les deux suivantes, on passe par l'ANGLE DE RÉFÉRENCE et par le quadrant. L'angle $\frac{3\pi}{4}$ est dans le deuxième quadrant, où le cosinus est négatif, et son angle de référence est $\pi-\frac{3\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$ : donc $\cos\frac{3\pi}{4}=-\cos\frac{\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$. L'angle $\frac{5\pi}{6}$ est aussi dans le deuxième quadrant, où le sinus reste positif, avec pour référence $\pi-\frac{5\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$ : donc $\sin\frac{5\pi}{6}=+\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}$.

b) Sur $]-\pi\,;\,\pi]$, l'équation $\cos x=\frac{1}{2}$ admet les solutions $x=\frac{\pi}{3}$ et $x=-\frac{\pi}{3}$. Le cosinus étant une fonction PAIRE, les deux solutions sont symétriques par rapport à l'axe des abscisses, et il y en a toujours deux par tour dès que la valeur cherchée est strictement comprise entre $-1$ et $1$.

c) On cherche les points du cercle d'ORDONNÉE $-\frac{\sqrt{2}}{2}$, donc situés dans les troisième et quatrième quadrants, où le sinus est négatif. L'angle de référence étant $\frac{\pi}{4}$, on obtient $x=\pi+\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{4}$ et $x=2\pi-\frac{\pi}{4}=\frac{7\pi}{4}$. Pour le sinus, les deux solutions sont symétriques par rapport à l'axe des ordonnées, et non des abscisses : c'est la différence avec le cas b), et elle se retient en regardant le cercle plutôt qu'une liste de formules.

d) Posons $X=2x$. Quand $x$ parcourt $[0\,;\,\pi]$, la variable $X$ parcourt $[0\,;\,2\pi]$ : c'est le point crucial, TRANSFORMER l'intervalle en même temps que l'inconnue. 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 $x=\frac{11\pi}{12}$, toutes deux bien dans $[0\,;\,\pi]$ ✓.

Oublier de transformer l'intervalle fait perdre la seconde solution, et c'est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre : un élève qui raisonne sur $X\in[0\,;\,\pi]$ ne trouve que $\frac{\pi}{6}$, donc une seule valeur de $x$. La règle générale à retenir est qu'une équation en $\cos(kx)$ posée sur un intervalle de longueur $\ell$ revient à une équation en $\cos X$ sur un intervalle de longueur $k\ell$, donc à $k$ fois plus de tours de cercle et, en général, à $2k$ solutions. Le contrôle final consiste toujours à compter les solutions attendues et à vérifier qu'on en a bien ce nombre.

a) $f'(x)=3\cos(3x)$ et $g'(x)=-2\sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right)$. Deux choses se combinent ici : le FACTEUR vient de la dérivée de la fonction intérieure, $3$ dans le premier cas et $2$ dans le second, tandis que le SIGNE MOINS vient de la dérivée du cosinus. La constante $\frac{\pi}{4}$ ne change rien au facteur, puisque sa dérivée est nulle.

b) On applique la formule du produit : $h'(x)=1\times\sin x+x\times\cos x=\sin x+x\cos x$. Aucune composée ici, donc aucun facteur supplémentaire.

c) $k(x)=\left(\sin x\right)^{2}$ est une composée de la forme $u^{2}$ avec $u=\sin x$, donc $k'(x)=2u'u=2\cos x\sin x$. La formule de duplication $\sin(2x)=2\sin x\cos x$ permet de conclure : $k'(x)=\sin(2x)$. Cette simplification n'est pas de la coquetterie, elle rend l'étude du signe immédiate.

d) La vitesse est la dérivée de la position : $v(t)=x'(t)=5\times(-\sin(2t))\times 2=-10\sin(2t)$ cm/s. Comme $\left|\sin(2t)\right|\leq 1$, 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 tout entier $k$.

L'interprétation physique est le vrai contenu de cette dernière question et vaut d'être formulée. Les instants de vitesse maximale, $t=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}$, sont exactement ceux où le mobile passe par l'ORIGINE, puisque $x\left(\frac{\pi}{4}\right)=5\cos\frac{\pi}{2}=0$ ✓. Inversement, la vitesse s'annule aux points extrêmes $x=\pm 5$, par exemple en $t=0$ où $v(0)=0$ et $x(0)=5$. C'est le comportement universel d'un oscillateur, celui d'un pendule ou d'une masse au bout d'un ressort : le mobile est le plus rapide au centre et s'immobilise un instant aux extrémités, position et vitesse étant en QUADRATURE, décalées d'un quart de période.

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 $x=\frac{4\pi}{3}$, l'angle de référence étant $\frac{\pi}{3}$ et le cosinus étant négatif dans les deuxième et troisième quadrants. Deux solutions par tour, comme toujours.

b) On a $\cos x>-\frac{1}{2}$ sur $\left[0\,;\,\frac{2\pi}{3}\right[$ et sur $\left]\frac{4\pi}{3}\,;\,2\pi\right]$, où $f'>0$ et $f$ est donc croissante ; et $\cos x<-\frac{1}{2}$ sur $\left]\frac{2\pi}{3}\,;\,\frac{4\pi}{3}\right[$, où $f'<0$ et $f$ décroissante. Le tableau comporte donc trois plages : croissance, décroissance, croissance. Pour déterminer les signes sans hésiter, il suffit de tester une valeur par plage, par exemple $f'(1)=2\cos 1+1>0$ ✓.

c) $f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=2\times\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{2\pi}{3}=\sqrt{3}+\frac{2\pi}{3}\approx 1{,}73+2{,}09\approx 3{,}83$, qui est un maximum LOCAL. Et $f\left(\frac{4\pi}{3}\right)=2\times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+\frac{4\pi}{3}=-\sqrt{3}+\frac{4\pi}{3}\approx-1{,}73+4{,}19\approx 2{,}46$, minimum local.

d) Aux bornes de l'intervalle, $f(0)=2\sin 0+0=0$ et $f(2\pi)=2\sin(2\pi)+2\pi=2\pi\approx 6{,}28$. Le MAXIMUM de $f$ sur $[0\,;\,2\pi]$ vaut donc $2\pi$, atteint en $x=2\pi$, et le MINIMUM vaut $0$, atteint en $x=0$. Les points trouvés en a) ne donnent que des extremums locaux, et l'on constate que $f(2\pi)\approx 6{,}28>f\left(\frac{2\pi}{3}\right)\approx 3{,}83$ ✓ ainsi que $f(0)=0<f\left(\frac{4\pi}{3}\right)\approx 2{,}46$ ✓.

La leçon de méthode est essentielle et vaut au-delà de la trigonométrie : sur un intervalle FERMÉ, il faut toujours comparer les valeurs aux BORNES avec celles des points critiques, car un extremum global peut parfaitement se trouver à un bord où la dérivée ne s'annule pas. Sur le fond, la fonction $f$ combine une oscillation d'amplitude $2$ et une tendance linéaire $x$ qui gagne $2\pi\approx 6{,}28$ sur la période ; la tendance l'emporte largement, ce qui explique que la fonction remonte toujours plus haut qu'elle n'était descendue et que les extremums globaux se trouvent aux extrémités.

a) Pour $x\neq 0$, on écrit $\frac{\sin x}{x}=\frac{\sin x-\sin 0}{x-0}$, ce qui est licite puisque $\sin 0=0$. On reconnaît alors le TAUX D'ACCROISSEMENT de la fonction sinus entre $0$ et $x$, dont la limite quand $x\to 0$ est par définition le nombre dérivé $\sin'(0)=\cos 0=1$. La démonstration tient en deux lignes une fois qu'on a vu la réécriture, et c'est elle qu'il faut savoir produire.

b) On fait apparaître le quotient de référence en forçant le même argument en haut et en bas : $\frac{\sin(3x)}{x}=3\times\frac{\sin(3x)}{3x}$, et comme $3x\to 0$, la limite vaut $3\times 1=3$. Pour le second quotient, on introduit les deux références et l'on compense : $\frac{\sin(3x)}{\sin(5x)}=\frac{\sin(3x)}{3x}\times\frac{5x}{\sin(5x)}\times\frac{3x}{5x}$, 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 du cosinus en $0$, de limite $\cos'(0)=-\sin 0=0$. Le résultat est donc NUL, ce qui traduit le fait que la tangente à la courbe du cosinus en $0$ est horizontale.

d) On suit l'indication : $\frac{1-\cos x}{x^{2}}=\frac{\sin^{2}x}{x^{2}(1+\cos x)}=\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2}\times\frac{1}{1+\cos x}$. La première quantité tend vers $1^{2}=1$ et la seconde vers $\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$. La limite vaut donc $\frac{1}{2}$.

Ces quatre limites racontent une seule chose, à savoir le comportement des fonctions trigonométriques au voisinage de $0$, et il vaut mieux la retenir sous forme d'approximations que sous forme de limites isolées. Le résultat de a) signifie que $\sin x\approx x$ près de zéro, la courbe du sinus se confondant avec la première bissectrice. Le résultat de c) dit que le cosinus est plat en $0$, et celui de d) précise à quel point : $\cos x\approx 1-\frac{x^{2}}{2}$, ce qui donne pour $x=0{,}01$ une erreur inférieure à $10^{-8}$ ✓. Ces deux approximations sont la base de toute la physique des petites oscillations, où l'on remplace $\sin\theta$ par $\theta$ pour un pendule de faible amplitude.

a) $p(-x)=\mathrm{e}^{-(-x)^{2}}=\mathrm{e}^{-x^{2}}=p(x)$ : la fonction $p$ est PAIRE, et sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées. Cette symétrie divise le travail par deux, tout ce qui sera établi pour $x>0$ se transposant automatiquement. Quand $x\to\pm\infty$, on a $-x^{2}\to-\infty$ 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 étant strictement positive, $p'$ a exactement le signe de $-2x$ : la fonction est croissante sur $]-\infty\,;\,0]$ et décroissante sur $[0\,;\,+\infty[$. Le maximum vaut donc $p(0)=\mathrm{e}^{0}=1$, atteint en $0$, ce qui est cohérent avec la parité, une fonction paire ayant nécessairement un extremum ou un point anguleux en $0$.

c) On a calculé à l'exercice 2 que $p''(x)=\left(4x^{2}-2\right)\mathrm{e}^{-x^{2}}$, du signe de $4x^{2}-2$, lequel 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, et c'est très exactement ce qui lui donne sa forme de cloche : un sommet arrondi encadré par deux queues qui s'aplatissent.

d) $\mathrm{e}^{-x^{2}}\geq\frac{1}{2}$ équivaut, en appliquant le logarithme qui est strictement croissant, à $-x^{2}\geq\ln\frac{1}{2}=-\ln 2$, c'est-à-dire, en multipliant par $-1$ ce qui INVERSE le sens, à $x^{2}\leq\ln 2$. L'ensemble des solutions est donc $\left[-\sqrt{\ln 2}\,;\,\sqrt{\ln 2}\right]$, soit environ $[-0{,}833\,;\,0{,}833]$. Contrôle : $p(0{,}8)>0{,}5$ et $p(0{,}9)<0{,}5$ ✓, le seuil est bien entre les deux.

Cette courbe n'est pas un exercice gratuit, c'est le profil de la loi normale, à un facteur de normalisation près. La largeur trouvée en d) porte d'ailleurs un nom en imagerie et en traitement du signal, la largeur à mi-hauteur, et elle vaut ici $2\sqrt{\ln 2}\approx 1{,}67$. Quant aux points d'inflexion de la question c), ils repèrent l'ÉCART TYPE de la distribution, ce qui donne une méthode graphique pour l'estimer sans calcul : on cherche à l'œil où la courbe cesse de se creuser pour commencer à s'aplatir.

a) La période de $t\mapsto\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)$ vaut $\frac{2\pi}{\pi/6}=12$ mois, ce qui est rassurant pour un modèle de climat annuel. Comme le cosinus varie entre $-1$ et $1$, la température $T$ varie entre $10{,}5-14{,}5=-4\ ^{\circ}$C et $10{,}5+14{,}5=25\ ^{\circ}$C. Attention au signe moins devant le coefficient : le MINIMUM correspond à $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)=1$, donc à $t=0$, soit janvier, et le MAXIMUM à $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)=-1$, donc à $t=6$, soit juillet. Un modèle qui donnerait le maximum en janvier serait immédiatement suspect.

b) $T'(t)=-14{,}5\times\left(-\frac{\pi}{6}\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)\right)=14{,}5\times\frac{\pi}{6}\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)$, les deux signes moins se compensant. Cette dérivée est maximale quand $\sin\left(\frac{\pi t}{6}\right)=1$, soit $\frac{\pi t}{6}=\frac{\pi}{2}$ et donc $t=3$ : le réchauffement est le plus rapide début avril, au rythme de $\frac{14{,}5\pi}{6}\approx 7{,}59\ ^{\circ}$C par mois.

c) $T(t)\geq 18$ équivaut à $-14{,}5\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\geq 7{,}5$, soit, en divisant par $-14{,}5$ ce qui INVERSE le sens, $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)\leq-\frac{7{,}5}{14{,}5}\approx-0{,}5172$. En posant $X=\frac{\pi t}{6}\in[0\,;\,2\pi]$, cela donne $X\in[\alpha\,;\,2\pi-\alpha]$ avec $\alpha=\arccos(-0{,}5172)\approx 2{,}1144$. En revenant à $t=\frac{6X}{\pi}$ : $t\in[4{,}04\,;\,7{,}96]$. La température moyenne dépasse donc $18\ ^{\circ}$C du début mai à la fin août, soit environ $3{,}9$ mois, puisque $t=4$ correspond au 1er mai et $t=8$ au 1er septembre.

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 la fenêtre qui va de la mi-novembre ($t\approx 10{,}55$) à la mi-février ($t\approx 1{,}45$).