EXERCICE 1 [N°10 p. 154 / Bac 2009 / Nathan] 1. g(x) = x cos x

jml@ecole­alsacienne.org Mathématiques – Term. S3‐ p.1/4 2008‐2009 Corrigé du DM N°2 du 14 novembre • Fonction Trigonométrique • Suites numériques • Série Géométrique complexe
EXERCICE 1 [N°10 p. 154 / Bac 2009 / Nathan]
1. g(x) = x cos x – sin x pour x ∈ [0 ; π] . La fonction g est dérivable comme somme
et produit de fonctions dérivables sur [0 ; π]. g’(x) = cos x – x sin x – cos x = - x sin x.
Donc g’(x) négatif ou nul sur [0 ; π]. Par suite g est strictement décroissante sur [0 ; π] et
comme g(0) = 0, on en déduit g(x) ≤ 0 sur [0 ; π].
2. f (x) =
sin x
x cos x − sin x g(x)
pour x ∈]0;π] et f (0) = 1. donc pour x ∈ ]0 ; π], f ′(x) =
= 2
x
x2
x
3. Pour étudier la dérivabilité de f en 0, les formules ne s’appliquent pas et il faut donc
calculer directement la limite du taux d’accroissement de f en 0, c’est à dire :
€
sin x
−1
f (x) − f (0)
sin x − x
lim
= lim x
= lim
x →0
x
→0
x
→0
x
x
x2
€
Pour cela on va rechercher un encadrement du numérateur.
On pose ϕ (x) = sin x − x +
€
x3
x2
⇒ ϕ ′(x) = cos x −1+
⇒ ϕ ′′(x) = −sin x + x ⇒ ϕ ′′′(x) = 1− cos x
6
2
On observe alors successivement en partant de ϕ’’’(x) que :
a. ϕ’’’(x)≥ 0 sur [0 ; π] donc ϕ’’ croissante sur [0 ; π] et ϕ’’(0) = 0, donc …
€
b. ϕ’’(x)≥ 0 sur [0 ; π] donc ϕ’ croissante sur [0 ; π] et ϕ’(0) = 0 donc…
c. ϕ’(x)≥ 0 sur [0 ; π] donc ϕ croissante sur [0 ; π] et ϕ(0) = 0 donc…
d. ϕ(x)≥ 0 sur [0 ; π] donc sin x − x +
x3
x3
≥ 0 d’où x − sin x ≤ et …
6
6
e. comme ϕ’’(x)≥ 0 on a aussi (x – sin x )≥ 0 d’où la double inégalité demandée :
0 ≤€x − sin x ≤
x3
x − sin x x
et par suite
0≤
≤
€
6
x2
6
f. D’après les théorèmes d’encadrement on en déduit que lim
x →0
sin x − x
= 0,
x2
€
g. Ce qui permet d’affirmer que la fonction f est dérivable en 0 et que f ’(0) = 0.
€
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[N°20 p. 166 / Nelle-Calédonie nov. 2006 / Bac 2009 / Nathan]
à 2
€
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[N°22 p. 168 / Pondichéry Avril 2005 / Bac 2009 / Nathan]
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EXERCICE 4 [N°101 p. 239 / Bac 2009 / Nathan]
π
2π
(n −1)π n−1 kπ
Sn = sin + sin + ...+ sin
= ∑ sin n
n
n
n
k= 0
π
i
π
π
n
n
€
la somme des n premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison z 1− z n
€ Tn = 1+ z + z 2 + ...+ z n−1 =
1− z
n
 iπ 
2
z n = e n  = e iπ = −1 ⇒ Tn =
π
i
 
1− e n
€
π
π
π
π
π
−π
−i
−i
−i
−i
1− cos − isin
2(1− e n )
2(1− e n )
2(1− e n ) 1− e n
n
n
⇔ Tn =
=
=
π
π =
π
π =
π
π
π
i
−i
i
−i
1− cos
1− cos
(1− e n )(1− e n ) 1+ e 0 − (e n + e n ) 2 − 2cos
n
n
n
π
π
π
π
sin
2sin cos
cos
n = 1+ i
2n
2n = 1+ i
2n = 1+ i 1
⇔ Tn = 1+ i
π
π
π
π
1− cos
2sin 2
sin
tan
n
2n
2n
2n
1
⇒ Sn = Im[Tn ] =
CQFD
π
tan
2n
1. On pose z = cos + isin = e n €
€
π
π
 
 
 2   2n 
2
 2
S
1
2
 2n 
= lim 
=   lim
=  .1 =
2. lim n = lim
n →∞ n
n →∞
π n →∞ π   π   π  π →0  π   π 
π
n tan
tan 
tan 
2n
2n
 2n 
 2n 
tan x
= tan′(0) = 1
En effet on sait que lim
x →0
x
π
→ 0 quand n → ∞. d’où le résultat en posant x =
2n
€
€