Ouvre chaque correction pour la solution détaillée.
Calculer exactement : \[ A=\sin\Big(\tfrac{7\pi}{6}\Big),\quad B=\cos\Big(-\tfrac{5\pi}{4}\Big),\quad C=\tan\Big(\tfrac{11\pi}{6}\Big). \]
✅ Correction détaillée
1) \(A=\sin(\tfrac{7\pi}{6})\)
\(\tfrac{7\pi}{6}=\pi+\tfrac{\pi}{6}\). Or \(\sin(\pi+x)=-\sin x\). Donc :
2) \(B=\cos(-\tfrac{5\pi}{4})\)
\(\cos\) est paire : \(\cos(-x)=\cos x\). Donc \(B=\cos(\tfrac{5\pi}{4})\). Puis \(\tfrac{5\pi}{4}=\pi+\tfrac{\pi}{4}\) et \(\cos(\pi+x)=-\cos x\).
3) \(C=\tan(\tfrac{11\pi}{6})\)
\(\tfrac{11\pi}{6}=2\pi-\tfrac{\pi}{6}\). Or \(\tan(2\pi-x)=\tan(-x)=-\tan x\).
Réponses : \(\boxed{A=-\tfrac12,\; B=-\tfrac{\sqrt2}{2},\; C=-\tfrac{\sqrt3}{3}}\).
1) Montrer que, pour tout réel \(x\), \[ \cos\Big(x+\tfrac{\pi}{3}\Big)=\tfrac12\cos x-\tfrac{\sqrt3}{2}\sin x. \] 2) En déduire la valeur exacte de \(\cos\big(\tfrac{\pi}{12}\big)\).
✅ Correction détaillée
1) Démonstration
Formule d’addition :
On prend \(a=x\) et \(b=\tfrac{\pi}{3}\). On utilise \(\cos(\tfrac{\pi}{3})=\tfrac12\) et \(\sin(\tfrac{\pi}{3})=\tfrac{\sqrt3}{2}\).
2) Calcul de \(\cos(\tfrac{\pi}{12})\)
Remarque : \(\tfrac{\pi}{12}=\tfrac{\pi}{4}-\tfrac{\pi}{6}\). On utilise directement \(\cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b\).
Valeurs remarquables : \(\cos(\tfrac{\pi}{4})=\sin(\tfrac{\pi}{4})=\tfrac{\sqrt2}{2}\), \(\cos(\tfrac{\pi}{6})=\tfrac{\sqrt3}{2}\), \(\sin(\tfrac{\pi}{6})=\tfrac12\).
Réponse : \(\boxed{\cos(\tfrac{\pi}{12})=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}}\).
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l’équation \(\sin x=\tfrac{\sqrt2}{2}\), puis donner les solutions dans \([0;2\pi[\).
✅ Correction détaillée
On vérifie \(\left|\tfrac{\sqrt2}{2}\right|\le 1\) : l’équation admet des solutions. Sur le cercle, \(\sin x=\tfrac{\sqrt2}{2}\) correspond à l’angle \(\tfrac{\pi}{4}\) en quadrant I, et aussi à \(\pi-\tfrac{\pi}{4}=\tfrac{3\pi}{4}\) en quadrant II.
Dans \([0;2\pi[\) : on garde uniquement \(\boxed{x=\tfrac{\pi}{4}\ \text{ou}\ x=\tfrac{3\pi}{4}}\).
1) Résoudre \(\cos x=\tfrac12\) dans \(\mathbb{R}\).
2) Résoudre \(\cos x=\tfrac32\) dans \(\mathbb{R}\).
✅ Correction détaillée
1) \(\cos x=\tfrac12\)
Sur le cercle, \(\cos x=\tfrac12\) aux angles \(\tfrac{\pi}{3}\) et \(-\tfrac{\pi}{3}\) (ou \(2\pi-\tfrac{\pi}{3}\)).
2) \(\cos x=\tfrac32\)
Or \(\cos x\in[-1;1]\) pour tout réel \(x\). Comme \(\tfrac32>1\), il est impossible d’avoir \(\cos x=\tfrac32\).
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \[ \cos x\,(\sin x-1)=0. \]
✅ Correction détaillée
Produit nul : \(\cos x=0\) ou \(\sin x-1=0\).
Remarque : \(x=\tfrac{\pi}{2}+2k\pi\) est déjà inclus dans \(x=\tfrac{\pi}{2}+k\pi\). Donc l’ensemble des solutions est simplement :
Résoudre dans l’intervalle \([0;2\pi[\) : \[ \sin x \ge \tfrac12. \]
✅ Correction détaillée
On commence par résoudre l’égalité \(\sin x=\tfrac12\). Sur \([0;2\pi[\), cela se produit aux angles \(\tfrac{\pi}{6}\) et \(\tfrac{5\pi}{6}\).
Entre ces deux angles, le sinus est au-dessus de \(\tfrac12\) (sur la partie haute du cercle). Donc :
On considère \(f(x)=2\sin x+\cos x\). 1) Calculer \(f'(x)\). 2) Étudier les variations de \(f\) sur \([0;2\pi]\). 3) Donner les extremums sur \([0;2\pi]\).
✅ Correction détaillée
1) Dérivée
2) Étude du signe de \(f'(x)\)
On résout \(f'(x)=0\) : \[ 2\cos x-\sin x=0 \iff \tan x = 2 \] (car \(\cos x\neq 0\) aux solutions). Les solutions sont :
Sur \([0;2\pi]\), on obtient deux valeurs : \[ x_1=\arctan(2),\qquad x_2=\arctan(2)+\pi. \]
Comme \(f'\) est \(2\pi\)-périodique et change de signe à chaque racine, on peut faire un tableau de signe : \(f'\) est positif puis négatif puis positif sur \([0;2\pi]\).
3) Extremums
On calcule \(f\) aux points critiques et aux bornes. Pour calculer proprement \(f(\arctan(2))\), on utilise un triangle : si \(\tan\theta=2\), on peut prendre \(\sin\theta=\frac{2}{\sqrt5}\), \(\cos\theta=\frac{1}{\sqrt5}\).
Or \(x_2=\theta+\pi\) donc \(\sin(\theta+\pi)=-\sin\theta\) et \(\cos(\theta+\pi)=-\cos\theta\), donc \(f(\theta+\pi)=-f(\theta)=-\sqrt5\).
Donc sur \([0;2\pi]\) : maximum \(\sqrt5\) atteint en \(x=\arctan(2)\), minimum \(-\sqrt5\) atteint en \(x=\arctan(2)+\pi\).
Une grandeur \(g(t)\) est périodique de période \(T=6\). Son axe moyen vaut \(2\) et son amplitude vaut \(3\). On suppose que \(g(0)=2\) et que \(g\) commence par augmenter. Proposer une expression de \(g(t)\).
✅ Correction détaillée
Forme générale : \(g(t)=A\sin(\omega t+\varphi)+B\). Ici :
- Axe moyen \(B=2\).
- Amplitude \(|A|=3\) donc on prend \(A=3\).
- Période \(T=6\) donc \(\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}\).
Donc \(g(t)=3\sin\big(\tfrac{\pi}{3}t+\varphi\big)+2\).
Condition \(g(0)=2\) : \[ g(0)=3\sin(\varphi)+2=2 \iff \sin\varphi=0. \] Donc \(\varphi=k\pi\). Pour que \(g\) commence par augmenter au voisinage de \(0\), on veut \(g'(0)>0\).
Il faut \(\cos(\varphi)>0\), donc on prend \(\varphi=0\) (et pas \(\pi\)).
Modèle : \[ \boxed{g(t)=3\sin\Big(\tfrac{\pi}{3}t\Big)+2}. \]
Résoudre dans \([0;2\pi[\) : \[ \cos(2x)=\tfrac12. \]
✅ Correction détaillée
On commence par résoudre \(\cos u=\tfrac12\) avec \(u=2x\). On sait : \[ \cos u=\tfrac12 \iff u=\pm\tfrac{\pi}{3}+2k\pi. \]
On liste dans \([0;2\pi[\) : \[ x=\tfrac{\pi}{6},\ \tfrac{5\pi}{6},\ \tfrac{7\pi}{6},\ \tfrac{11\pi}{6}. \] Donc \[ \boxed{x\in\left\{\tfrac{\pi}{6},\tfrac{5\pi}{6},\tfrac{7\pi}{6},\tfrac{11\pi}{6}\right\}}. \]
Déterminer les valeurs minimale et maximale de \[ E(x)=3\sin x-4\cos x. \] (et préciser pour quelles valeurs de \(x\) elles sont atteintes).
✅ Correction détaillée
On reconnaît une combinaison linéaire de \(\sin x\) et \(\cos x\). On cherche une écriture du type : \[ E(x)=R\sin(x-\alpha) \] (ou \(R\cos(x-\alpha)\)). Développons : \[ R\sin(x-\alpha)=R(\sin x\cos\alpha-\cos x\sin\alpha). \]
On veut : \[ R\cos\alpha=3,\qquad R\sin\alpha=4. \] Donc \[ R^2=(R\cos\alpha)^2+(R\sin\alpha)^2=3^2+4^2=25 \Rightarrow R=5. \]
Ainsi \[ E(x)=5\sin(x-\alpha), \quad\text{avec}\quad \alpha=\arctan\Big(\frac{4}{3}\Big) \ (\alpha\in(0;\tfrac{\pi}{2})). \]
Or \(\sin\) est comprise entre \(-1\) et \(1\). Donc :
Le maximum \(5\) est atteint quand \(\sin(x-\alpha)=1\), soit \[ x-\alpha=\tfrac{\pi}{2}+2k\pi \Rightarrow x=\alpha+\tfrac{\pi}{2}+2k\pi. \] Le minimum \(-5\) est atteint quand \(\sin(x-\alpha)=-1\), soit \[ x-\alpha=-\tfrac{\pi}{2}+2k\pi \Rightarrow x=\alpha-\tfrac{\pi}{2}+2k\pi. \]
Méthode alternative acceptée : Cauchy-Schwarz \(\ (3,-4)\cdot(\sin x,\cos x)\le \|(3,-4)\|\cdot\|(\sin x,\cos x)\|=5\cdot 1=5\).
On considère l’équation \(\sin x = m\).
1) Pour quelles valeurs de \(m\) admet-elle des solutions dans \(\mathbb{R}\) ?
2) Pour \(m\in]-1;1[\), combien de solutions dans \([0;2\pi[\) ? Les donner en fonction de \(m\).
✅ Correction détaillée
1) Condition d’existence
Pour tout réel \(x\), \(\sin x\in[-1;1]\). Donc si \(|m|>1\), impossible. Si \(|m|\le 1\), il existe des \(x\) tels que \(\sin x=m\).
2) Dans \([0;2\pi[\) pour \(m\in]-1;1[\)
Si \(-1
(On ramène \(\alpha\) dans \([0;2\pi[\) si besoin, puis on utilise la symétrie \(\sin(\pi-x)=\sin x\).)
Pour \(m\in]-1;1[\), il y a exactement 2 solutions sur \([0;2\pi[\).
Cas limites : si \(m=1\), une seule solution \(x=\tfrac{\pi}{2}\) dans \([0;2\pi[\). Si \(m=-1\), une seule solution \(x=\tfrac{3\pi}{2}\).
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \[ \cos^2 x - \cos x - \frac{3}{4}=0. \]
✅ Correction détaillée
On pose \(u=\cos x\). Comme \(u\in[-1;1]\), on résout d’abord le polynôme :
Discriminant : \(\Delta=1+3=4\). Donc \[ u=\frac{1\pm 2}{2}\Rightarrow u_1=\frac{3}{2},\quad u_2=-\frac{1}{2}. \]
Or \(u=\cos x\in[-1;1]\). Donc \(u_1=\tfrac{3}{2}\) est impossible.
Il reste \(\cos x=-\tfrac{1}{2}\). Sur le cercle, cela correspond à \(x=\tfrac{2\pi}{3}\) ou \(x=\tfrac{4\pi}{3}\) modulo \(2\pi\).
Résoudre dans \([0;2\pi[\) : \[ \cos x \le -\frac{\sqrt2}{2}. \]
✅ Correction détaillée
On commence par l’égalité \(\cos x=-\tfrac{\sqrt2}{2}\). Sur \([0;2\pi[\), on a : \[ x=\tfrac{3\pi}{4}\ \text{ou}\ x=\tfrac{5\pi}{4}. \]
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \[ \sin(2x)=\sin x. \]
✅ Correction détaillée
On utilise \(\sin(2x)=2\sin x\cos x\). L’équation devient :
Cas 1 : \(\sin x=0\)
Cas 2 : \(2\cos x-1=0\iff \cos x=\tfrac12\)
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \[ \frac{\sin x}{1+\cos x}=1. \]
✅ Correction détaillée
1) Domaine
On doit avoir \(1+\cos x\neq 0\iff \cos x\neq -1\iff x\neq \pi+2k\pi\).
2) Résolution
Sur le domaine autorisé : \[ \frac{\sin x}{1+\cos x}=1 \iff \sin x = 1+\cos x. \] On regroupe : \[ \sin x - \cos x = 1. \]
On utilise l’écriture amplitude : \[ \sin x - \cos x = \sqrt2\,\sin\Big(x-\tfrac{\pi}{4}\Big) \] (car \(\sqrt2\sin(x-\tfrac{\pi}{4})=\sqrt2(\sin x\cos\tfrac{\pi}{4}-\cos x\sin\tfrac{\pi}{4}) =\sin x-\cos x\)).
Donc : \[ x-\tfrac{\pi}{4}=\tfrac{\pi}{4}+2k\pi \quad\text{ou}\quad x-\tfrac{\pi}{4}=\tfrac{3\pi}{4}+2k\pi. \] Ainsi :
Mais \(x=\pi+2k\pi\) est interdit (dénominateur nul). Il reste :
Déterminer les valeurs minimale et maximale de \[ E(x)=2\sin x+3\cos x, \] et donner toutes les valeurs de \(x\) où ces extrema sont atteints.
✅ Correction détaillée
On cherche \(R\sin(x+\varphi)\) : \[ R\sin(x+\varphi)=R(\sin x\cos\varphi+\cos x\sin\varphi). \] On veut : \[ R\cos\varphi=2,\qquad R\sin\varphi=3. \] Alors \[ R^2=2^2+3^2=13 \Rightarrow R=\sqrt{13}. \]
Comme \(\sin\in[-1;1]\), \[ \boxed{-\sqrt{13}\le E(x)\le \sqrt{13}.} \]
Maximum \(\sqrt{13}\) si \(\sin(x+\varphi)=1\) : \[ x+\varphi=\tfrac{\pi}{2}+2k\pi \Rightarrow x=\tfrac{\pi}{2}-\varphi+2k\pi. \] Minimum \(-\sqrt{13}\) si \(\sin(x+\varphi)=-1\) : \[ x+\varphi=-\tfrac{\pi}{2}+2k\pi \Rightarrow x=-\tfrac{\pi}{2}-\varphi+2k\pi. \]
On peut aussi écrire \(E(x)=\sqrt{13}\cos(x-\alpha)\) (équivalent), c’est la même idée.
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \[ \cos(2x)=\sin x. \]
✅ Correction détaillée
On utilise \(\cos(2x)=1-2\sin^2x\). L’équation devient :
Posons \(u=\sin x\) (avec \(u\in[-1;1]\)). On résout : \[ 2u^2+u-1=0. \] Discriminant \(\Delta=1+8=9\). Donc \[ u=\frac{-1\pm 3}{4}\Rightarrow u_1=\frac12,\quad u_2=-1. \]
Cas A : \(\sin x=\tfrac12\)
Cas B : \(\sin x=-1\)
On définit \(h(x)=x-\sin x\) sur \([0;\tfrac{\pi}{2}]\). Montrer que \(\sin x \le x\) pour tout \(x\in[0;\tfrac{\pi}{2}]\), et préciser quand il y a égalité.
✅ Correction détaillée
Montrer \(\sin x\le x\) revient à montrer \(h(x)=x-\sin x\ge 0\). Étudions \(h\).
Or sur \([0;\tfrac{\pi}{2}]\), on a \(\cos x\in[0;1]\), donc \(1-\cos x\ge 0\). Ainsi \(h'(x)\ge 0\) : la fonction \(h\) est croissante.
Comme \(h\) est croissante et \(h(0)=0\), on a \(h(x)\ge 0\) pour tout \(x\in[0;\tfrac{\pi}{2}]\). Donc \(\sin x\le x\).
Égalité quand \(h(x)=0\). Comme \(h\) est croissante et \(h(0)=0\), l’unique point d’égalité est \(\boxed{x=0}\).
Cette preuve utilise uniquement dérivation + variations (programme) — pas besoin d’arguments géométriques.
On considère \(f(x)=\tan x - x\) sur \(\left]-\tfrac{\pi}{2};\tfrac{\pi}{2}\right[\). 1) Étudier les limites aux bornes. 2) Étudier les variations. 3) En déduire le signe de \(f\) sur l’intervalle.
✅ Correction détaillée
1) Limites aux bornes
On sait : \[ \lim_{x\to \tfrac{\pi}{2}^-}\tan x=+\infty,\qquad \lim_{x\to -\tfrac{\pi}{2}^+}\tan x=-\infty. \] Donc \[ \lim_{x\to \tfrac{\pi}{2}^-}(\tan x-x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to -\tfrac{\pi}{2}^+}(\tan x-x)=-\infty. \]
2) Variations
Or \(\frac{1}{\cos^2x}-1=\frac{1-\cos^2x}{\cos^2x}=\frac{\sin^2x}{\cos^2x}=\tan^2x\ge 0\). Donc \(f'(x)\ge 0\) sur l’intervalle : \(f\) est croissante.
3) Signe
\(f\) est croissante et \(f(0)=0\). Donc :
Résoudre dans \([0;2\pi[\) l’équation : \[ \sin x = \cos x. \] Donner ensuite toutes les solutions dans \(\mathbb{R}\).
✅ Correction détaillée
On résout \(\sin x=\cos x\). Si \(\cos x\neq 0\), on peut diviser par \(\cos x\) : \[ \tan x=1. \] (Si \(\cos x=0\), alors \(\sin x=\pm 1\) et l’égalité \(\sin x=\cos x\) serait \(\pm 1=0\), impossible. Donc aucune solution n’est perdue.)
Dans \([0;2\pi[\) : \[ x=\tfrac{\pi}{4}\quad\text{ou}\quad x=\tfrac{5\pi}{4}. \] Donc \(\boxed{2\ \text{solutions}}\) sur \([0;2\pi[\).