Correction des exercices 64 à 68 — Inégalités trigonométriques, fonction réciproque et suites — Al Moufid
Correction des exercices 64 à 68 — Inégalités trigonométriques, fonction réciproque et suites — Al Moufid
Exercice 64 — Inégalités trigonométriques
Montrer géométriquement ce qui suit :
\[ 1)\quad \forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right],\qquad \frac{2}{\pi}x\leq \sin x\leq x \] \[ 2)\quad \forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right],\qquad 1-\frac{2}{\pi}x\leq \cos x\leq \frac{\pi}{2}-x \] \[ 3)\quad \forall x\in\left[0;\frac{\pi}{4}\right],\qquad x\leq \tan x\leq \frac{4}{\pi}x \]1) Encadrement de \(\sin x\)
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Sur l’intervalle \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), la courbe de la fonction sinus est située au-dessus de la corde qui relie les points :
\[ A(0,0) \qquad\text{et}\qquad B\left(\frac{\pi}{2},1\right). \]L’équation de cette corde est :
\[ y=\frac{2}{\pi}x. \]Donc :
\[ \frac{2}{\pi}x\leq \sin x. \]D’autre part, la tangente à la courbe de sinus au point d’abscisse \(0\) a pour équation :
\[ y=x. \]La courbe de sinus est située au-dessous de cette tangente sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), donc :
\[ \sin x\leq x. \]2) Encadrement de \(\cos x\)
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Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), la courbe de la fonction cosinus est située au-dessus de la corde qui relie :
\[ A(0,1) \qquad\text{et}\qquad B\left(\frac{\pi}{2},0\right). \]L’équation de cette corde est :
\[ y=1-\frac{2}{\pi}x. \]Donc :
\[ 1-\frac{2}{\pi}x\leq \cos x. \]D’autre part, en utilisant la symétrie de \(\sin\) et \(\cos\), ou bien la tangente en \(\dfrac{\pi}{2}\), on obtient :
\[ \cos x\leq \frac{\pi}{2}-x. \]3) Encadrement de \(\tan x\)
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Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), la courbe de la fonction tangente est située au-dessus de la tangente en \(0\), qui a pour équation :
\[ y=x. \]Donc :
\[ x\leq \tan x. \]De plus, la droite qui relie les points :
\[ A(0,0) \qquad\text{et}\qquad B\left(\frac{\pi}{4},1\right) \]a pour équation :
\[ y=\frac{4}{\pi}x. \]Géométriquement, sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), on obtient :
\[ \tan x\leq \frac{4}{\pi}x. \]Exercice 65 — Encadrements trigonométriques et dérivabilité en \(0\)
1) Montrer que : \[ \forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right[,\qquad \sin x\leq x\leq \tan x \]
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D’après l’encadrement usuel établi géométriquement, on a :
\[ \sin x\leq x. \]Pour \(x\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[\), on a \(\cos x\gt0\). L’inégalité \(\sin x\leq x\), appliquée aussi au raisonnement géométrique dans le cercle trigonométrique, donne :
\[ x\leq \tan x. \]2) Montrer que la fonction \(x\mapsto\dfrac{\sin x}{x}\) est décroissante sur \(]0,\dfrac{\pi}{2}[\)
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On pose :
\[ \varphi(x)=\frac{\sin x}{x}. \]La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(]0,\dfrac{\pi}{2}[\), car \(x\neq0\). On a :
\[ \varphi'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}. \]Le dénominateur \(x^2\) est strictement positif. Il suffit donc d’étudier le signe de :
\[ x\cos x-\sin x. \]D’après la question précédente, pour \(x\in]0,\dfrac{\pi}{2}[\), on a :
\[ x\leq \tan x=\frac{\sin x}{\cos x}. \]Comme \(\cos x\gt0\), on obtient :
\[ x\cos x\leq \sin x. \]Ainsi :
\[ x\cos x-\sin x\leq0. \]3) Montrer que : \[ \forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right[,\qquad x\leq\tan x\leq \frac{x}{\cos^2x} \]
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La première inégalité \(x\leq\tan x\) vient de la question 1.
Pour la deuxième, on applique le théorème des accroissements finis à la fonction \(\tan\) sur \([0,x]\), avec \(x\in]0,\dfrac{\pi}{2}[\).
Il existe alors \(c\in]0,x[\) tel que :
\[ \tan x-\tan0=x\cdot\frac1{\cos^2c}. \]Comme la fonction \(t\mapsto\dfrac1{\cos^2t}\) est croissante sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[\), et comme \(0\lt c\lt x\), on a :
\[ \frac1{\cos^2c}\leq\frac1{\cos^2x}. \]Donc :
\[ \tan x\leq\frac{x}{\cos^2x}. \]4) Montrer que : \[ \forall x\in\left]0;\frac{\pi}{2}\right[,\qquad \cos x\leq \frac{\sin x}{x}\leq \frac1{\cos x} \]
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D’après la question 1, pour \(x\in]0,\dfrac{\pi}{2}[\), on a :
\[ \sin x\leq x\leq\tan x. \]Comme \(x\gt0\), la première inégalité donne :
\[ \frac{\sin x}{x}\leq1\leq\frac1{\cos x}. \]D’autre part, l’inégalité \(x\leq\tan x\) donne :
\[ x\leq\frac{\sin x}{\cos x}. \]Comme \(\cos x\gt0\), on obtient :
\[ x\cos x\leq \sin x. \]En divisant par \(x\gt0\), on obtient :
\[ \cos x\leq\frac{\sin x}{x}. \]5) Soit \(g\) définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[ g(x)=\frac{\sin x}{x}\quad\text{si }x\neq0, \qquad g(0)=1. \] Montrer que \(g\) est dérivable en \(0\), puis donner \(g'(0)\)
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On étudie le quotient de dérivabilité en \(0\) :
\[ \frac{g(x)-g(0)}{x} = \frac{\frac{\sin x}{x}-1}{x} = \frac{\sin x-x}{x^2}. \]Pour \(x\gt0\), d’après la question 4 :
\[ \cos x\leq\frac{\sin x}{x}\leq1. \]Donc :
\[ x\cos x\leq \sin x\leq x. \]Ainsi :
\[ 0\leq x-\sin x\leq x(1-\cos x). \]En divisant par \(x^2\gt0\), on obtient :
\[ 0\leq\frac{x-\sin x}{x^2}\leq\frac{1-\cos x}{x}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos x}{x}=0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\sin x-x}{x^2}=0. \]Pour \(x\lt0\), on utilise le fait que \(g\) est paire, car :
\[ g(-x)=g(x). \]Le quotient de dérivabilité à gauche a donc la même limite, égale à \(0\).
Exercice 66 — Fonction réciproque
Soit \(f:\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\to\mathbb{R}\) définie par : \[ f(x)=\sqrt{\sin x}+x. \]
1) Justifier que \(f\) réalise une bijection de \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) vers un intervalle \(J\) à préciser
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La fonction \(f\) est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\). Pour \(x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]\), elle est dérivable et :
\[ f'(x)=\frac{\cos x}{2\sqrt{\sin x}}+1. \]Sur \(\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\), on a :
\[ \cos x\gt0,\qquad \sqrt{\sin x}\gt0. \]Donc :
\[ f'(x)\gt0. \]La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\).
De plus :
\[ f(0)=0 \]et :
\[ f\left(\frac{\pi}{2}\right)=1+\frac{\pi}{2}. \]2) Montrer que \(f^{-1}\) est continue sur \(J\) et dérivable sur \(J\setminus\{0\}\)
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Comme \(f\) est continue et strictement monotone sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), sa fonction réciproque \(f^{-1}\) est continue sur \(J\).
Pour \(x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]\), on a :
\[ f'(x)=\frac{\cos x}{2\sqrt{\sin x}}+1. \]Cette dérivée ne s’annule pas. Donc, d’après le cours sur la dérivée d’une fonction réciproque, \(f^{-1}\) est dérivable en tout point \(y=f(x)\), avec \(x\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]\).
3) Montrer que : \[ \exists c\in\left]0;\frac{\pi}{2}\right[,\qquad \frac{\cos c}{\sqrt{\sin c}}=\frac4\pi \]
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La fonction \(f\) est continue sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\) et dérivable sur \(\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) tel que :
\[ f'(c)= \frac{f\left(\frac{\pi}{2}\right)-f(0)} {\frac{\pi}{2}-0}. \]Or :
\[ f\left(\frac{\pi}{2}\right)=1+\frac{\pi}{2} \quad\text{et}\quad f(0)=0. \]Donc :
\[ f'(c)=\frac{1+\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}} = 1+\frac2\pi. \]Mais :
\[ f'(c)=1+\frac{\cos c}{2\sqrt{\sin c}}. \]Donc :
\[ 1+\frac{\cos c}{2\sqrt{\sin c}} = 1+\frac2\pi. \]Exercice 67 — Point fixe et suite récurrente
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \[ I=\left[0;\frac{\pi}{2}\right] \] par : \[ f(x)=\sqrt{\frac{2}{1+\sin x}}. \]
1-a) Montrer que : \[ \forall x\in I,\qquad f'(x)= -\frac{\cos x}{\sqrt2(1+\sin x)^{3/2}} \]
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On écrit :
\[ f(x)=\sqrt2(1+\sin x)^{-\frac12}. \]La fonction est dérivable sur \(I\), et :
\[ f'(x)= \sqrt2\left(-\frac12\right)(1+\sin x)^{-\frac32}\cos x. \]Donc :
1-b) Montrer que l’équation \(f(x)=x\) admet une solution unique \(\lambda\) dans \(I\)
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La fonction \(f\) est continue sur \(I\), donc la fonction :
\[ \varphi(x)=f(x)-x \]est continue sur \(I\).
On a :
\[ \varphi(0)=f(0)=\sqrt2\gt0. \]Et :
\[ \varphi\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1-\frac{\pi}{2} \lt0. \]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(\varphi(x)=0\), c’est-à-dire \(f(x)=x\), admet au moins une solution dans \(I\).
De plus, \(f\) est décroissante sur \(I\), car \(f'(x)\leq0\), tandis que la fonction \(x\mapsto x\) est strictement croissante. Ainsi, l’équation \(f(x)=x\) ne peut pas avoir deux solutions distinctes.
1-c) Montrer que : \[ \forall x\in I,\qquad |f'(x)|\leq\frac{\sqrt2}{2} \]
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Pour \(x\in I\), on a :
\[ |f'(x)| = \frac{\cos x}{\sqrt2(1+\sin x)^{3/2}}. \]Comme :
\[ 0\leq\cos x\leq1 \]et :
\[ (1+\sin x)^{3/2}\geq1, \]on obtient :
\[ |f'(x)|\leq\frac1{\sqrt2}. \]2) Suite définie par \(u_0=0\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\)
On considère la suite numérique \((u_n)\) définie par : \[ u_0=0 \quad\text{et}\quad u_{n+1}=f(u_n)\quad(n\in\mathbb N). \]
2-a) Vérifier que \(f(I)\subset I\)
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Pour \(x\in I\), on a :
\[ 0\leq \sin x\leq1. \]Donc :
\[ 1\leq1+\sin x\leq2. \]Ainsi :
\[ 1\leq f(x)\leq\sqrt2. \]Or :
\[ 1\in I \quad\text{et}\quad \sqrt2\lt\frac{\pi}{2}. \]2-b) Montrer que : \[ \forall n\in\mathbb N,\qquad u_n\in I \]
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On a \(u_0=0\in I\).
Supposons que \(u_n\in I\). Comme \(f(I)\subset I\), on a :
\[ u_{n+1}=f(u_n)\in I. \]2-c) Montrer que : \[ \forall n\in\mathbb N,\qquad |u_{n+1}-\lambda|\leq\frac{\sqrt2}{2}|u_n-\lambda| \] puis déterminer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n\)
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Comme \(u_n\in I\) et \(\lambda\in I\), on peut appliquer l’inégalité des accroissements finis à \(f\) entre \(u_n\) et \(\lambda\).
D’après la question 1-c :
\[ |f'(x)|\leq\frac{\sqrt2}{2} \quad\text{pour tout }x\in I. \]Donc :
\[ |f(u_n)-f(\lambda)| \leq \frac{\sqrt2}{2}|u_n-\lambda|. \]Comme \(f(\lambda)=\lambda\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\), on obtient :
Par récurrence, on en déduit :
\[ |u_n-\lambda| \leq \left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^n|u_0-\lambda|. \]Or :
\[ 0\lt\frac{\sqrt2}{2}\lt1. \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^n=0. \]Exercice 68 — Point fixe et convergence d’une suite
On considère la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par : \[ f(x)=\frac14\tan\left(\frac1{x+1}\right). \]
1) Montrer que \(f\) est dérivable sur \([0;1]\) et que : \[ \forall x\in[0;1],\qquad |f'(x)|\leq \frac1{4\cos^2 1} \]
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Pour \(x\in[0;1]\), on a :
\[ \frac1{x+1}\in\left[\frac12,1\right]. \]La fonction tangente est dérivable sur cet intervalle, donc \(f\) est dérivable sur \([0;1]\).
On calcule :
\[ f'(x) = \frac14\cdot \frac{1}{\cos^2\left(\frac1{x+1}\right)} \cdot \left(-\frac1{(x+1)^2}\right). \]Donc :
\[ |f'(x)| = \frac1{4(x+1)^2\cos^2\left(\frac1{x+1}\right)}. \]Or \(x+1\geq1\), donc :
\[ \frac1{(x+1)^2}\leq1. \]Et comme :
\[ \frac1{x+1}\in\left[\frac12,1\right], \]on a :
\[ \cos\left(\frac1{x+1}\right)\geq\cos1. \]Donc :
\[ \frac1{\cos^2\left(\frac1{x+1}\right)} \leq \frac1{\cos^2 1}. \]2) Montrer qu’il existe un unique réel \(\alpha\in]0;1[\) tel que : \[ f(\alpha)=\alpha \]
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On pose :
\[ \varphi(x)=f(x)-x. \]La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0;1]\).
On a :
\[ \varphi(0)=\frac14\tan1\gt0 \]et :
Comme \(\dfrac12\lt\dfrac{\pi}{4}\) et que la fonction tangente est strictement croissante sur \(]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}[\), on a :
Comme \(\dfrac12\lt\dfrac{\pi}{4}\) et que la fonction tangente est strictement croissante sur \(]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}[\), on a :
\[ \tan\left(\frac12\right)\lt\tan\left(\frac{\pi}{4}\right)=1. \]Ainsi :
\[ \varphi(1) = \frac14\tan\left(\frac12\right)-1 \lt \frac14-1 \lt0. \]Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel \(\alpha\in]0;1[\) tel que :
\[ f(\alpha)=\alpha. \]Pour l’unicité, soit \(\alpha\) et \(\beta\) deux solutions dans \([0;1]\). On aurait :
\[ f(\alpha)=\alpha \quad\text{et}\quad f(\beta)=\beta. \]Par l’inégalité des accroissements finis :
\[ |\alpha-\beta| = |f(\alpha)-f(\beta)| \leq \frac1{4\cos^2 1}|\alpha-\beta|. \]Comme :
\[ 0\lt \frac1{4\cos^2 1}\lt1, \]cela impose :
\[ |\alpha-\beta|=0. \]Donc :
\[ \alpha=\beta. \]3) Suite récurrente
On considère une suite numérique \((u_n)\) définie par : \[ u_0\in]0;1[\setminus\{\alpha\}, \qquad u_{n+1}=f(u_n). \]
Pour tout \(x\in[0;1]\), on a \[ \frac1{x+1}\in\left[\frac12;1\right]. \] La fonction tangente étant positive et croissante sur cet intervalle : \[ 0\lt f(x)\leq\frac14\tan1. \] De plus, \(1\lt\dfrac{\pi}{3}\), donc \[ \tan1\lt\tan\left(\frac{\pi}{3}\right)=\sqrt3\lt4. \] Ainsi : \[ 0\lt f(x)\lt1. \] Par conséquent, \[ f([0;1])\subset]0;1[. \] Comme \(u_0\in]0;1[\), une récurrence donne \[ \forall n\in\mathbb N,\qquad u_n\in]0;1[. \]
3-a) Montrer que : \[ |u_n-\alpha|\leq \left(\frac1{4\cos^2 1}\right)^n|u_0-\alpha| \]
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Pour tout \(x\in[0;1]\), on a :
\[ |f'(x)|\leq k \quad\text{avec}\quad k=\frac1{4\cos^2 1}. \]Comme \(0\lt k\lt1\), la fonction \(f\) est contractante sur \([0;1]\).
En appliquant l’inégalité des accroissements finis entre \(u_n\) et \(\alpha\), on obtient :
\[ |f(u_n)-f(\alpha)| \leq k|u_n-\alpha|. \]Or :
\[ u_{n+1}=f(u_n) \quad\text{et}\quad f(\alpha)=\alpha. \]Donc :
\[ |u_{n+1}-\alpha| \leq k|u_n-\alpha|. \]Par récurrence, on obtient :
3-b) En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente en précisant sa limite
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Comme :
\[ 0\lt \frac1{4\cos^2 1}\lt1, \]on a :
\[ \lim_{n\to+\infty} \left(\frac1{4\cos^2 1}\right)^n=0. \]D’après l’encadrement précédent :
\[ 0\leq |u_n-\alpha| \leq \left(\frac1{4\cos^2 1}\right)^n|u_0-\alpha|. \]Donc, par encadrement :
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
Travail personnel destiné à l’accompagnement des élèves de 2e Bac Sciences Mathématiques.
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