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Correction des exercices de transition .pdf



Nom original: Correction des exercices de transition.pdf
Auteur: Paul Paoli

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Correction des exercices de transition

1] Trigonométrie
1) On utilise la formule suivante :
cos ²(𝑥) =

1 + cos(2𝑥)
2

Ainsi :
𝜋
1 + cos ( )
𝜋
2
cos ² ( ) =
4
2
𝜋
1
⇒ cos ² ( ) =
4
2
𝜋
1
√2
⇒ cos ( ) =
=
4
2
√2
𝜋

Car d’après le cercle trigonométrique, cos ( 4 ) > 0.
Le sinus se trouve alors facilement :
𝜋
𝜋
sin ( ) = √1 − cos ² ( )
4
4
𝜋
1
⇒ sin ( ) = √1 −
4
2
𝜋
1
⇒ sin ( ) = √
4
2
𝜋
√2
⇒ sin ( ) =
4
2
𝜋

𝜋

On fait de même avec cos ( 8 ) et sin (8 ) :
𝜋
1 + cos ( 4) 2 + √2
𝜋
cos ² ( ) =
=
8
2
4

√2
√2 + √2
𝜋
√1 + 2
⇒ cos ( ) =
=
8
2
2
Et :
𝜋
𝜋
2 + √2 √2 − √2
sin ( ) = √1 − cos ² ( ) = √1 −
=
8
8
4
2
2) a) On trace un triangle équilatéral de côté 1 :
𝐶

𝐴

𝐻

𝐵

𝜋

Chacun de ses angles mesure 3 radians. La hauteur issue de 𝐶 mesure

√3
2

(c’est une

propriété géométrique).
̂ = cos 𝜋 = 𝐴𝐻
Dans le triangle rectangle 𝐴𝐶𝐻, on a : cos 𝐶𝐴𝐻
3
𝐴𝐶
Grâce au théorème de Pythagore, on détermine 𝐴𝐻 qui vaut : 𝐴𝐻 = √𝐴𝐶 2 − 𝐶𝐻 2 =
3

1

1

√12 − = √ =
4
4
2
D’où :
cos
𝜋

𝜋

𝜋 1
=
3 2
𝜋

𝐶𝐻

On peut déterminer sin 3 tel que sin 3 = √1 − cos ² ( 3 ) = 𝐴𝐶 =

√3
2

b) De la même manière, que pour la première question, on utilise :

cos ²(𝑥) =

1 + cos(2𝑥)
2

D’où :
𝜋
1 + cos ( 3)
𝜋
cos ² ( ) =
6
2
1
1+2 3
𝜋
⇒ cos ² ( ) =
=
6
2
4
𝜋
√3
⇒ cos ( ) =
6
2
𝜋

Car d’après le cercle trigonométrique, cos ( 6 ) > 0.
D’où :
𝜋
𝜋
1
sin ( ) = √1 − cos ² ( ) =
6
6
2
De même :

𝜋
1 + cos ( )
𝜋
6
cos ² ( ) =
12
2
√3
1+ 2
𝜋
⇒ cos ² ( ) =
12
2
⇒ cos ² (

𝜋
2 + √3
)=
12
4

√2 + √3
𝜋
)=
12
2

⇒ cos (

𝜋

Car d’après le cercle trigonométrique cos 12 > 0
Et donc :
sin (

𝜋
𝜋
) = √1 − cos ² ( )
12
12

⇒ sin (

𝜋
2 + √3
) = √1 −
12
4

√2 − √3
𝜋
)=
12
2

⇒ sin (

3) a) tan 𝑥 est définie si et seulement si cos 𝑥 ≠ 0 donc si et seulement si 𝑥 ≠ 𝑘𝜋 où 𝑘 est
un entier relatif.
Donc le domaine de définition de la fonction tangente est : 𝐷𝑡 = ℝ_{𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ}.
b) Soient 𝑎 et 𝑏 tels que (𝑎 + 𝑏) ∈ ℝ_{𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ}.
Si 𝑎 et 𝑏 sont tels que 𝑎 ∈ ℝ_{𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ} et 𝑏 ∈ ℝ_{𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ} alors on peut
exprimer tan(𝑎 + 𝑏) en fonction de tan 𝑎 et tan 𝑏 et on a alors :
tan(𝑎 + 𝑏) =
⇒ tan(𝑎 + 𝑏) =

sin(𝑎 + 𝑏)
cos(𝑎 + 𝑏)

sin 𝑎 cos 𝑏 + cos 𝑎 sin 𝑏
cos 𝑎 cos 𝑏 − sin 𝑎 sin 𝑏

sin 𝑎 cos 𝑏 cos 𝑎 sin 𝑏
+ cos 𝑎
⇒ tan(𝑎 + 𝑏) = cos 𝑎
cos 𝑎 cos 𝑏 sin 𝑎 sin 𝑏
cos 𝑎 − cos 𝑎
cos 𝑏 sin 𝑏
+
cos 𝑏 cos 𝑏
⇒ tan(𝑎 + 𝑏) =
cos 𝑏
sin 𝑏
− tan 𝑎
cos 𝑏
cos 𝑏
tan 𝑎

⇒ tan(𝑎 + 𝑏) =

tan 𝑎 + tan 𝑏
1 − tan 𝑎 tan 𝑏

Et exactement, de la même manière, on trouve que :
Soient 𝑎 et 𝑏 tels que (𝑎 − 𝑏) ∈ ℝ_{𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ},
tan(𝑎 − 𝑏) =

sin(𝑎 − 𝑏)
tan 𝑎 − tan 𝑏
=
cos(𝑎 − 𝑏) 1 + tan 𝑎 tan 𝑏

4) D’après le théorème de Pythagore, on a :
𝑂𝐴 = 𝜌 = √𝑥 2 + 𝑦 2
On note 𝐻 le projeté orthogonal de 𝐴 sur l’axe des abscisses. Le triangle 𝑂𝐻𝐴 est donc
rectangle en 𝐻 et on alors :

𝑂𝐻
𝑥
=
𝑂𝐴 √𝑥 2 + 𝑦 2
𝐻𝐴
𝑦
sin 𝜃 =
=
𝑂𝐴 √𝑥 2 + 𝑦 2
{
cos 𝜃 =

Donc 𝐴(𝑥, 𝑦) peut également s’écrire 𝐴(𝜌 cos 𝜃 , 𝜌 sin 𝜃) . On a donc exprimé les
coordonnées cartésiennes en fonction des coordonnées polaires 𝜌 et 𝜃.
5)

On résout dans ℝ :
a) cos ²(𝑥) + sin(𝑥) − 1 = 0
⇔ 1 − sin ²(𝑥) + sin(𝑥) − 1 = 0
⇔ sin(𝑥) (− sin(𝑥) + 1) = 0

Donc soit :
𝑥 = 1 + 2𝑘𝜋
sin 𝑥 = 0 ⇔ {
𝑘∈ℤ
𝑥 = 𝜋 − 1 + 2𝑘𝜋
Soit :
𝜋
− sin(𝑥) + 1 = 0 ⇔ sin(𝑥) = 1 ⇔ sin(𝑥) = sin ( )
2
D’où :
𝜋
+ 2𝑘𝜋
2
{
𝜋
𝑥 = − + 2𝑘𝜋
2
𝑥=

𝑘∈ℤ

Finalement donc:
𝑥 = 1 + 2𝑘𝜋
𝑥 = 𝜋 − 1 + 2𝑘𝜋
𝜋
𝑥 = + 2𝑘𝜋
𝑘∈ℤ
2
𝜋
𝑥
=

+ 2𝑘𝜋
{
2
Si on regarde bien on peut combiner les deux résultats :
𝜋
+ 2𝑘𝜋
𝜋
2
{
⇔ 𝑥 = + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ ℤ
𝜋
2
𝑥 = − + 2𝑘𝜋
2
𝑥=

On a évité une écriture redondante.

b) sin(𝑥) + cos(𝑥) − 1 = 0
sin(𝑥) + cos(𝑥) − 1 = 0 ⇔ sin(𝑥) + cos(𝑥) = 1
sin(𝑥) + cos(𝑥) = 1 ⇔

√2
√2
√2
sin 𝑥 +
cos 𝑥 =
2
2
2

𝜋
𝜋
𝜋
⇔ cos ( ) sin 𝑥 + sin ( ) cos 𝑥 = sin ( )
4
4
4
𝜋
𝜋
⇔ sin (𝑥 + ) = sin ( )
4
4
Donc les solutions de l’équation initiale sont les reels 𝑥 tels que :
𝜋 𝜋
𝑥 + = + 2𝑘𝜋
4 4
{
𝜋
𝜋
𝑥 + = 𝜋 − + 2𝑘𝜋
4
4
D’où :
𝑥 = 2𝑘𝜋
{𝑥 = 𝜋 + 2𝑘𝜋
2

𝑘∈ℤ

c)
sin(𝑥) cos(𝑥) =

1
⇔ 2 sin(𝑥) cos(𝑥) = 1
2

⇔ sin(2𝑥) = sin(0)
Donc :
2𝑥 = 2𝑘𝜋
{
2𝑥 = 𝜋 − 2𝑘𝜋
Soit :
{

𝑥 = 𝑘𝜋
𝜋
𝑥 = (1 − 2𝑘)
2

𝑘∈ℤ

d) Soit 𝑥 ∈ ℝ
cos2 (𝑥) sin ²(𝑥) = −2
Cette équation n’admet aucune solution dans ℝ car le produit de deux nombres positifs ne
peut pas donner un nombre négatif. L’ensemble des solutions est l’ensemble vide.

2] Dérivation
1)

a) Soit 𝐷𝑓 l’ensemble de définition de 𝑓, on a :

𝐷𝑓 = ]0, +∞[ car ce qu’il y a sous une racine carrée doit toujours être positif ou nul et que
le dénominateur doit être non-nul.
𝑓 est dérivable sur ]0, +∞[ comme composée de fonctions dérivables sur ]0, +∞[ (la
fonction racine carrée et inverse sont dérivables sur cet intervalle) et :
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[,
𝑓 ′ (𝑥) = −

1
2√𝑥 3

b) On doit avoir :
𝑥≠0
𝑥 ≠ −1
{
1
𝑥+ ≥0
𝑥
Soit :
𝑥≠0
𝑥 ≠ −1
{𝑥 2 + 1
≥0
𝑥
Donc, 𝐷𝑓 = ]0, +∞[, 𝑓 est dérivable sur cet intervalle comme somme et composée de
fonction dérivables sur cet intervalle, et :
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[,
𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥 3 + 3𝑥 2 − 𝑥 + 1
1
2𝑥(𝑥 + 1)2 √𝑥 + 𝑥

c) 𝑓 est définie et dérivable sur ℝ∗ comme somme de fonctions dérivables sur
ℝ∗ et :
Pour tout 𝑥 ∈ ℝ∗ ,
𝑛

𝑓′(𝑥) = − ∑
𝑘=1

𝑘
𝑥2

d) 𝑓 est définie sur ]0, +∞[.
𝑓 est dérivable sur cet intervalle et pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[, 𝑓(𝑥) = 𝑥 +

1
√𝑥

D’où :
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[ , 𝑓 ′ (𝑥) = 1 −

1
2√𝑥 3

e) 𝑓 est définie si et seulement si :
{

𝑥≠0
1
−𝑥 | | > 0
𝑥

Cette fonction est donc définie sur ]−∞, 0[ et, pour tout 𝑥 ∈ ]−∞, 0[,

𝑓(𝑥) = √−𝑥
1

1
= √1
−𝑥

1

Car |𝑥| = − 𝑥 car 𝑥 est strictement négatif. Donc la dérivée de 𝑓 est logiquement nulle.
f) 𝑓 est définie sur ]0, +∞[ à cause de la racine carrée et du dénominateur.
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[ , 𝑓(𝑥) =

1
√𝑥

𝑓 est dérivable sur son ensemble de définition comme composée de fonctions dérivables sur
]0, +∞[ et, pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[ , 𝑓′(𝑥) =

−1
2√𝑥 3

g) La fonction 𝑓 est définie sur ]0, +∞[ à cause des racines carrées et du
dénominateur. 𝑓 est dérivable sur ]0, +∞[ et :
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[
𝑓 ′ (𝑥) = −

1 1
4 √√𝑥 5

h) La fonction 𝑓 est définie si et seulement si :
𝑥 ≠ −1
{
𝑥≠0
A cause des deux dénominateurs.
D’où : 𝐷𝑓 = ℝ_{−1 ; 0}

𝑓 est dérivable sur son ensemble de définition comme produit de fonctions dérivables sur
cet ensemble.
1 𝑥−1

Dans l’ensemble : ]−∞, −1[ ∪ ]−1,0[, 𝑓(𝑥) = 𝑥+1

−𝑥

Et la dérivée de 𝑓 sur cet ensemble est alors :
𝑓

′ (𝑥)

𝑥 2 − 2𝑥 − 1
= 2
𝑥 (𝑥 + 1)2

1 𝑥−1

Dans l’ensemble ]0, +∞[, 𝑓(𝑥) = 𝑥+1

𝑥

Et la dérivée de 𝑓 sur intervalle est alors :
𝑓

′ (𝑥)

−𝑥 2 + 2𝑥 + 1
= 2
𝑥 (𝑥 + 1)2

i) On peut écrire que :
1 1
𝑓(𝑥) = 𝑥(𝑢
⃗ . 𝑣 ) = 𝑥 (𝑥 2 + √𝑥)
𝑥 𝑥
𝑓 est donc définie sur ]0, +∞[ à cause du dénominateur et de la racine carrée et :
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[,
𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + √𝑥
𝑓 est bien dérivable sur son domaine de définition et :
Pour tout 𝑥 ∈ ]0, +∞[,
𝑓′(𝑥) = 2𝑥 +

1
2√𝑥

j) 𝑓 est définie et dérivable sur ℝ.
Si 𝑥 ∈ ]0,1[, sa dérivée a pour expression :
𝑓 ′ (𝑥) = −

1
𝑥2

Si 𝑥 ∈ ]−∞, 0] ∪ [1, +∞[, sa dérivée a pour expression :
𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥


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