Asie – 9 juin 2026 - Sujet 1 - Fonctions trigonométriques, variations, TVI, inégalité - Exercice 1

45 min
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On considère la fonction gg définie sur l'intervalle [0;2π][0 ; 2 \pi] par : g(x)=xcos⁡(x)−sin⁡(x).g(x)=x \cos (x)-\sin (x) .
On admet que la fonction gg est dérivable sur l'intervalle [0;2π][0 ; 2 \pi] et on note g′g^{\prime} sa dérivée.
Question 1

Montrer que pour tout réel xx de l'intervalle [0;2π][0 ; 2 \pi], on a : g′(x)=−xsin⁡(x).g^{\prime}(x)=-x \sin (x) .

Correction
gg est dérivable [0;2π][0 ; 2 \pi].
Ici on reconnaît la forme (uv+w)′=u′v+uv′+w′\left(uv+w\right)'=u'v+uv'+w' avec u(x)=xu\left(x\right)=x ; v(x)=cos⁡(x)v\left(x\right)=\cos (x) et w(x)=−sin⁡(x)w\left(x\right)=-\sin (x) . On a alors : u′(x)=1u'\left(x\right)=1 ; v′(x)=−sin⁡(x)v'\left(x\right)=-\sin (x) et w′(x)=−cos⁡(x)w'\left(x\right)=-\cos (x)
Ainsi :
g′(x)=cos⁡(x)−xsin⁡(x)−cos⁡(x)g^{\prime}(x)=\cos (x)-x \sin (x)-\cos (x)
Il s'ensuit que :
g′(x)=−xsin⁡(x)g^{\prime}(x)=-x \sin (x)
Question 2

Dresser le tableau de variation complet de la fonction gg sur [0;2π][0 ; 2 \pi] .

Correction
Soit x∈[0;2π]x\in [0 ; 2 \pi], nous savons que g′(x)=−xsin⁡(x)g^{\prime}(x)=-x \sin (x).
Comme x≥0x \ge 0 alors −x≤0-x \le 0.
De plus :
  • si x∈[0;π]x\in [0 ; \pi] alors sin⁡(x)≥0 \sin (x) \ge 0
  • si x∈[π;2π]x\in [\pi;2 \pi] alors sin⁡(x)≤0 \sin (x) \le 0
    • Il vient alors que :
    De plus :
  • g(0)=0cos⁡(0)−sin⁡(0)=0g(0)=0 \cos (0)-\sin (0)=0
  • g(π)=πcos⁡(π)−sin⁡(π)=−πg(\pi)=\pi \cos (\pi)-\sin (\pi)=- \pi
  • g(2π)=2πcos⁡(2π)−sin⁡(2π)=2πg(2 \pi)=2 \pi \cos (2 \pi)-\sin (2 \pi)=2 \pi
    • Question 3

    Montrer qu'il existe une unique valeur réelle α\alpha dans l'intervalle [π;2π][\pi ; 2 \pi] telle que : g(α)=0.g(\alpha)=0 .

    Correction
    Sur [π;2π][\pi ; 2 \pi], la fonction gg est continue et strictement croissante.
    De plus, g(π)=−πg\left(\pi\right)=-\pi et g(2π)=2πg\left(2\pi\right)=2\pi .
    Or 0∈[−π;2π]0\in \left[-\pi;2\pi\right], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha appartenant à l'intervalle [π;2π][\pi ; 2 \pi] tel que g(x)=0g\left(x\right)=0.
    Question 4

    En déduire le tableau de signes de la fonction gg sur l'intervalle [0;2π][0 ; 2 \pi].

    Correction
    D'après le tableau de variation ci-dessous, on peut justifier que :
    Sur l'intervalle [0;α][0 ; \alpha].
    La fonction gg est continue et négative sur l'intervalle [0;α][0 ; \alpha]. En effet, le minimum est atteint lorsque x=πx=\pi et le maximum est atteint respectivement pour x=0x=0 et x=αx=\alpha.
    Sur l'intervalle [α;2π][\alpha;2\pi].
    La fonction gg est croissante sur [α;2π][\alpha ; 2 \pi] et de minimum g(α)=0g(\alpha)=0, donc g(x)≥0g\left(x\right)\ge 0.
    On en déduit le tableau de signes de la fonction gg sur l'intervalle [0;2π][0 ; 2 \pi].
    Question 5

    On considère la fonction ff définie sur l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi] par : f(x)=sin⁡(x)xf(x)=\frac{\sin (x)}{x}
    On admet que la fonction ff est dérivable sur l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi] et on note f′f^{\prime} sa dérivée.
    Montrer que pour tout réel xx de l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi], on a : f′(x)=g(x)x2.f^{\prime}(x)=\frac{g(x)}{x^2} .

    Correction
    ff est dérivable sur ]0;2π]] 0 ; 2 \pi]
      Deˊriveˊe du quotient\text{\purple{Dérivée du quotient}}
    On considère deux fonctions uu et vv, dérivables sur un intervalle II alors
    (uv)′=u′v−uv′v2\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }
    On reconnaît la forme (uv)′=u′v−uv′v2\color{red}\boxed{\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }} avec u(x)=sin⁡(x)u\left(x\right)=\sin (x) et v(x)=xv\left(x\right)=x
    Ainsi : u′(x)=cos⁡(x)u'\left(x\right)=\cos (x) et v′(x)=1v'\left(x\right)=1.
    Il vient alors que :
    f′(x)=cos⁡(x)×x−sin⁡(x)×1x2f^{\prime}(x)=\frac{\cos (x) \times x-\sin (x) \times 1}{x^2}
    f′(x)=xcos⁡(x)−sin⁡(x)x2f^{\prime}(x)=\frac{x \cos (x)-\sin (x)}{x^2}
    Finalement, pour tout réel xx de l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi], on a :
    f′(x)=g(x)x2f^{\prime}(x)=\frac{g(x)}{x^2}
    Question 6

    Étudier le signe de la fonction f′f^{\prime} sur l'intervalle ]0;2π]\left.] 0 ; 2 \pi\right] et en déduire le sens de variation de la fonction ff sur l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi].

    Correction
    Pour tout réel xx de l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi], on a x2>0x^2>0.
    Il en résulte que le signe de f′f' dépend du signe de gg.
    On d'après la question 44, nous connaissons le signe de gg.
    Il s'ensuit que :
    Question 7

    Déterminer la limite de ff en 00 . On pourra utiliser le taux d'accroissement de la fonction sinus en 00 .

    Correction
    ff est dérivable en aa si la limite du taux de variation en aa lorsque xx tend vers aa est égale à une valeur finie\red{\text{valeur finie}} notée f′(a)f'\left(a\right).
    Autrement dit, ff est dérivable en aa si :
    lim⁡x→af(x)−f(a)x−a=f′(a)\lim\limits_{x\to a} \frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{x-a} =f'\left(a\right)
    On considère la fonction ff définie sur l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi] par : f(x)=sin⁡(x)xf(x)=\frac{\sin (x)}{x} et nous souhaitons calculer lim⁡x→0sin⁡(x)x\lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin (x)}{x}.
    Posons la fonction h:↦sin⁡(x)h:\mapsto \sin (x) et h(0)=0h\left(0\right)=0. La fonction hh est dérivable sur R\mathbb{R} et donc hh est dérivable en 00.
    Ainsi :
    lim⁡x→0sin⁡(x)x=lim⁡x→0h(x)−h(0)x−0\lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin (x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0} \frac{h\left(x\right)-h\left(0\right)}{x-0}.
    D'après la définition : lim⁡x→0h(x)−h(0)x−0=h′(0)\lim\limits_{x\to 0} \frac{h\left(x\right)-h\left(0\right)}{x-0}=h'\left(0\right).
    Pour tout réel xx de l'intervalle ]0;2π]] 0 ; 2 \pi], on a alors : h′(x)=cos⁡(x)h'\left(x\right)=\cos \left(x\right) et h′(0)=cos⁡(0)=1h'\left(0\right)=\cos \left(0\right)=1
    D'où !
    lim⁡x→0sin⁡(x)x=lim⁡x→0h(x)−h(0)x−0=h′(0)=1\lim\limits_{x\to 0} \frac{\sin (x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0} \frac{h\left(x\right)-h\left(0\right)}{x-0}=h'\left(0\right)=1
    Question 8

    On considère deux nombres réels rr et ss qui vérifient l'inégalité : 0<r<s<π0<r<s<\pi .
    Montrer que : rs<sin⁡(r)sin⁡(s)\frac{r}{s}<\frac{\sin (r)}{\sin (s)}

    Correction
    D'après les hypothèses, on considère deux nombres réels rr et ss qui vérifient l'inégalité : 0<r<s<π0<r<s<\pi .
    D'après la question 66, sur l'intervalle ]0;π[] 0 ; \pi[ , la fonction ff est strictement décroissante.
    Comme r<sr<s alors f(r)>f(s)f(r)>f(s).
    On peut alors écrire que :
    sin⁡(r)r>sin⁡(s)s\frac{\sin (r)}{r}>\frac{\sin (s)}{s}.
    Comme r>0r>0 et s>0s>0, on peut multiplier par rs>0r s>0 sans changer le sens de l'inégalité, d'où :
    rs×sin⁡(r)r>rs×sin⁡(s)s\frac{r s\times\sin (r)}{r}>\frac{r s\times\sin (s)}{s}
    ssin⁡(r)>rsin⁡(s)s \sin (r)>r \sin (s)
    Et comme 0<r<s<π0<r<s<\pi alors s>0s>0 et sin⁡(s)>0\sin (s)>0 et on obtient :
    rs<sin⁡(r)sin⁡(s)\frac{r}{s}<\frac{\sin (r)}{\sin (s)}

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