Exercice 3 - Exercice 1

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On veut étudier l'existence et le nombre d'extremum de la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2−2sin⁡(x)f\left(x\right)=x^{2} -2\sin \left(x\right).
Question 1

Calculer f′f' puis calculer f′′f''.

Correction
ff est dérivable sur R\mathbb{R}, il vient alors que : f′(x)=2x−2cos⁡(x)f'\left(x\right)=2x-2\cos \left(x\right) puis que f′′(x)=2+2sin⁡(x)f''\left(x\right)=2+2\sin \left(x\right)
Question 2

Etudier le signe de f′′f''sur R\mathbb{R} et en déduire les variations de f′f'.

Correction
Pour tout réel xx, on sait que :
−1≤sin⁡(x)≤1-1\le \sin \left(x\right)\le 1 équivaut successivement à
−2≤2sin⁡(x)≤2-2\le 2\sin \left(x\right)\le 2
−2+2≤2sin⁡(x)+2≤2+2-2+2\le 2\sin \left(x\right)+2\le 2+2
0≤f′′(x)≤40\le f''\left(x\right)\le 4
Il en résulte donc que f"(x)≥0f"\left(x\right)\ge 0 sur R\mathbb{R} donc la fonction f′f' est croissante sur R\mathbb{R}.
Question 3

Calculer les limites de f′f' en +∞+\infty et en −∞-\infty .

Correction
Pour tout réel xx, on sait que :
−1≤cos⁡(x)≤1-1\le \cos \left(x\right)\le 1 équivaut successivement à
−2≤−2cos⁡(x)≤2-2\le -2\cos \left(x\right)\le 2
−2+2x≤−2cos⁡(x)+2x≤2+2x-2+2x\le -2\cos \left(x\right)+2x\le 2+2x
−2+2x≤f′(x)≤2+2x-2+2x\le f'\left(x\right)\le 2+2x

D'une part,
lim⁡x→+∞−2+2x=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } -2+2x=+\infty et f′(x)≥−2+2xf'\left(x\right)\ge -2+2x alors d'après le théorème de comparaison : lim⁡x→+∞f′(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } f'\left(x\right)=+\infty

D'autre part,
lim⁡x→−∞2+2x=−∞\lim\limits_{x\to -\infty } 2+2x=-\infty et f′(x)≤2+2xf'\left(x\right)\le 2+2x alors d'après le théorème de comparaison : lim⁡x→−∞f′(x)=−∞\lim\limits_{x\to -\infty } f'\left(x\right)=-\infty
Nous allons pouvoir dresser le tableau de variation de f′f'.

Question 4

Montrer que l'équation f′(x)=0f'\left(x\right)=0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}.
Déterminer une valeur approchée de α\alpha à 10−110^{-1} près.

Correction
Sur ]−∞;+∞[\left]-\infty ;+\infty \right[, la fonction f′f' est continue et strictement croissante.
De plus, lim⁡x→−∞f′(x)=−∞\lim\limits_{x\to -\infty } f'\left(x\right)=-\infty et lim⁡x→+∞f′(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } f'\left(x\right)=+\infty .
Or 0∈]−∞;+∞[0\in \left]-\infty ;+\infty \right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans]−∞;+∞[\left]-\infty ;+\infty \right[ tel que f′(x)=0f'\left(x\right)=0.
La calculatrice donne f′(0,73)≈−0,03f'\left(0,73\right)\approx -0,03 et f′(0,74)≈0,003f'\left(0,74\right)\approx 0,003, donc une valeur approchée de α\alpha à 10−110^{-1} près est α=0,7\alpha =0,7
Question 5

Donner alors le signe de f′f' sur R\mathbb{R}.

Correction
Sur ]−∞;+∞[\left]-\infty ;+\infty \right[, la fonction f′f' est continue et strictement croissante et f′(α)=0f'\left(\alpha \right)=0.
Donc f′(x)≤0f'\left(x\right)\le 0 pour tout x∈]−∞;α]x\in \left]-\infty ;\alpha \right] et f′(x)≥0f'\left(x\right)\ge 0 pour tout x∈[α;+∞[x\in \left[\alpha ;+\infty \right[.
On résume cela dans un tableau de signe :
Question 6

En déduire le tableau de variation de ff et justifier l'existence d'un seul minimum mm pour ff.

Correction
A l'aide de la question précédente, on connait le signe de f′f' sur R\mathbb{R}.
On va pouvoir obtenir les variations de ff.
Il en résulte que :

Le minimum mm de ff est atteint lorsque x=αx=\alpha .
Ainsi :
m=f(α)m=f\left(\alpha \right)
m=α2−2sin⁡(α)m=\alpha ^{2} -2\sin \left(\alpha \right)
Question 7

Montrer que mm vérifie l'égalité m=α2−21−α2m=\alpha ^{2} -2\sqrt{1-\alpha ^{2} } .

Correction
On sait que f′(α)=0f'\left(\alpha \right)=0 donc 2α−2cos⁡(α)=02\alpha -2\cos \left(\alpha \right)=0 d'où cos⁡(α)=α\cos \left(\alpha \right)=\alpha .
De plus, pour tout réel α\alpha , on sait que cos⁡2(α)+sin⁡2(α)=1\cos ^{2} \left(\alpha \right)+\sin ^{2} \left(\alpha \right)=1 donc sin⁡2(α)=1−cos⁡2(α)\sin ^{2} \left(\alpha \right)=1-\cos ^{2} \left(\alpha \right).
Comme cos⁡(α)=α\cos \left(\alpha \right)=\alpha alors sin⁡2(α)=1−cos⁡2(α)\sin ^{2} \left(\alpha \right)=1-\cos ^{2} \left(\alpha \right) s'écrit :
sin⁡2(α)=1−α2\sin ^{2} \left(\alpha \right)=1-\alpha ^{2} et enfin sin⁡(α)=1−α2\sin \left(\alpha \right)=\sqrt{1-\alpha ^{2} } .
Or d'après la question 6, on a m=α2−2sin⁡(α)m=\alpha ^{2} -2\sin \left(\alpha \right) et comme sin⁡(α)=1−α2\sin \left(\alpha \right)=\sqrt{1-\alpha ^{2} } il vient alors que :
m=α2−21−α2.m=\alpha ^{2} -2\sqrt{1-\alpha ^{2} } .

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