Exercice 3 - Exercice 1

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

Pour tout réel $$x$$, on sait que :
$$-1\le \sin \left(x\right)\le 1$$ équivaut successivement à
$$-2\le 2\sin \left(x\right)\le 2$$
$$-2+2\le 2\sin \left(x\right)+2\le 2+2$$
$$0\le f''\left(x\right)\le 4$$
Il en résulte donc que $$f"\left(x\right)\ge 0$$ sur $$\mathbb{R}$$ donc la fonction $$f'$$ est croissante sur $$\mathbb{R}$$.

Pour tout réel $$x$$, on sait que :
$$-1\le \cos \left(x\right)\le 1$$ équivaut successivement à
$$-2\le -2\cos \left(x\right)\le 2$$
$$-2+2x\le -2\cos \left(x\right)+2x\le 2+2x$$
$$-2+2x\le f'\left(x\right)\le 2+2x$$

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

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

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

Sur $$\left]-\infty ;+\infty \right[$$, la fonction $$f'$$ est continue et strictement croissante et $$f'\left(\alpha \right)=0$$.
Donc $$f'\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left]-\infty ;\alpha \right]$$ et $$f'\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[\alpha ;+\infty \right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :

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

Le minimum $$m$$ de $$f$$ est atteint lorsque $$x=\alpha$$.
Ainsi :
$$m=f\left(\alpha \right)$$
$$m=\alpha ^{2} -2\sin \left(\alpha \right)$$

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