Exercices — Les fonctions sinus et cosinus

1. Valeurs du tableau à connaître : $\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}$ ; $\sin\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ; $\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ; $\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}$.

2. On ramène chaque angle à un angle remarquable par symétrie sur le cercle :

• $\dfrac{3\pi}{4} = \pi - \dfrac{\pi}{4}$, donc $\cos\dfrac{3\pi}{4} = -\cos\dfrac{\pi}{4} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ;
• $\dfrac{5\pi}{6} = \pi - \dfrac{\pi}{6}$, donc $\sin\dfrac{5\pi}{6} = \sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}$ ;
• par parité du cosinus, $\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right) = \cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}$ ;
• $\dfrac{7\pi}{6} = \pi + \dfrac{\pi}{6}$, donc $\sin\dfrac{7\pi}{6} = -\sin\dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{1}{2}$.

3. $\cos^2\dfrac{\pi}{6} + \sin^2\dfrac{\pi}{6} = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1$ ✓.

Réflexe à retenir : ne récite pas les angles associés — dessine le cercle et lis les symétries : $\pi - x$ change le signe du cosinus, $\pi + x$ change les deux, $-x$ change celui du sinus.

1. Parité : $f(-x) = \cos(-2x) = \cos(2x) = f(x)$ (le cosinus est pair). Périodicité : $f(x + \pi) = \cos(2x + 2\pi) = \cos(2x) = f(x)$, car le cosinus est $2\pi$-périodique. Donc $f$ est paire et $\pi$-périodique — doubler la fréquence divise la période par deux.

2. $g(-x) = -x + \sin(-x) = -x - \sin x = -(x + \sin x) = -g(x)$ : $g$ est impaire (le sinus est impair, et $x \mapsto x$ aussi).

3. Parité : $h(-x) = \sin(-x)\cos(-x) = (-\sin x)(\cos x) = -h(x)$ : impaire. Périodicité, avec les angles associés : $h(x + \pi) = \sin(x + \pi)\cos(x + \pi) = (-\sin x)(-\cos x) = \sin x \cos x = h(x)$ : $h$ est $\pi$-périodique.

4. On peut réduire l’intervalle d’étude : une fonction $\pi$-périodique s’étudie sur un intervalle de longueur $\pi$, et la parité (ou l’imparité) permet de se limiter à la moitié de cet intervalle — le reste de la courbe s’obtient par symétrie puis par translations.

Réflexe à retenir : pour prouver une période $T$, calcule $f(x + T)$ et ramène-toi à $f(x)$ avec la $2\pi$-périodicité et les angles associés — et conclus toujours par « donc on peut réduire l’intervalle d’étude ».

1. Pour $f_1$, dérivée d’une somme et d’un produit : $f_1'(x) = \cos x - \left(1 \times \cos x + x \times (-\sin x)\right) = \cos x - \cos x + x\sin x = x\sin x$. Pour $f_2$, formule $\big(\cos(\omega t + \varphi)\big)' = -\omega\sin(\omega t + \varphi)$ : $f_2'(t) = -2\sin\left(2t + \dfrac{\pi}{3}\right)$. Pour $f_3 = u^2$ avec $u = \sin$, dérivée d’une composée : $f_3'(x) = 2\sin x \cos x$.

2. $\sin 0 = 0$ et $(\sin x)' = \cos x$ donne une pente $\cos 0 = 1$ : la tangente a pour équation $y = 0 + 1 \times (x - 0)$, c’est-à-dire $y = x$.

3. $g'(x) = 1 - \cos x \geq 0$ pour tout $x$, car $\cos x \leq 1$. La fonction $g$ est donc croissante sur $[0\,;\,+\infty[$, et comme $g(0) = 0 - \sin 0 = 0$, on a $g(x) \geq 0$ pour tout $x \geq 0$, c’est-à-dire :

$\sin x \leq x \quad \text{pour tout } x \geq 0$

Graphiquement : sur $[0\,;\,+\infty[$, la courbe du sinus reste au-dessous de sa tangente en $0$, la droite $y = x$.

Réflexe à retenir : pour démontrer une inégalité du type $f(x) \leq g(x)$, étudie le signe de la différence via ses variations — ici $g$ croissante et nulle en $0$, donc positive après.

1. Sur le cercle, la droite verticale d’abscisse $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ coupe le cercle en deux points symétriques par rapport à l’axe des abscisses, associés à $\dfrac{\pi}{4}$ et $-\dfrac{\pi}{4}$. Solutions : $x = -\dfrac{\pi}{4}$ et $x = \dfrac{\pi}{4}$.

2. La droite horizontale d’ordonnée $-\dfrac{1}{2}$ coupe le cercle en deux points de la moitié inférieure : celui d’angle $-\dfrac{\pi}{6}$ et son symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, d’angle $-\pi + \dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{5\pi}{6}$. Solutions : $x = -\dfrac{5\pi}{6}$ et $x = -\dfrac{\pi}{6}$.

3. Les solutions de $\cos x = \dfrac{1}{2}$ sur $[-\pi\,;\,\pi]$ sont $\pm\dfrac{\pi}{3}$. Le cosinus est inférieur ou égal à $\dfrac{1}{2}$ sur l’arc situé à gauche de la droite verticale d’abscisse $\dfrac{1}{2}$ :

$x \in \left[-\pi\,;\,-\frac{\pi}{3}\right] \cup \left[\frac{\pi}{3}\,;\,\pi\right]$

4. $\sin x = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ a pour solutions $\dfrac{\pi}{3}$ et $\pi - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2\pi}{3}$. Le sinus dépasse strictement $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ sur l’arc situé au-dessus de la droite horizontale correspondante, entre ces deux points :

$x \in \left]\frac{\pi}{3}\,;\,\frac{2\pi}{3}\right[$

Réflexe à retenir : équation ou inéquation trigonométrique = un dessin de cercle. Verticale pour le cosinus, horizontale pour le sinus, et on colorie l’arc pour les inéquations — les bornes de l’intervalle d’étude en tête.

1. $f'(x) = -\sin x + \dfrac{1}{2}$.

2. $f'(x) = 0 \iff \sin x = \dfrac{1}{2}$. Sur $[0\,;\,\pi]$, le cercle donne deux solutions : $x = \dfrac{\pi}{6}$ et $x = \pi - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{5\pi}{6}$.

3. $f'(x) > 0 \iff \sin x < \dfrac{1}{2}$ : sur $[0\,;\,\pi]$, c’est le cas pour $x \in \left[0\,;\,\dfrac{\pi}{6}\right[$ et pour $x \in \left]\dfrac{5\pi}{6}\,;\,\pi\right]$. Donc $f$ est croissante sur $\left[0\,;\,\dfrac{\pi}{6}\right]$, décroissante sur $\left[\dfrac{\pi}{6}\,;\,\dfrac{5\pi}{6}\right]$, puis croissante sur $\left[\dfrac{5\pi}{6}\,;\,\pi\right]$. Les valeurs :

• $f(0) = \cos 0 + 0 = 1$ ;
• $f\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{\pi}{12} \approx 1{,}13$ (maximum local) ;
• $f\left(\dfrac{5\pi}{6}\right) = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{5\pi}{12} \approx 0{,}44$ (minimum local) ;
• $f(\pi) = -1 + \dfrac{\pi}{2} \approx 0{,}57$.

4. D’après le tableau de variations, le minimum de $f$ sur $[0\,;\,\pi]$ est atteint soit en $0$, soit en $\dfrac{5\pi}{6}$ : c’est $\min\left(1\,;\,f\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)\right) = f\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)$. Or $\dfrac{5\pi}{12} \approx 1{,}31$ et $\dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}87$, donc $f\left(\dfrac{5\pi}{6}\right) = \dfrac{5\pi}{12} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} > 0$. Le minimum de $f$ étant strictement positif, $f(x) > 0$ pour tout $x$ de $[0\,;\,\pi]$.

Réflexe à retenir : l’étude d’une fonction trigonométrique suit le plan habituel — dérivée, équation $f'(x) = 0$ résolue sur le cercle, tableau de variations — et « $f > 0$ » se démontre en regardant le minimum du tableau.