Exercices : Dérivation

Correction :

a) $f(x) = 3x^4 - 5x^2 + 7x - 2$

Pour dériver un polynôme, on applique la règle de dérivation des puissances : $(x^n)' = nx^{n-1}$. On dérive chaque terme séparément.

Formule de cours : $(x^n)' = nx^{n-1}$ , $(cx)' = c$ (où c est une constante), $(c)' = 0$

$f'(x) = 3 \times 4x^{4-1} - 5 \times 2x^{2-1} + 7 \times 1x^{1-1} - 0$

$f'(x) = 12x^3 - 10x + 7$

Réponse : $f'(x) = 12x^3 - 10x + 7$

Dérivation d'un polynôme terme par terme.

b) $f(x) = \frac{2x - 1}{x + 3}$

Ici, on a une fonction quotient de la forme $\frac{u(x)}{v(x)}$ avec $u(x) = 2x - 1$ et $v(x) = x + 3$. On utilise la formule de dérivation d'un quotient : $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

Formule de cours : $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$

$u'(x) = 2$ et $v'(x) = 1$

$f'(x) = \frac{2(x + 3) - (2x - 1)(1)}{(x + 3)^2}$

$f'(x) = \frac{2x + 6 - 2x + 1}{(x + 3)^2}$

$f'(x) = \frac{7}{(x + 3)^2}$

Réponse : $f'(x) = \frac{7}{(x + 3)^2}$

Application de la formule de dérivation d'un quotient.

c) $f(x) = \sqrt{x^2 + 1}$

On a une fonction composée de la forme $\sqrt{u(x)}$ avec $u(x) = x^2 + 1$. On utilise la formule de dérivation de $\sqrt{u(x)}$ qui est $\frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}$.

Formule de cours : $(\sqrt{u})' = \frac{u'}{2\sqrt{u}}$

$u'(x) = 2x$

$f'(x) = \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}}$

$f'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$

Réponse : $f'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$

Utilisation de la dérivée d'une fonction racine carrée composée.

d) $f(x) = e^{3x} \cos(2x)$

On a un produit de fonctions de la forme $u(x)v(x)$ avec $u(x) = e^{3x}$ et $v(x) = \cos(2x)$. On utilise la formule de dérivation d'un produit : $(uv)' = u'v + uv'$.

Formule de cours : $(uv)' = u'v + uv'$

Pour $u(x) = e^{3x}$, on utilise la formule $(e^{ax})' = ae^{ax}$, donc $u'(x) = 3e^{3x}$.

Pour $v(x) = \cos(2x)$, on utilise la formule $(\cos(ax))' = -a\sin(ax)$, donc $v'(x) = -2\sin(2x)$.

$f'(x) = 3e^{3x} \cos(2x) + e^{3x} (-2\sin(2x))$

$f'(x) = e^{3x} (3\cos(2x) - 2\sin(2x))$

Réponse : $f'(x) = e^{3x} (3\cos(2x) - 2\sin(2x))$

Application de la formule de dérivation d'un produit et de fonctions composées (exponentielle et cosinus).

Correction :

a) Calcul de la dérivée $f'(x)$.

On dérive le polynôme terme par terme en utilisant $(x^n)' = nx^{n-1}$.

Formule de cours : $(x^n)' = nx^{n-1}$

$f'(x) = 3x^2 - 6 \times 2x + 9 \times 1 + 0$

$f'(x) = 3x^2 - 12x + 9$

Réponse : $f'(x) = 3x^2 - 12x + 9$

Dérivation d'un polynôme.

b) Étude du signe de $f'(x)$.

Pour étudier le signe de $f'(x) = 3x^2 - 12x + 9$, on cherche d'abord les racines de $f'(x) = 0$.

$3x^2 - 12x + 9 = 0$

On peut diviser par 3 : $x^2 - 4x + 3 = 0$

On calcule le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \times 1 \times 3 = 16 - 12 = 4$. Comme $\Delta > 0$, il y a deux racines réelles :

Formule de cours : Pour une équation du second degré $ax^2+bx+c=0$, le discriminant est $\Delta = b^2 - 4ac$. Si $\Delta > 0$, les racines sont $x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$

$x_1 = \frac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{4 - \sqrt{4}}{2} = \frac{4 - 2}{2} = 1$

$x_2 = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{4 + \sqrt{4}}{2} = \frac{4 + 2}{2} = 3$

Puisque $a = 1 > 0$, la parabole est tournée vers le haut, donc $f'(x) > 0$ à l'extérieur des racines et $f'(x) < 0$ entre les racines.

Signe de $f'(x)$ :

- Pour $x \in ]-\infty, 1[ \cup ]3, +\infty[$, $f'(x) > 0$

- Pour $x \in ]1, 3[$, $f'(x) < 0$

- Pour $x = 1$ ou $x = 3$, $f'(x) = 0$

Réponse : $f'(x) > 0$ sur $]-\infty, 1[ \cup ]3, +\infty[$, $f'(x) < 0$ sur $]1, 3[$, $f'(x) = 0$ pour $x=1$ et $x=3$.

Étude du signe d'un trinôme du second degré.

c) Tableau de variations de $f$.

On utilise le signe de $f'(x)$ pour déterminer les variations de $f$.

x | -$\infty$ | 1 | 3 | +$\infty$

f'(x) | + | 0 - 0 | +

f(x) | $\nearrow$ | Max $\searrow$ Min | $\nearrow$

Calcul des valeurs : $f(1) = 1^3 - 6(1)^2 + 9(1) + 2 = 1 - 6 + 9 + 2 = 6$ $f(3) = 3^3 - 6(3)^2 + 9(3) + 2 = 27 - 54 + 27 + 2 = 2$

x | -$\infty$ | 1 | 3 | +$\infty$

f'(x) | + | 0 - 0 | +

f(x) | $\nearrow$ 6 | Max $\searrow$ 2 | Min $\nearrow$

Réponse : Tableau de variations de $f$ (voir image ci-dessus).

Construction du tableau de variations à partir du signe de la dérivée.

d) Détermination des extrema locaux de $f$.

D'après le tableau de variations :

- $f$ admet un maximum local en $x = 1$, qui vaut $f(1) = 6$.

- $f$ admet un minimum local en $x = 3$, qui vaut $f(3) = 2$.

Réponse : Maximum local en $x=1$ de valeur 6, minimum local en $x=3$ de valeur 2.

Identification des extrema locaux à partir du tableau de variations.

Correction :

a) Domaine de définition de $g$.

La fonction $g(x) = \frac{x^2}{x - 1}$ est définie pour toutes les valeurs de $x$ telles que le dénominateur $x - 1$ est non nul.

$x - 1 \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 1$

Donc, le domaine de définition de $g$ est $D_g = \mathbb{R} \setminus \{1\} = ]-\infty, 1[ \cup ]1, +\infty[$.

Réponse : $D_g = \mathbb{R} \setminus \{1\} = ]-\infty, 1[ \cup ]1, +\infty[$.

Recherche du domaine de définition d'une fonction rationnelle.

b) Calcul de la dérivée $g'(x)$.

On utilise la formule de dérivation d'un quotient $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ avec $u(x) = x^2$ et $v(x) = x - 1$.

Formule de cours : $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$

$u'(x) = 2x$ et $v'(x) = 1$

$g'(x) = \frac{2x(x - 1) - x^2(1)}{(x - 1)^2}$

$g'(x) = \frac{2x^2 - 2x - x^2}{(x - 1)^2}$

$g'(x) = \frac{x^2 - 2x}{(x - 1)^2}$

$g'(x) = \frac{x(x - 2)}{(x - 1)^2}$

Réponse : $g'(x) = \frac{x(x - 2)}{(x - 1)^2}$

Application de la formule de dérivation d'un quotient.

c) Étude du signe de $g'(x)$.

On étudie le signe du numérateur et du dénominateur. Le dénominateur $(x - 1)^2$ est toujours positif sauf en $x = 1$ où il est nul (mais $x = 1$ est exclu du domaine).

Le numérateur est $x(x - 2)$. Les racines du numérateur sont $x = 0$ et $x = 2$.

Signe de $g'(x)$ :

- Pour $x \in ]-\infty, 0[ \cup ]2, +\infty[$, $x(x - 2) > 0$ et $(x - 1)^2 > 0$, donc $g'(x) > 0$.

- Pour $x \in ]0, 2[$, $x(x - 2) < 0$ et $(x - 1)^2 > 0$, donc $g'(x) < 0$.

- Pour $x = 0$ ou $x = 2$, $g'(x) = 0$.

Réponse : $g'(x) > 0$ sur $]-\infty, 0[ \cup ]2, +\infty[$, $g'(x) < 0$ sur $]0, 2[$, $g'(x) = 0$ pour $x=0$ et $x=2$.

Étude du signe d'une fonction rationnelle.

d) Tableau de variations de $g$.

x | -$\infty$ | 0 | 1 | 2 | +$\infty$

g'(x) | + | 0 - | || - 0 | +

g(x) | $\nearrow$ | Max $\searrow$ || $\searrow$ Min | $\nearrow$

Calcul des valeurs et limites : $g(0) = \frac{0^2}{0 - 1} = 0$ $g(2) = \frac{2^2}{2 - 1} = 4$ $\lim_{x \to 1^-} g(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{x^2}{x - 1} = -\infty$ (car $x^2 \to 1$ et $x - 1 \to 0^-$) $\lim_{x \to 1^+} g(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{x^2}{x - 1} = +\infty$ (car $x^2 \to 1$ et $x - 1 \to 0^+$) $\lim_{x \to -\infty} g(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2}{x - 1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{1 - \frac{1}{x}} = -\infty$ $\lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x - 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1 - \frac{1}{x}} = +\infty$

x | -$\infty$ | 0 | 1 | 2 | +$\infty$

g'(x) | + | 0 - | || - 0 | +

g(x) | $\nearrow$ 0 | Max $\searrow$ -$\infty$|| -$\infty$$\searrow$ Min 4| $\nearrow$ +$\infty$

Réponse : Tableau de variations de $g$ (voir image ci-dessus).

Construction du tableau de variations avec limites et extrema.

Correction :

a) Calcul de la dérivée $h'(x)$.

On a une fonction composée de la forme $e^{u(x)}$ avec $u(x) = -x^2$. On utilise la formule de dérivation de $e^{u(x)}$ qui est $u'(x)e^{u(x)}$.

Formule de cours : $(e^{u})' = u'e^{u}$

$u'(x) = -2x$

$h'(x) = -2x e^{-x^2}$

Réponse : $h'(x) = -2x e^{-x^2}$

Dérivée d'une fonction exponentielle composée.

b) Étude du signe de $h'(x)$.

On étudie le signe de chaque facteur de $h'(x) = -2x e^{-x^2}$.

- $e^{-x^2}$ est toujours strictement positif pour tout $x \in \mathbb{R}$ (exponentielle toujours positive).

- $-2$ est une constante négative.

- Le signe de $h'(x)$ dépend donc du signe de $x$.

Signe de $h'(x)$ :

- Pour $x < 0$, $-2x > 0$, donc $h'(x) > 0$.

- Pour $x > 0$, $-2x < 0$, donc $h'(x) < 0$.

- Pour $x = 0$, $h'(x) = 0$.

Réponse : $h'(x) > 0$ pour $x < 0$, $h'(x) < 0$ pour $x > 0$, $h'(x) = 0$ pour $x = 0$.

Étude du signe de la dérivée.

c) Tableau de variations de $h$.

x | -$\infty$ | 0 | +$\infty$

h'(x) | + | 0 - |

h(x) | $\nearrow$ | Max $\searrow$ |

Calcul des valeurs et limites : $h(0) = e^{-0^2} = e^0 = 1$ $\lim_{x \to -\infty} h(x) = \lim_{x \to -\infty} e^{-x^2} = 0$ (car $-x^2 \to -\infty$ et $\lim_{X \to -\infty} e^X = 0$) $\lim_{x \to +\infty} h(x) = \lim_{x \to +\infty} e^{-x^2} = 0$ (car $-x^2 \to -\infty$ et $\lim_{X \to -\infty} e^X = 0$)

x | -$\infty$ | 0 | +$\infty$

h'(x) | + | 0 - |

h(x) | $\nearrow$ 0 | Max $\searrow$ 0 |

Réponse : Tableau de variations de $h$ (voir image ci-dessus).

Tableau de variations d'une fonction exponentielle.

d) Détermination du maximum de $h$ sur $\mathbb{R}$.

D'après le tableau de variations, $h$ admet un maximum global en $x = 0$, qui vaut $h(0) = 1$.

Réponse : Maximum global de $h$ sur $\mathbb{R}$ est 1, atteint en $x=0$.

Détermination du maximum global à partir du tableau de variations.

Correction :

Pour déterminer les extrema locaux de $f$ à partir du graphique de $f'$, nous devons analyser les points où $f'(x) = 0$ et où $f'$ change de signe.

Analyse du graphique de $f'$ :

- Les points où $f'(x) = 0$ sont les intersections du graphique de $f'$ avec l'axe des abscisses. Sur le graphique fourni (image\_fprime.png), on peut identifier approximativement ces points.

- Pour déterminer si un point critique correspond à un maximum ou un minimum local, nous examinons le changement de signe de $f'$ autour de ce point.

Formule de cours : Test de la dérivée première pour les extrema locaux. Si $f'(a) = 0$ et $f'$ change de signe en $x=a$, alors il y a un extremum local en $x=a$.

* Si $f'$ passe de positive à négative en $x = a$, alors $f$ a un maximum local en $x = a$.

* Si $f'$ passe de négative à positive en $x = b$, alors $f$ a un minimum local en $x = b$.

* Si $f'$ ne change pas de signe en $x = c$, alors il n'y a pas d'extremum local en $x = c$ (point d'inflexion).

Lecture du graphique (exemple basé sur une interprétation possible de l'image "image_fprime.png") :

Supposons que sur le graphique de $f'$, on observe (ceci est un exemple, il faut lire le graphique réel):

- $f'(x) = 0$ pour $x \approx -2$, $x \approx 1$, et $x \approx 4$.

- Autour de $x \approx -2$, $f'$ est positive pour $x < -2$ et négative pour $x > -2$. Donc, $f$ a un maximum local en $x \approx -2$.

- Autour de $x \approx 1$, $f'$ est négative pour $x < 1$ et positive pour $x > 1$. Donc, $f$ a un minimum local en $x \approx 1$.

- Autour de $x \approx 4$, $f'$ est positive pour $x < 4$ et positive pour $x > 4$ (ou négative des deux côtés, selon le graphique). Donc, il n'y a pas d'extremum local en $x \approx 4$ (point d'inflexion).

Conclusion (à adapter précisément selon le graphique image_fprime.png) :

- $f$ possède un maximum local en $x \approx -2$.

- $f$ possède un minimum local en $x \approx 1$.

- Pas d'extremum local en $x \approx 4$ (point d'inflexion probable).

Pour une réponse précise, il est impératif d'analyser attentivement le graphique *image_fprime.png* fourni avec l'exercice et d'adapter les valeurs et conclusions en conséquence.

Réponse : (Réponse à adapter selon le graphique image_fprime.png)

Lecture graphique des extrema locaux à partir du signe de la dérivée.

Correction :

Solution Exercice 6:

a) Justifiez que pour tout réel $x$ de l'intervalle $[0;+\infty[$, $g(x)>0$.

On calcule $g(x) = f(x) - (x - 3) = (5e^{-x} - 3e^{-2x} + x - 3) - (x - 3) = 5e^{-x} - 3e^{-2x}$.

On factorise $g(x) = e^{-2x} (5e^x - 3)$.

Pour $x \in [0;+\infty[$, $e^{-2x} > 0$. Il faut étudier le signe de $5e^x - 3$.

$5e^x - 3 > 0 \Leftrightarrow 5e^x > 3 \Leftrightarrow e^x > \frac{3}{5}$. Comme $x \ge 0$, $e^x \ge e^0 = 1 > \frac{3}{5}$. Donc $5e^x - 3 > 0$.

Par conséquent, $g(x) = e^{-2x} (5e^x - 3) > 0$ pour tout $x \in [0;+\infty[$.

Réponse : $g(x) = e^{-2x} (5e^x - 3) > 0$ pour $x \in [0;+\infty[$.

Justification de la positivité de $g(x)$ par factorisation et étude du signe.

b) $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{D}$ ont-elles un point commun ?

S'il existait un point commun, on aurait $f(x) = x - 3$, soit $g(x) = f(x) - (x - 3) = 0$.

Or, on a montré que $g(x) > 0$ pour tout $x \in [0;+\infty[$. Donc, $g(x)$ ne s'annule jamais.

Conclusion : $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{D}$ n'ont aucun point commun.

Réponse : Non, $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{D}$ n'ont aucun point commun car $g(x) > 0$ pour tout $x \in [0;+\infty[$.

Déduction de l'absence de point commun à partir du signe de $g(x)$.

c) Justifier que, pour tout $x$ de l’intervalle $[0 ; +\infty[$, la distance $M N$ est égale à $g(x)$.

Soit $M$ un point de $\mathscr{C}_f$ et $N$ un point de $\mathscr{D}$ ayant la même abscisse $x$. Alors $M$ a pour coordonnées $(x, f(x))$ et $N$ a pour coordonnées $(x, x - 3)$.

La distance verticale $MN$ est la valeur absolue de la différence des ordonnées : $MN = |f(x) - (x - 3)| = |g(x)|$.

Comme on a montré que $g(x) > 0$ pour tout $x \in [0;+\infty[$, on a $|g(x)| = g(x)$.

Donc, $MN = g(x)$.

Réponse : $MN = |f(x) - (x - 3)| = |g(x)| = g(x)$ car $g(x) > 0$.

Justification de la distance $MN$ comme étant $g(x)$.

d) Pour tout $x$ de l’intervalle $[0 ; +\infty[$, calculer $g'(x)$.

$g(x) = 5e^{-x} - 3e^{-2x}$

Formule de cours : $(e^{ax})' = ae^{ax}$

$g'(x) = 5(-e^{-x}) - 3(-2e^{-2x})$

$g'(x) = -5e^{-x} + 6e^{-2x}$

Réponse : $g'(x) = -5e^{-x} + 6e^{-2x}$

Calcul de la dérivée de $g(x)$.

e) Montrer que la fonction $g$ possède un maximum sur l’intervalle $[0 ; +\infty[$ que l’on déterminera. En donner une interprétation graphique.

On cherche les points critiques en résolvant $g'(x) = 0$.

$-5e^{-x} + 6e^{-2x} = 0$

$e^{-2x} (6 - 5e^x) = 0$

Comme $e^{-2x} > 0$, on a $6 - 5e^x = 0 \Leftrightarrow 5e^x = 6 \Leftrightarrow e^x = \frac{6}{5} \Leftrightarrow x = \ln(\frac{6}{5})$.

Étude du signe de $g'(x)$ :

$g'(x) = e^{-2x} (6 - 5e^x)$

- Si $x < \ln(\frac{6}{5})$, $e^x < \frac{6}{5}$, $5e^x < 6$, $6 - 5e^x > 0$, $g'(x) > 0$.

- Si $x > \ln(\frac{6}{5})$, $e^x > \frac{6}{5}$, $5e^x > 6$, $6 - 5e^x < 0$, $g'(x) < 0$.

$g$ est croissante sur $[0, \ln(\frac{6}{5})]$ et décroissante sur $[\ln(\frac{6}{5}), +\infty[$. Donc $g$ admet un maximum en $x = \ln(\frac{6}{5})$.

Valeur du maximum : $g(\ln(\frac{6}{5})) = 5e^{-\ln(\frac{6}{5})} - 3e^{-2\ln(\frac{6}{5})} = 5 \times \frac{5}{6} - 3 \times (\frac{5}{6})^2 = \frac{25}{6} - 3 \times \frac{25}{36} = \frac{25}{6} - \frac{25}{12} = \frac{25}{12}$.

Interprétation graphique : La distance verticale $MN$ entre $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{D}$ est maximale pour $x = \ln(\frac{6}{5})$, et la distance maximale est $\frac{25}{12}$.

Réponse : Maximum de $g$ en $x = \ln(\frac{6}{5})$ de valeur $\frac{25}{12}$. Graphiquement, distance verticale maximale entre $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{D}$.

Détermination du maximum de $g(x)$ et interprétation graphique.

Correction :

Solution Exercice 7:

a) $f(x)=3\sin\left( 5x-\frac{\pi}{4} \right)$

On utilise la formule $(\sin(u))' = u'\cos(u)$ avec $u(x) = 5x - \frac{\pi}{4}$, $u'(x) = 5$.

Formule de cours : $(\sin(u))' = u'\cos(u)$

$f'(x) = 3 \times 5 \cos\left( 5x-\frac{\pi}{4} \right) = 15\cos\left( 5x-\frac{\pi}{4} \right)$.

Réponse : $f'(x) = 15\cos\left( 5x-\frac{\pi}{4} \right)$

Dérivée d'une fonction sinus composée.

b) $f(x)=\sin(2x)\cos(x)$

On utilise la formule du produit $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u(x) = \sin(2x)$, $u'(x) = 2\cos(2x)$, $v(x) = \cos(x)$, $v'(x) = -\sin(x)$.

Formule de cours : $(uv)' = u'v + uv'$

$f'(x) = 2\cos(2x)\cos(x) + \sin(2x)(-\sin(x)) = 2\cos(2x)\cos(x) - \sin(2x)\sin(x)$.

Réponse : $f'(x) = 2\cos(2x)\cos(x) - \sin(2x)\sin(x)$

Dérivée d'un produit de fonctions sinus et cosinus.

c) $f(x)=3\sin(x)-2 \cos(2x)$

On dérive terme à terme : $(3\sin(x))' = 3\cos(x)$ et $(-2\cos(2x))' = -2 \times (-2\sin(2x)) = 4\sin(2x)$.

Formule de cours : $(c \sin(x))' = c \cos(x)$, $(c \cos(ax))' = -ac \sin(ax)$

$f'(x) = 3\cos(x) + 4\sin(2x)$.

Réponse : $f'(x) = 3\cos(x) + 4\sin(2x)$

Dérivée d'une somme de fonctions sinus et cosinus.

d) $f(x)=\sin \left( x + \frac{\pi}{4} \right)-3\cos(x)$

On dérive terme à terme : $(\sin(x + \frac{\pi}{4}))' = \cos(x + \frac{\pi}{4})$ et $(-3\cos(x))' = 3\sin(x)$.

Formule de cours : $(\sin(u))' = u'\cos(u)$, $(c \cos(x))' = -c \sin(x)$

$f'(x) = \cos(x + \frac{\pi}{4}) + 3\sin(x)$.

Réponse : $f'(x) = \cos(x + \frac{\pi}{4}) + 3\sin(x)$

Dérivée d'une somme de fonctions trigonométriques composées.

e) $f(x)=\sin(x)\cos(2x)$

On utilise la formule du produit $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u(x) = \sin(x)$, $u'(x) = \cos(x)$, $v(x) = \cos(2x)$, $v'(x) = -2\sin(2x)$.

Formule de cours : $(uv)' = u'v + uv'$

$f'(x) = \cos(x)\cos(2x) + \sin(x)(-2\sin(2x)) = \cos(x)\cos(2x) - 2\sin(x)\sin(2x)$.

Réponse : $f'(x) = \cos(x)\cos(2x) - 2\sin(x)\sin(2x)$

Dérivée d'un produit de fonctions sinus et cosinus composées.

f) $f(x)=\sin(2x-1) \cos \left( \frac{3}{4}-2x \right)$

On utilise la formule du produit $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u(x) = \sin(2x-1)$, $u'(x) = 2\cos(2x-1)$, $v(x) = \cos(\frac{3}{4}-2x)$, $v'(x) = -(-2)\sin(\frac{3}{4}-2x) = 2\sin(\frac{3}{4}-2x)$.

Formule de cours : $(uv)' = u'v + uv'$, $(\sin(u))' = u'\cos(u)$, $(\cos(v))' = -v'\sin(v)$

$f'(x) = 2\cos(2x-1)\cos(\frac{3}{4}-2x) + \sin(2x-1)(2\sin(\frac{3}{4}-2x)) = 2\cos(2x-1)\cos(\frac{3}{4}-2x) + 2\sin(2x-1)\sin(\frac{3}{4}-2x)$.

Réponse : $f'(x) = 2\cos(2x-1)\cos(\frac{3}{4}-2x) + 2\sin(2x-1)\sin(\frac{3}{4}-2x)$

Dérivée d'un produit de fonctions trigonométriques composées.

g) $f(x)=x^2 -\cos (x)$

On dérive terme à terme : $(x^2)' = 2x$ et $(-\cos(x))' = \sin(x)$.

Formule de cours : $(x^n)' = nx^{n-1}$, $(-\cos(x))' = \sin(x)$

$f'(x) = 2x + \sin(x)$.

Réponse : $f'(x) = 2x + \sin(x)$

Dérivée d'une somme de fonctions polynomiale et cosinus.

h) $f(x)=x-\sin(2x)$

On dérive terme à terme : $(x)' = 1$ et $(-\sin(2x))' = -2\cos(2x)$.

Formule de cours : $(x)' = 1$, $(-\sin(ax))' = -a\cos(ax)$

$f'(x) = 1 - 2\cos(2x)$.

Réponse : $f'(x) = 1 - 2\cos(2x)$

Dérivée d'une somme de fonctions linéaire et sinus composée.

i) $f(x)=3 \sin(x)-\cos(3x)+3$

On dérive terme à terme : $(3\sin(x))' = 3\cos(x)$, $(-\cos(3x))' = -(-3\sin(3x)) = 3\sin(3x)$, $(3)' = 0$.

Formule de cours : $(c \sin(x))' = c \cos(x)$, $(-\cos(ax))' = a\sin(ax)$, $(c)' = 0$

$f'(x) = 3\cos(x) + 3\sin(3x)$.

Réponse : $f'(x) = 3\cos(x) + 3\sin(3x)$

Dérivée d'une somme de fonctions trigonométriques et constante.

j) $f(x)=\sin^2(x)$

On utilise la formule $(u^2)' = 2uu'$ avec $u(x) = \sin(x)$, $u'(x) = \cos(x)$.

Formule de cours : $(u^2)' = 2uu'$

$f'(x) = 2\sin(x)\cos(x)$.

Réponse : $f'(x) = 2\sin(x)\cos(x)$

Dérivée d'une fonction sinus au carré.

k) $f(x)=\cos^2(x)$

On utilise la formule $(u^2)' = 2uu'$ avec $u(x) = \cos(x)$, $u'(x) = -\sin(x)$.

Formule de cours : $(u^2)' = 2uu'$

$f'(x) = 2\cos(x)(-\sin(x)) = -2\sin(x)\cos(x)$.

Réponse : $f'(x) = -2\sin(x)\cos(x)$

Dérivée d'une fonction cosinus au carré.

l) $f(x)=x^2 \sin(x)$

On utilise la formule du produit $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u(x) = x^2$, $u'(x) = 2x$, $v(x) = \sin(x)$, $v'(x) = \cos(x)$.

Formule de cours : $(uv)' = u'v + uv'$

$f'(x) = 2x\sin(x) + x^2\cos(x)$.

Réponse : $f'(x) = 2x\sin(x) + x^2\cos(x)$

Dérivée d'un produit de fonctions polynomiale et sinus.

m) $f(x)=\cos\left( 2x-\frac{\pi}{2} \right)$

On utilise la formule $(\cos(u))' = -u'\sin(u)$ avec $u(x) = 2x - \frac{\pi}{2}$, $u'(x) = 2$.

Formule de cours : $(\cos(u))' = -u'\sin(u)$

$f'(x) = -2\sin\left( 2x-\frac{\pi}{2} \right)$.

Réponse : $f'(x) = -2\sin\left( 2x-\frac{\pi}{2} \right)$

Dérivée d'une fonction cosinus composée.

n) $f(x)=\frac{5}{\cos(x)}$

On utilise la formule du quotient $(\frac{c}{v})' = -\frac{cv'}{v^2}$ avec $c = 5$, $v(x) = \cos(x)$, $v'(x) = -\sin(x)$.

Formule de cours : $(\frac{c}{v})' = -\frac{cv'}{v^2}$

$f'(x) = -\frac{5(-\sin(x))}{\cos^2(x)} = \frac{5\sin(x)}{\cos^2(x)}$.

Réponse : $f'(x) = \frac{5\sin(x)}{\cos^2(x)}$

Dérivée d'un quotient avec constante au numérateur et cosinus au dénominateur.

o) $f(x)=\sin\left( \frac{\pi}{4}-x \right)$

On utilise la formule $(\sin(u))' = u'\cos(u)$ avec $u(x) = \frac{\pi}{4} - x$, $u'(x) = -1$.

Formule de cours : $(\sin(u))' = u'\cos(u)$

$f'(x) = -1\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right) = -\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)$.

Réponse : $f'(x) = -\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)$

Dérivée d'une fonction sinus composée.

p) $f(x)=\cos(4x)\sin(-4x)$

On simplifie d'abord : $f(x) = -\cos(4x)\sin(4x) = -\frac{1}{2} \times 2\cos(4x)\sin(4x) = -\frac{1}{2}\sin(8x)$.

Formule de cours : $\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x)$, $(\sin(au))' = au'\cos(au)$

On utilise la formule $(\sin(au))' = au'\cos(au)$ avec $u(x) = 8x$, $u'(x) = 8$.

$f'(x) = -\frac{1}{2} \times 8 \cos(8x) = -4\cos(8x)$.

Réponse : $f'(x) = -4\cos(8x)$

Dérivée d'un produit de fonctions trigonométriques après simplification.

Correction :

Solution Exercice 8:

a) Montrez que $T = \frac{\pi}{100}$ est une période de $q$.

Pour montrer que $T$ est une période, il faut vérifier que $q(t + T) = q(t)$ pour tout $t$.

$q(t + \frac{\pi}{100}) = \frac{1}{200} \sin(200(t + \frac{\pi}{100}) + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{200} \sin(200t + 2\pi + \frac{\pi}{4})$.

Formule de cours : Une fonction $f$ est périodique de période $T$ si $f(x+T) = f(x)$ pour tout $x$. La fonction $\sin(x)$ est $2\pi$-périodique.

Comme la fonction sinus est $2\pi$-périodique, $\sin(200t + 2\pi + \frac{\pi}{4}) = \sin(200t + \frac{\pi}{4})$.

Donc, $q(t + \frac{\pi}{100}) = \frac{1}{200} \sin(200t + \frac{\pi}{4}) = q(t)$. Ainsi, $T = \frac{\pi}{100}$ est une période de $q$.

Réponse : $q(t + \frac{\pi}{100}) = q(t)$, donc $T = \frac{\pi}{100}$ est une période.

Justification de la périodicité en utilisant la propriété de la fonction sinus.

b) Montrez que la fonction $q$ n'est ni paire ni impaire.

Pour la parité, on calcule $q(-t) = \frac{1}{200} \sin(-200t + \frac{\pi}{4})$.

Si $q$ était paire, on aurait $q(-t) = q(t)$, soit $\sin(-200t + \frac{\pi}{4}) = \sin(200t + \frac{\pi}{4})$. Ce n'est pas vrai en général.

Si $q$ était impaire, on aurait $q(-t) = -q(t)$, soit $\sin(-200t + \frac{\pi}{4}) = -\sin(200t + \frac{\pi}{4}) = \sin(-(200t + \frac{\pi}{4})) = \sin(-200t - \frac{\pi}{4})$. Ce n'est pas vrai en général.

Formule de cours : Une fonction $f$ est paire si $f(-x) = f(x)$ pour tout $x$. Une fonction $f$ est impaire si $f(-x) = -f(x)$ pour tout $x$.

Par exemple, pour $t=0$, $q(0) = \frac{1}{200} \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{400}$. Et $q(-0) = q(0)$.

Pour $t = \frac{\pi}{800}$, $q(\frac{\pi}{800}) = \frac{1}{200} \sin(200 \times \frac{\pi}{800} + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{200} \sin(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{200} \sin(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{200}$.

$q(-\frac{\pi}{800}) = \frac{1}{200} \sin(-200 \times \frac{\pi}{800} + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{200} \sin(-\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{200} \sin(0) = 0$.

Comme $q(-\frac{\pi}{800}) = 0 \neq q(\frac{\pi}{800})$ et $q(-\frac{\pi}{800}) = 0 \neq -q(\frac{\pi}{800})$, $q$ n'est ni paire ni impaire.

Réponse : $q(-\frac{\pi}{800}) \neq q(\frac{\pi}{800})$ et $q(-\frac{\pi}{800}) \neq -q(\frac{\pi}{800})$, donc $q$ n'est ni paire ni impaire.

Justification que $q$ n'est ni paire ni impaire en utilisant des contre-exemples.

c) Calculez la dérivée de la fonction $q$ et dressez son tableau de variation sur l'intervalle $[0;\frac{\pi}{100}]$.

$q'(t) = \frac{1}{200} \times 200 \cos(200t + \frac{\pi}{4}) = \cos(200t + \frac{\pi}{4})$.

Formule de cours : $(\sin(u))' = u'\cos(u)$

On cherche les points critiques sur $[0;\frac{\pi}{100}]$ en résolvant $q'(t) = 0$.

$\cos(200t + \frac{\pi}{4}) = 0 \Leftrightarrow 200t + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

$200t = \frac{\pi}{4} + k\pi \Leftrightarrow t = \frac{\pi}{800} + \frac{k\pi}{200} = \frac{(4k+1)\pi}{800}$.

Points critiques sur $[0;\frac{\pi}{100}]$ sont $t_1 = \frac{\pi}{800}$ et $t_2 = \frac{5\pi}{800}$.

t | 0 | $\frac{\pi}{800}$ | $\frac{5\pi}{800}$ | $\frac{\pi}{100}$

q'(t) | + | 0 - | 0 +

q(t) | $\nearrow$ | Max $\searrow$ | Min $\nearrow$

Calcul des valeurs : $q(0) = \frac{1}{200} \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{400} \approx 0.0035$ $q(\frac{\pi}{800}) = \frac{1}{200} \sin(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{200} = 0.005$ $q(\frac{5\pi}{800}) = \frac{1}{200} \sin(\frac{3\pi}{2}) = -\frac{1}{200} = -0.005$ $q(\frac{\pi}{100}) = q(\frac{8\pi}{800}) = \frac{1}{200} \sin(\frac{9\pi}{4}) = \frac{1}{200} \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{400} \approx 0.0035$

t | 0 | $\frac{\pi}{800}$ | $\frac{5\pi}{800}$ | $\frac{\pi}{100}$

q'(t) | + | 0 - | 0 +

q(t) | $\nearrow$ 0.0035 | Max $\searrow$ -0.005 | Min $\nearrow$ 0.0035

Réponse : Tableau de variations de $q$ (voir image ci-dessus).

Tableau de variations de la fonction $q(t)$.