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Fonctions sinus et cosinus

Parité et périodicité, dérivées, variations et courbes de sinus et cosinus, équations cos x = a et sin x = a, étude d’une fonction trigonométrique ; les formules d’addition en simple rappel.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit du bac : la hauteur d’eau d’un port au fil de la marée, une masse qui oscille au bout d’un ressort, le trapèze d’aire maximale inscrit dans un demi-cercle, et l’étude complète de cos x + x sin x avec le nombre de solutions de f(x) = 0.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : quelle fonction, sur quel intervalle, quelle grandeur (hauteur, aire, position) ; je calcule une ou deux valeurs pour me faire une idée.
Je réduis l’étude : période (temps d’un cycle), parité si elle a un sens.
Je dérive et je factorise, puis je lis le signe de chaque facteur sur le cercle trigonométrique.
Je dresse le tableau de variations avec les valeurs exactes et je réponds à la question : extremum, optimum, nombre de solutions (valeurs intermédiaires).
Je reviens à la situation : je résous l’équation ou l’inéquation en cos ou sin (deux familles, tri des valeurs de k), puis je donne la réponse avec son unité (heures, mètres, secondes).

Problème 1 · La marée dans un port★★★Facile

Dans un port, la hauteur d’eau (en mètres) est modélisée, pour

t \in [0; 12]

(en heures, à partir d’une pleine mer), par

h (t) = 5 + 3 \cos (\frac{π t}{6})

. (En réalité, deux pleines mers sont séparées d’environ 12 h 25 min ; le modèle arrondit à 12 h.)

1. Calculer la hauteur d’eau quatre heures après la pleine mer : $h (4) =$ m
$h (4)$ $= 5 + 3 \cos \frac{4 π}{6}$ $= 5 + 3 \cos \frac{2 π}{3}$ $= 5 + 3 \times (- \frac{1}{2})$ $= 5 - 1, 5$ $= 3, 5$ m.
2. Justifier que la fonction $t \mapsto 5 + 3 \cos (\frac{π t}{6})$ , définie sur $ℝ$ , est périodique. Durée entre deux pleines mers : h
Rédaction attendue. Pour tout réel $t$ : $h (t + 12)$ $= 5 + 3 \cos (\frac{π t}{6} + \frac{12 π}{6})$ $= 5 + 3 \cos (\frac{π t}{6} + 2 π)$ $= h (t)$ , car le cosinus est $2 π$ -périodique. La période est $T = \frac{2 π}{π / 6} = 12$ : deux pleines mers sont séparées de $12$ heures.
3. Démontrer que $h' (t) = - \frac{π}{2} \sin (\frac{π t}{6})$ et en déduire l’instant de la basse mer : $t =$ h
Rédaction attendue. Avec $(\cos (a t))^{'} = - a \sin (a t)$ et $a = \frac{π}{6}$ : $h' (t)$ $= 3 \times (- \frac{π}{6}) \sin (\frac{π t}{6})$ $= - \frac{π}{2} \sin (\frac{π t}{6})$ . Pour $t \in [0; 12]$ , $\frac{π t}{6} \in [0; 2 π]$ : le sinus est positif sur $[0; π]$ , soit $t \in [0; 6]$ , et négatif sur $[π; 2 π]$ , soit $t \in [6; 12]$ . Donc $h$ décroît sur $[0; 6]$ puis croît sur $[6; 12]$ : la basse mer a lieu à $t = 6$ h, avec $h (6) = 5 + 3 \cos π = 2$ m.
4. Un voilier a besoin d’au moins $6, 5$ m d’eau. Durée totale, sur $[0; 12]$ , pendant laquelle il peut manœuvrer : h
Rédaction attendue. $h (t) ⩾ 6, 5$ $⟺ 3 \cos (\frac{π t}{6}) ⩾ 1, 5$ $⟺ \cos (\frac{π t}{6}) ⩾ \frac{1}{2}$ . On pose $θ = \frac{π t}{6} \in [0; 2 π]$ : $\cos θ = \frac{1}{2}$ pour $θ = \frac{π}{3}$ et $θ = \frac{5 π}{3}$ , et $\cos θ ⩾ \frac{1}{2}$ sur la partie droite du cercle : $θ \in [0; \frac{π}{3}] \cup [\frac{5 π}{3}; 2 π]$ . Avec $t = \frac{6 θ}{π}$ : $t \in [0; 2] \cup [10; 12]$ . Durée totale : $2 + 2 = 4$ heures.

Problème 2 · Une masse au bout d’un ressort★★★Moyen

La position (en cm) d’une masse accrochée à un ressort est modélisée, pour

t ⩾ 0

(en secondes), par

x (t) = 2 \sin (5 t)

. La vitesse est

v (t) = x' (t)

et l’accélération

a (t) = v' (t)

. Arrondis au centième.

1. Période des oscillations : s
$x$ est de la forme $\sin (ω t)$ avec $ω = 5$ : $T = \frac{2 π}{5} \approx 1, 26$ s.
2. Démontrer que $v (t) = 10 \cos (5 t)$ . Vitesse maximale : cm/s
Rédaction attendue. Avec $(\sin (a t))^{'} = a \cos (a t)$ : $v (t)$ $= x' (t)$ $= 2 \times 5 \cos (5 t)$ $= 10 \cos (5 t)$ . Comme $\cos (5 t) ⩽ 1$ , avec égalité pour $t = 0$ , la vitesse maximale vaut $10$ cm/s ; elle est atteinte quand la masse passe par la position d’équilibre $x = 0$ .
3. Montrer que l’accélération est proportionnelle à la position : $a (t) =$ $\times x (t)$
Rédaction attendue. $a (t)$ $= v' (t)$ $= 10 \times (- 5) \sin (5 t)$ $= - 50 \sin (5 t)$ . Or $x (t) = 2 \sin (5 t)$ , donc $a (t)$ $= - 25 \times 2 \sin (5 t)$ $= - 25 x (t)$ pour tout $t ⩾ 0$ : l’accélération est proportionnelle à la position, de coefficient $- 25$ , et de signe opposé.
4. Premier instant $t > 0$ où la masse repasse par la position d’équilibre : s
Rédaction attendue. $x (t)$ $= 0$ $⟺ \sin (5 t)$ $= 0$ $⟺ 5 t$ $= k π$ $⟺ t$ $= \frac{k π}{5}$ , $k \in ℤ$ . La plus petite valeur strictement positive est obtenue pour $k = 1$ : $t = \frac{π}{5} \approx 0, 63$ s.

Problème 3 · Le trapèze inscrit dans un demi-cercle★★★Difficile

Dans un repère orthonormé, on trace le demi-cercle de centre

O

et de rayon

1

situé au-dessus du diamètre

[A B]

, avec

A (- 1; 0)

B (1; 0)

. Pour

θ \in [0; \frac{π}{2}]

, on place

C (\cos θ; \sin θ)

D (- \cos θ; \sin θ)

sur le demi-cercle. On cherche l’aire maximale du trapèze

A B C D

. Écris π au clavier (ou pi) et une fraction avec « / » (exemple : 2π/3).

1. Justifier que l’aire du trapèze vaut $𝒜 (θ) = \sin θ (1 + \cos θ)$ , puis calculer $𝒜 (\frac{π}{2}) =$
Rédaction attendue. Les bases $[A B]$ et $[D C]$ sont parallèles à l’axe des abscisses, de longueurs $A B = 2$ et $D C = \cos θ - (- \cos θ) = 2 \cos θ$ . La hauteur est la distance entre les deux droites, $\sin θ$ . Donc $𝒜 (θ)$ $= \frac{(2 + 2 \cos θ) \sin θ}{2}$ $= \sin θ (1 + \cos θ)$ . Pour $θ = \frac{π}{2}$ , $C$ et $D$ sont confondus en $(0; 1)$ : $𝒜 (\frac{π}{2}) = 1 \times (1 + 0) = 1$ (c’est l’aire du triangle $A B C$ ).
2. Démontrer que $𝒜' (θ) = (2 \cos θ - 1) (\cos θ + 1)$ . Valeur de $𝒜' (0)$ :
Rédaction attendue. Par la dérivée d’un produit : $𝒜' (θ)$ $= \cos θ (1 + \cos θ) + \sin θ \times (- \sin θ)$ $= \cos θ + \cos^{2} θ - \sin^{2} θ$ . Avec $\sin^{2} θ = 1 - \cos^{2} θ$ : $𝒜' (θ) = 2 \cos^{2} θ + \cos θ - 1$ . Le trinôme $2 X^{2} + X - 1$ a pour racines $X = \frac{1}{2}$ et $X = - 1$ , donc $2 X^{2} + X - 1$ $= 2 (X - \frac{1}{2}) (X + 1)$ $= (2 X - 1) (X + 1)$ , et $𝒜' (θ) = (2 \cos θ - 1) (\cos θ + 1)$ . Puis $𝒜' (0) = (2 - 1) (1 + 1) = 2$ .
3. Résoudre $𝒜' (θ) = 0$ sur $[0; \frac{π}{2}]$ : $θ =$
Sur cet intervalle, $\cos θ + 1 ⩾ 1 > 0$ . Donc $𝒜' (θ) = 0 ⟺ \cos θ = \frac{1}{2} ⟺ θ = \frac{π}{3}$ (seule solution dans $[0; \frac{π}{2}]$ ).
4. L’aire maximale s’écrit $\frac{m \sqrt{3}}{4}$ avec l’entier $m =$
Rédaction attendue. $𝒜' (θ)$ a le signe de $2 \cos θ - 1$ : positif pour $\cos θ ⩾ \frac{1}{2}$ , soit $θ \in [0; \frac{π}{3}]$ , négatif sur $[\frac{π}{3}; \frac{π}{2}]$ . $𝒜$ croît puis décroît : son maximum est $𝒜 (\frac{π}{3})$ $= \frac{\sqrt{3}}{2} (1 + \frac{1}{2})$ $= \frac{3 \sqrt{3}}{4} \approx 1, 299$ . Il dépasse $𝒜 (0) = 0$ et $𝒜 (\frac{π}{2}) = 1$ : $m = 3$ . Le trapèze optimal est la moitié d’un hexagone régulier.

Problème 4 · Étude de la fonction cos x + x sin x★★★Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

ℝ

par

f (x) = \cos x + x \sin x

. Écris π au clavier (ou pi) et une fraction avec « / » (exemple : 2π/3).

1. Démontrer que $f$ est paire, puis calculer $f (- π) =$
Rédaction attendue. $ℝ$ est symétrique par rapport à $0$ et, pour tout réel $x$ : $f (- x)$ $= \cos (- x) + (- x) \sin (- x)$ $= \cos x + (- x) (- \sin x)$ $= \cos x + x \sin x$ $= f (x)$ . Donc $f$ est paire. Alors $f (- π)$ $= f (π)$ $= \cos π + π \sin π$ $= - 1 + 0$ $= - 1$ .
2. Démontrer que $f' (x) = x \cos x$ , puis donner $f' (π) =$
Rédaction attendue. Par la dérivée d’un produit, $(x \sin x)^{'} = \sin x + x \cos x$ . Donc $f' (x) = - \sin x + \sin x + x \cos x = x \cos x$ . Alors $f' (π) = π \cos π = - π$ .
3. Sur $[0; 2 π]$ , le plus grand intervalle de la forme $[\frac{π}{2}; b]$ sur lequel $f$ est décroissante est obtenu pour $b =$
Pour $x \in] 0; 2 π]$ , $x > 0$ : $f' (x)$ a le signe de $\cos x$ , positif sur $[0; \frac{π}{2}]$ , négatif sur $[\frac{π}{2}; \frac{3 π}{2}]$ , positif sur $[\frac{3 π}{2}; 2 π]$ . $f$ décroît donc sur $[\frac{π}{2}; \frac{3 π}{2}]$ . Au-delà de $\frac{3 π}{2}$ , $f$ croît : le plus grand intervalle est obtenu pour $b = \frac{3 π}{2}$ .
4. Valeur minimale de $f$ sur l’intervalle $[0; 2 π]$ :
Valeurs du tableau : $f (0) = 1$ , $f (\frac{π}{2}) = 0 + \frac{π}{2} = \frac{π}{2}$ , $f (\frac{3 π}{2})$ $= 0 + \frac{3 π}{2} \times (- 1)$ $= - \frac{3 π}{2}$ , $f (2 π) = 1$ . Le minimum vaut $- \frac{3 π}{2} \approx - 4, 71$ .
5. Nombre de solutions de l’équation $f (x) = 0$ dans $[- 2 π; 2 π]$ :
Rédaction attendue. Sur $[0; \frac{π}{2}]$ , $f$ croît à partir de $f (0) = 1$ : $f (x) ⩾ 1 > 0$ , pas de solution. Sur $[\frac{π}{2}; \frac{3 π}{2}]$ , $f$ est continue et strictement décroissante ( $f'$ ne s’annule qu’aux bornes), de $\frac{π}{2} > 0$ à $- \frac{3 π}{2} < 0$ : d’après le théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), une solution unique. Sur $[\frac{3 π}{2}; 2 π]$ , $f$ est strictement croissante de $- \frac{3 π}{2}$ à $1$ : une solution unique. Soit $2$ solutions dans $[0; 2 π]$ , aucune n’étant $0$ . Comme $f$ est paire, les opposées sont aussi solutions : $4$ solutions dans $[- 2 π; 2 π]$ .

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