fonction trigo
fonction trigo
Bonjour, je voudrais de l'aide pour cet exercice
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Re: fonction trigo
Bonjour
1°/ $f$ est définie si $\cos x \neq -1$ soit $x\neq \pi +k2\pi=(2k+1)\pi$
$D_f={\mathbb R} / \{(2k+1)\pi,\ k\in {\mathbb Z}\}$
$f(x+2\pi)=\frac{2\sin(4x+4\pi)}{1+\cos (x+2\pi)}=\frac{2\sin (2x)}{1+\cos x}=f(x)$. Donc $f$ est périodique de période $2\pi$. On peut donc réduire le domaine d'étude à un intervalle d'amplitude $2\pi$
Si $x\neq \pi +k'2\pi=(2k+1)\pi$ alors $-x\neq -\pi -k'2\pi=\pi +(2k+1)\pi$ et $f(-x)=\frac{2\sin (-2x)}{1+\cos (x)}=\frac{-2\sin (2x)}{1+\cos x}=-f(x)$ donc $f$ est impaire et on peut donc réduire l'intervalle d'étude à $[0 , \pi[$.
2°/On pose $x=\pi -y$ donc $y$ a pour limite 0
$\frac{2\sin (2x)}{1+\cos x}=\frac{2\sin (2\pi -2y)}{1+\cos (\pi -y)}=\frac{-2\sin (2y)}{1-\cos y}$
On connaît 2 limites en 0 : $\lim_{x\to 0 }\frac{\sin x}{x} =1\ ;\ \lim_{x\to 0}\frac{\cos x -1}{x} =0$. On cherche à s'y ramener.
$\frac{-2\sin (2y)}{1-\cos y}=-4\frac{\sin (2y)}{2y} \times \frac{y}{1-\cos y}$
$\lim_{y\to 0}\frac{\sin (2y)}{2y}=1\ ;\ \lim_{y\to 0}\frac{y}{1-\cos y} =+\infty$ ( inverse d'une fonction de limite 0 dont les 2 termes sont positifs sur l'intervalle considéré)
Donc $\lim_{x\to \pi} f(x)=-\infty$
3°/ On pose $\cos x =X$.
Le trinôme $X^2+X-1$ a pour racines $\frac{-1\pm \sqrt 5}{2}$. Sur ]-1 , 1], il est positif pour $X=\cos x \in ]\frac{-1+\sqrt 5}{2}, 1]$ donc pour $x\in [0, \alpha[$
4°/ $f'(x)=\frac{4\cos (2x)(1+\cos x)-(-\sin x)(2\sin (2x))}{(1+\cos x)^2}=\frac{4(2\cos^2 x -1)(1+\cos x)+4\sin^2 x \cos x)}{(1+\cos x)^2}$
$=\frac{4(2\cos^2 x -1)(1+\cos x)+4(1+\cos x)(1-\cos x)(\cos x)}{(1+\cos x)^2}=\frac{4(1+\cos x)(2\cos^2 x -1+\cos x -\cos^2 x)}{(1+\cos x)^2}$
$=\frac{4(\cos^2x+\cos x -1)}{1+\cos x}$
Sur l'intervalle $[0,\pi[$, le dénominateur est strictement positif et le signe du numérateur a été déterminé dans la question précédente d'où le signe de la dérivée et le tableau de variation.
1°/ $f$ est définie si $\cos x \neq -1$ soit $x\neq \pi +k2\pi=(2k+1)\pi$
$D_f={\mathbb R} / \{(2k+1)\pi,\ k\in {\mathbb Z}\}$
$f(x+2\pi)=\frac{2\sin(4x+4\pi)}{1+\cos (x+2\pi)}=\frac{2\sin (2x)}{1+\cos x}=f(x)$. Donc $f$ est périodique de période $2\pi$. On peut donc réduire le domaine d'étude à un intervalle d'amplitude $2\pi$
Si $x\neq \pi +k'2\pi=(2k+1)\pi$ alors $-x\neq -\pi -k'2\pi=\pi +(2k+1)\pi$ et $f(-x)=\frac{2\sin (-2x)}{1+\cos (x)}=\frac{-2\sin (2x)}{1+\cos x}=-f(x)$ donc $f$ est impaire et on peut donc réduire l'intervalle d'étude à $[0 , \pi[$.
2°/On pose $x=\pi -y$ donc $y$ a pour limite 0
$\frac{2\sin (2x)}{1+\cos x}=\frac{2\sin (2\pi -2y)}{1+\cos (\pi -y)}=\frac{-2\sin (2y)}{1-\cos y}$
On connaît 2 limites en 0 : $\lim_{x\to 0 }\frac{\sin x}{x} =1\ ;\ \lim_{x\to 0}\frac{\cos x -1}{x} =0$. On cherche à s'y ramener.
$\frac{-2\sin (2y)}{1-\cos y}=-4\frac{\sin (2y)}{2y} \times \frac{y}{1-\cos y}$
$\lim_{y\to 0}\frac{\sin (2y)}{2y}=1\ ;\ \lim_{y\to 0}\frac{y}{1-\cos y} =+\infty$ ( inverse d'une fonction de limite 0 dont les 2 termes sont positifs sur l'intervalle considéré)
Donc $\lim_{x\to \pi} f(x)=-\infty$
3°/ On pose $\cos x =X$.
Le trinôme $X^2+X-1$ a pour racines $\frac{-1\pm \sqrt 5}{2}$. Sur ]-1 , 1], il est positif pour $X=\cos x \in ]\frac{-1+\sqrt 5}{2}, 1]$ donc pour $x\in [0, \alpha[$
4°/ $f'(x)=\frac{4\cos (2x)(1+\cos x)-(-\sin x)(2\sin (2x))}{(1+\cos x)^2}=\frac{4(2\cos^2 x -1)(1+\cos x)+4\sin^2 x \cos x)}{(1+\cos x)^2}$
$=\frac{4(2\cos^2 x -1)(1+\cos x)+4(1+\cos x)(1-\cos x)(\cos x)}{(1+\cos x)^2}=\frac{4(1+\cos x)(2\cos^2 x -1+\cos x -\cos^2 x)}{(1+\cos x)^2}$
$=\frac{4(\cos^2x+\cos x -1)}{1+\cos x}$
Sur l'intervalle $[0,\pi[$, le dénominateur est strictement positif et le signe du numérateur a été déterminé dans la question précédente d'où le signe de la dérivée et le tableau de variation.