On a tracé le cercle le cercle trigonométrique dans un repère orthonormé direct. L’angle \(\alpha\) est mesuré en radians. Les triangles \(OAH\) et \(OBC\) sont rectangles respectivement en \(H\) et \(C\). On rappelle que l’aire du secteur angulaire \(OAC\) est \(\alpha/2\).
Calculer l’aire du triangle \(OAC\). En déduire que : \(\forall
\alpha\in\left]0,\pi/2\right],\quad 0<\sin \alpha <\alpha\).
Montrer que pour \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\), on a \(1>
\cos^2\alpha>1-\alpha^2\). En déduire que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\cos\alpha}=1\).
Calculer l’aire du triangle \(OBC\). En déduire les inégalités : \(\forall
\alpha\in\left]0,\pi/2\right],\quad \sin\alpha<\alpha<\tan \alpha\).
Déduire des questions précédentes que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\dfrac{\sin
\alpha}{\alpha}}=1\) et que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\dfrac{\tan
\alpha}{\alpha}}=1\). On prouve ainsi que \(\sin\) et \(\tan\) sont dérivables en \(0\). Expliquer pourquoi.
Pour \(\alpha\in\left[0,\pi/2\right]\), Établir les inégalités : \[0\leqslant
\cos^2\alpha \leqslant\cos\alpha,\quad 0\leqslant 1-\cos\alpha\leqslant\sin^2 \alpha \quad \textrm{ et} \quad
0\leqslant 1-\cos\alpha \leqslant\alpha^2 .\]
En déduire \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\dfrac{1-\cos\alpha}{\alpha}}\).
En déduire \(\displaystyle{\lim_{h \rightarrow 0}\dfrac{\cos\left(\alpha+h\right)-\cos\alpha}{h}}\) et \(\displaystyle{\lim_{h \rightarrow 0}\dfrac{\sin\left(\alpha+h\right)-\cos\alpha}{h}}\). Quelle propriété importante de \(\cos\) et \(\sin\) vient-on de prouver?
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[ID: 318] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [
Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs:
1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ]
[nombre d'auteurs:
3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution(s)
Solution(s)
Exercice 587 Par
François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur
le 11 janvier 2021 15:29
L’aire du triangle \(OAH\) est donnée par \({\scriptstyle OC\times AH\over\scriptstyle 2}={\scriptstyle\sin
\alpha\over\scriptstyle 2}\). Si \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\) alors le triangle \(OAH\) n’est pas plat et son aire est \(>0\) donc \(\sin\alpha>0\). Par ailleurs, le triangle \(OAH\) est inclus dans le secteur angulaire \(OAC\) et donc \({\scriptstyle\sin
\alpha\over\scriptstyle 2}<{\scriptstyle\alpha\over\scriptstyle 2}\) ce qui prouve la seconde inégalité.
Soit \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\). On utilise la question précédente. De \(0<\sin \alpha <\alpha\), on tire \(0<\sin^2 \alpha <\alpha^2\) car la fonction \(x\mapsto x^2\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Donc \(1>1-\sin^2 \alpha>1-\alpha^2\) ce qui donne finalement \(1\geqslant
\cos^2\alpha>1-\alpha^2\). Si \(\alpha\rightarrow 1\), on en déduit grâce au théorème des gendarmes que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\cos\alpha}=1\).
L’aire du triangle \(OBC\) est \({\scriptstyle OC\times BC\over\scriptstyle 2}={\scriptstyle\tan
\alpha\over\scriptstyle 2}\). Comme le triangle \(AHC\) est strictement inclus dans le secteur \(OAC\) et que ce secteur est strictement inclus dans le triangle \(OBC\), on en déduit que \(\sin\alpha<\alpha<\tan \alpha\).
Soit \(\alpha
\in\left]0,\pi/2\right]\). On déduit de l’inégalité de la question \(1.\) que \(0<{\scriptstyle\sin \alpha\over\scriptstyle\alpha}<1\). De même, de \(\tan \alpha>\alpha\), on tire \(\sin\alpha>\alpha\cos \alpha\) et donc \(\dfrac{\sin \alpha}{\alpha}>\cos\alpha
\xrightarrow[\alpha\rightarrow 0^+]{} 1\). Par le théorème des gendarmes, on en déduit que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0^+}\dfrac{\sin
\alpha}{\alpha}}=1\). En \(0^-\), on trouve la même limite par parité. La seconde limite est alors évidente. On reconnaît que \({\scriptstyle\sin
\alpha\over\scriptstyle\alpha}\) est le taux d’accroissement de \(\sin\) en \(0\). Il admet alors une limite quand \(\alpha\rightarrow 0\) et \(\sin\) est dérivable en \(0\) de dérivée égale à \(1\). Idem pour \(\tan\).
On sait que \(0\leqslant\cos\alpha\leqslant 1\) donc en multipliant par \(\cos
\alpha\) qui est positif, on obtient la première inégalité. On en déduit que \(1\geqslant 1-\cos^2\alpha\geqslant 1-\cos\alpha\) et donc la seconde inégalité. La dernière en découle en utilisant que \(\sin\alpha<\alpha\).
On divise la dernière inégalité par \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\) : \[0\leqslant\dfrac{1-\cos\alpha}{\alpha} \leqslant
\dfrac{\alpha^2}{\alpha}=\alpha\xrightarrow[\alpha\rightarrow 0^+]{}0\] donc \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0^+}{\scriptstyle 1-\cos\alpha\over\scriptstyle\alpha}}=0\). Par parité, il s’ensuit que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}{\scriptstyle 1-\cos\alpha\over\scriptstyle\alpha}}=0\).
Grâce aux formules d’addition et aux questions précédentes : \[\begin{aligned}
\dfrac{\cos\left(\alpha+h\right)-\cos\alpha}{h}=\cos\alpha\dfrac{\cos h-1}{h}
-\sin \alpha\dfrac{\sin h}{h}\xrightarrow[h\rightarrow 0]{} -\sin \alpha\end{aligned}\] On reconnaît dans la premier terme de la ligne précédente le taux d’accroissement de \(\cos\) en \(\alpha\). On a prouvé qu’il tend vers \(\sin\alpha\) quand \(h\rightarrow 0\). Donc \(\cos\) est dérivable en \(\alpha\) de dérivée \(-\sin\alpha\). On procède de même pour \(\sin\).
