14 QCM de trigonometrie avec correction

On élève au carré les deux égalités :

$ (\sin a + \sin b)^2 = \frac{1}{2} $ donne $ \sin^2 a + 2\sin a\sin b + \sin^2 b = \frac{1}{2} $   (1)

$ (\cos a + \cos b)^2 = \frac{3}{2} $ donne $ \cos^2 a + 2\cos a\cos b + \cos^2 b = \frac{3}{2} $   (2)

En additionnant (1) et (2) :
$ 2 + 2(\sin a\sin b + \cos a\cos b) = 2 $

Donc $ 2\cos(a-b) = 0 $, soit $ \cos(a-b) = 0 $.
Réponse : B

On utilise $ \sin x\cos x = \frac{\sin 2x}{2} $, donc :
$$ \frac{x - \sin x\cos x}{x^3} = \frac{x - \frac{\sin 2x}{2}}{x^3} $$ Par la règle de L'Hôpital (appliquée 3 fois) :

$ \displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{2\sin 2x}{6x} = \lim_{x \to 0} \frac{4\cos 2x}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} $
Réponse : E

Pour tout $ x > 0 $ : $ -1 \leq \cos(x^2 + x - 1) \leq 1 $

Donc : $ -\frac{1}{x} \leq \frac{\cos(x^2 + x - 1)}{x} \leq \frac{1}{x} $

Or $ \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-1}{x} = 0 $

Par le théorème des gendarmes : $ \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\cos(x^2 + x - 1)}{x} = 0 $
Réponse : A

On a $ \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = 2 $, donc :
$$ \cos x - \sqrt{3}\sin x = 2\left(\frac{1}{2}\cos x - \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x\right) = 2\cos\!\left(x + \frac{\pi}{3}\right) $$ L'équation devient :
$$ 2\cos\!\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{2} \iff \cos\!\left(x + \frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos\frac{\pi}{4} $$ $$ x + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi \quad\text{ou}\quad x + \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi $$ $$ x = -\frac{\pi}{12} + 2k\pi \quad\text{ou}\quad x = -\frac{7\pi}{12} + 2k\pi $$ Réponse : A

On utilise l'identité : $ a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + b^{n-1}) $

$$ \frac{1 - \cos^n x}{1 - \cos^2 x} = \frac{(1-\cos x)(\cos^{n-1}x + \cdots + 1)}{(1-\cos x)(1+\cos x)} = \frac{\cos^{n-1}x + \cdots + 1}{1 + \cos x} $$ Quand $ x \to 0 $ : le numérateur tend vers $ n $ termes valant 1, soit $ n $, et le dénominateur tend vers 2.

Donc la limite vaut $ \frac{n}{2} $.
Réponse : A

$ \cos^3 x = \cos x \cdot \cos^2 x = \cos x(1 - \sin^2 x) $

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x - \cos x\sin^2 x)\,dx $$ $$ = \left[\sin x - \frac{\sin^3 x}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3} $$ Réponse : E ($ \frac{2}{3} $)

$ \frac{1}{\sin x\,\tan x} = \frac{\cos x}{\sin^2 x} = \frac{\sin'(x)}{\sin^2(x)} $

C'est la dérivée de $ -\frac{1}{\sin x} $, donc :
$$ \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\sin^2 x}\,dx = \left[-\frac{1}{\sin x}\right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} = -\frac{1}{\sin\frac{\pi}{4}} + \frac{1}{\sin\frac{\pi}{6}} $$ $$ = -\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} + \frac{1}{\frac{1}{2}} = -\sqrt{2} + 2 = 2 - \sqrt{2} $$ Réponse : B

Soit $ x = (\vec{AB};\vec{AC}) \in [0;\pi] $. La hauteur issue de C sur AB vaut $ h = AC\sin x = 10\sin x $.

L'aire du triangle : $ A(x) = \frac{1}{2} \times AB \times h = \frac{1}{2} \times 10 \times 10\sin x = 50\sin x $

L'aire est maximale quand $ \sin x = 1 $, soit $ x = \frac{\pi}{2} $.

Donc $ A_{\max} = 50 $. Le triangle est alors isocèle rectangle en A.
Réponse : B

On utilise $ A^2 + B^2 = (A+B)^2 - 2AB $ :
$$ \cos^4(3x) + \sin^4(3x) = (\cos^2(3x) + \sin^2(3x))^2 - 2\cos^2(3x)\sin^2(3x) $$ $$ = 1 - \frac{1}{2}\sin^2(6x) $$ L'équation devient :
$$ 1 - \frac{1}{2}\sin^2(6x) = 1 \iff \sin(6x) = 0 \iff 6x = k\pi \iff x = \frac{k\pi}{6} $$ Réponse : D

$ I + J = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2(\sin^2 x + \cos^2 x)\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\,dx = \frac{\pi^3}{24} $

$ I - J = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2(\sin^2 x - \cos^2 x)\,dx = -\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos(2x)\,dx $

Par deux intégrations par parties successives :
$$ I - J = -\left[\frac{x^2\sin(2x)}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}} x\sin(2x)\,dx $$ $$ = 0 + \left[-\frac{x\cos(2x)}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos(2x)}{2}\,dx $$ $$ = \frac{\pi}{4} + \left[\frac{\sin(2x)}{4}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{4} $$ Donc $ 2I = \frac{\pi^3}{24} + \frac{\pi}{4} $, soit $ I = \frac{\pi^3}{48} + \frac{\pi}{8} $.
Réponse : D

On a $ \cos(2x) = 2\cos^2 x - 1 $, donc :
$$ 1 + \cos x + 2\cos^2 x - 1 = 0 \iff \cos x(1 + 2\cos x) = 0 $$ $$ \cos x = 0 \quad\text{ou}\quad \cos x = -\frac{1}{2} $$ Dans $ ]-\pi;\pi[ $ :
$ \cos x = 0 \implies x = -\frac{\pi}{2} $ ou $ x = \frac{\pi}{2} $
$ \cos x = -\frac{1}{2} \implies x = -\frac{2\pi}{3} $ ou $ x = \frac{2\pi}{3} $

Donc exactement 4 solutions.
Réponse : D

$$ \frac{1}{\tan^{2024}x} - \frac{1}{\sin^{2024}x} = \frac{\cos^{2024}x}{\sin^{2024}x} - \frac{1}{\sin^{2024}x} = \frac{\cos^{2024}x - 1}{\sin^{2024}x} $$ En factorisant avec $ a^n - b^n $ :
$$ = \frac{(\cos x - 1)(\cos^{2023}x + \cdots + 1)}{\sin^{2024}x} $$ On réécrit :
$$ = \frac{\cos x - 1}{x^2} \times \frac{\cos^{2023}x + \cdots + 1}{x^{2022}} \times \frac{x^{2024}}{\sin^{2024}x} $$ Quand $ x \to 0 $ :
• $ \frac{\cos x - 1}{x^2} \to -\frac{1}{2} $
• $ \left(\frac{x}{\sin x}\right)^{2024} \to 1 $
• $ \frac{\cos^{2023}x + \cdots + 1}{x^{2022}} = \frac{2024}{x^{2022}} \to +\infty $

Donc le produit tend vers $ -\frac{1}{2} \times (+\infty) \times 1 = -\infty $.
Réponse : C

On utilise la formule $ \cos^2\alpha = \frac{1 + \cos(2\alpha)}{2} $, soit pour $ \alpha \in \left]0,\frac{\pi}{2}\right[ $ :
$$ \cos\alpha = \sqrt{\frac{1 + \cos(2\alpha)}{2}} $$ Étape 1 : $ \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} $

Étape 2 : $ \cos\frac{\pi}{8} = \sqrt{\frac{1 + \cos\frac{\pi}{4}}{2}} = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2} $

Étape 3 : $ \cos\frac{\pi}{16} = \sqrt{\frac{1 + \cos\frac{\pi}{8}}{2}} = \sqrt{\frac{1 + \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}{2}} = \frac{1}{2}\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2}}} $
Réponse : D

$ \cos(2x) = \sin(x) = \cos\!\left(\frac{\pi}{2} - x\right) $

$$ 2x = \frac{\pi}{2} - x + 2k\pi \quad\text{ou}\quad 2x = -\frac{\pi}{2} + x + 2k\pi $$ $$ 3x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad\text{ou}\quad x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi $$ $$ x = \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3} \quad\text{ou}\quad x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi $$ Or les solutions $ x = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi $ sont contenues dans $ x = \frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3} $ (pour $ k = 3k_1 - 1 $).

Donc $ S_{\mathbb{R}} = \left\{\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3} ;\; k \in \mathbb{Z}\right\} $.
Réponse : E