Ex.50 pdf LLG
Ex.50 pdf LLG
Bonjour, je suis en train de travailler le pdf LLG pour la transition entre terminale et MPSI. Je suis arrivé à l'ex.50 dont l'énoncé est :
(TD) Montrer que $ \forall x \in R, \cos(\sin(x))) > \sin(\cos(x) $. Pour commencer j'ai transformé le $ \sin(\cos(x)) $ en $ \cos(\frac{\pi}{2}-\cos(x)) $ afin d'appliquer $ \cos(\alpha)-\cos(\beta) = -2sin(\frac{\alpha+\beta}{2})sin(\frac{\alpha-\beta}{2}) $.
J'obtiens alors que $ \cos(\sin(x))-\cos(\frac{\pi}{2}-\cos(x)) = -2sin(\frac{\sin(x)+\frac{\pi}{2}-\cos(x)}{2})sin(\frac{\sin(x)+\cos(x)-\frac{pi}{2}}{2}) $.
J'ai pensé donc à trouver le signe de cette expression afin d'établir l'inégalité : on sait que $ \sin(x) > 0 $ ssi $ 0 < x < \pi (mod.2\pi) $.
J'ai donc cherché à encadrer les termes $ \sin(x)-\cos(x) $ et $ \sin(x)+\cos(x) $ entre $ -\sqrt{2} $ et $ \sqrt{2} $, grâce à la méthode décrite dans l'exercice précédent qui proposait une factorisation de $ a\cos(x)+b\sin(x) $.
Je trouve donc que $ \sin(x)-\cos(x)+\frac{\pi}{2} $est compris entre $ \frac{\pi}{2}-\sqrt{2} $ et $ \sqrt{2}+\frac{\pi}{2} $ et donc que le premier sinus est positif car on a bien $ 0 < \sin(x)-\cos(x)+\frac{\pi}{2} < \pi $. Je fais la même chose avec le deuxième sinus et je trouve qu'il est négatif. Donc en multipliant par -2 on a quelque chose de positif et on aboutit à l'inégalité demandée. Tout d'abord est-ce que vous trouvez cette méthode correcte? Et deuxièmement, ne pensez-vous pas qu'elle est maladroite? Est-ce qu'on aurait pu faire mieux, plus vite, avec les outils dont un terminale ayant travaillé les premières pages du pdf dispose?
(TD) Montrer que $ \forall x \in R, \cos(\sin(x))) > \sin(\cos(x) $. Pour commencer j'ai transformé le $ \sin(\cos(x)) $ en $ \cos(\frac{\pi}{2}-\cos(x)) $ afin d'appliquer $ \cos(\alpha)-\cos(\beta) = -2sin(\frac{\alpha+\beta}{2})sin(\frac{\alpha-\beta}{2}) $.
J'obtiens alors que $ \cos(\sin(x))-\cos(\frac{\pi}{2}-\cos(x)) = -2sin(\frac{\sin(x)+\frac{\pi}{2}-\cos(x)}{2})sin(\frac{\sin(x)+\cos(x)-\frac{pi}{2}}{2}) $.
J'ai pensé donc à trouver le signe de cette expression afin d'établir l'inégalité : on sait que $ \sin(x) > 0 $ ssi $ 0 < x < \pi (mod.2\pi) $.
J'ai donc cherché à encadrer les termes $ \sin(x)-\cos(x) $ et $ \sin(x)+\cos(x) $ entre $ -\sqrt{2} $ et $ \sqrt{2} $, grâce à la méthode décrite dans l'exercice précédent qui proposait une factorisation de $ a\cos(x)+b\sin(x) $.
Je trouve donc que $ \sin(x)-\cos(x)+\frac{\pi}{2} $est compris entre $ \frac{\pi}{2}-\sqrt{2} $ et $ \sqrt{2}+\frac{\pi}{2} $ et donc que le premier sinus est positif car on a bien $ 0 < \sin(x)-\cos(x)+\frac{\pi}{2} < \pi $. Je fais la même chose avec le deuxième sinus et je trouve qu'il est négatif. Donc en multipliant par -2 on a quelque chose de positif et on aboutit à l'inégalité demandée. Tout d'abord est-ce que vous trouvez cette méthode correcte? Et deuxièmement, ne pensez-vous pas qu'elle est maladroite? Est-ce qu'on aurait pu faire mieux, plus vite, avec les outils dont un terminale ayant travaillé les premières pages du pdf dispose?
Re: Ex.50 pdf LLG
tu pourrais aussi faire une étude de la fonction cos(sin(x))-sin(cos(x)) et montrer qu'elle est strictement positive sur R
2016/2018: MPSI-MP Lycée Montesquieu
2018-:Magistère Physique Fonda Orsay
2019/2020: Université de Nagoya (NUPACE exchange program)
2018-:Magistère Physique Fonda Orsay
2019/2020: Université de Nagoya (NUPACE exchange program)
Re: Ex.50 pdf LLG
Une méthode naturelle est d'exploiter la monotonie du cosinus sur $ [0,\pi] $ :
Déjà, par un argument de parité/périodicité, il sufit de montrer l'inégalité sur $ [0,\pi] $.
Ensuite, on remarque que sur ce segment, $ sin(x) $ et $ \frac{\pi}{2} - cos(x) $ sont également dans $ [0, \pi] $, sur lequel la fonction cosinus est décroissante.
Pour conclure, il suffit d'utiliser la majoration de $ cos(x) + sin(x) $ par $ \sqrt 2 $ qui est inférieur à $ \frac{\pi}{2} $.
Déjà, par un argument de parité/périodicité, il sufit de montrer l'inégalité sur $ [0,\pi] $.
Ensuite, on remarque que sur ce segment, $ sin(x) $ et $ \frac{\pi}{2} - cos(x) $ sont également dans $ [0, \pi] $, sur lequel la fonction cosinus est décroissante.
Pour conclure, il suffit d'utiliser la majoration de $ cos(x) + sin(x) $ par $ \sqrt 2 $ qui est inférieur à $ \frac{\pi}{2} $.
X2018
Re: Ex.50 pdf LLG
Oui mais si je dérive je ne vais pas encore plus empirer les choses? Parce que comme dérivée j'ai $ f'(x) = \sin(x)\cos(\cos(x))-\cos(x)\sin(\sin(x)) $ et ça me semble beaucoup plus compliqué que mon expression de départShredinger a écrit : ↑31 juil. 2018 17:46tu pourrais aussi faire une étude de la fonction cos(sin(x))-sin(cos(x)) et montrer qu'elle est strictement positive sur R
Moi aussi j'ai étudié l'inégalité sur $ [0,\pi] $ mais je n'ai pas du tout pensé à la décroissance du cosinus sur cet intervalle, et c'est vrai que cet argument permet de conclure beaucoup plus vite que ma solution! En tout cas merci !Luckyos a écrit : ↑31 juil. 2018 18:18Une méthode naturelle est d'exploiter la monotonie du cosinus sur $ [0,\pi] $ :
Déjà, par un argument de parité/périodicité, il sufit de montrer l'inégalité sur $ [0,\pi] $.
Ensuite, on remarque que sur ce segment, $ sin(x) $ et $ \frac{\pi}{2} - cos(x) $ sont également dans $ [0, \pi] $, sur lequel la fonction cosinus est décroissante.
Pour conclure, il suffit d'utiliser la majoration de $ cos(x) + sin(x) $ par $ \sqrt 2 $ qui est inférieur à $ \frac{\pi}{2} $.
Re: Ex.50 pdf LLG
C'est pas fauxSisstouk a écrit : ↑31 juil. 2018 18:33Oui mais si je dérive je ne vais pas encore plus empirer les choses? Parce que comme dérivée j'ai $ f'(x) = \sin(x)\cos(\cos(x))-\cos(x)\sin(\sin(x)) $ et ça me semble beaucoup plus compliqué que mon expression de départShredinger a écrit : ↑31 juil. 2018 17:46tu pourrais aussi faire une étude de la fonction cos(sin(x))-sin(cos(x)) et montrer qu'elle est strictement positive sur R
2016/2018: MPSI-MP Lycée Montesquieu
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2018-:Magistère Physique Fonda Orsay
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