Bonjour,
1. a)
Prenons h tel que
[tex]h \in ]0;\dfrac{\pi}{2}[[/tex]
[tex]cos(h)\neq 0[/tex] et la tangente est donc bien définie sur cet intervalle.
M est un point du cercle trigonométrique ses coordonnées sont
[tex](cos(h),sin(h))[/tex]
Ce qui peut se dire aussi
[tex]cos(h)=OA=BM\\\\sin(h)=OB=AM[/tex]
Notons T1 l'aire du triangle OMI qui est[tex]\boxed{\boxed{T_1=\dfrac{OI*AM}{2}=\dfrac{1*sin(h)}{2}=\dfrac1{2}*sin(h)}}[/tex]
Comme les trois points O, M et T sont alignés il existe un k réel tel que les coordonnées de T soient
[tex](k*cos(h),k*sin(h))[/tex]
Or l'abcisse de T est 1, d'où
[tex]k=\dfrac{1}{cos(h)}[/tex]
Et alors le point T a pour coordonnées
[tex](1,tan(h))[/tex]
Notons T2 l'aire du triangle ATI qui est[tex]\boxed{\boxed{T_2=\dfrac{OI*OT}{2}=\dfrac{1*tan(h)}{2}=\dfrac1{2}*tan(h)}}[/tex]
Le cercle trigonométrique, secteur circulaire d'angle [tex]2\pi[/tex] a pour aire
[tex]\pi*1^2=\pi[/tex]
Par proportionnalité, le secteur circulaire d'angle h a donc pour aire
[tex]\dfrac{\pi*h}{2\pi}=\dfrac1{2}*h}[/tex]
Si nous notons S l'aire du secteur circulaire d'agnle h, nous avons:
[tex]\boxed{\boxed{S=\dfrac1{2}*h}}[/tex]
En conclusion, nous avons:
[tex]T_1\leq S\leq T_2[/tex]
Ce qui nous donne
[tex]\forall h \in ]0;\dfrac{\pi}{2}[\\\\\dfrac1{2}*sin(h)\leq \dfrac1{2}*h\leq \dfrac1{2}*tan(h) \Leftrightarrow\\\\\boxed{\boxed{sin(h)\leq h \leq tan(h)}}[/tex]
b) Reécrivons l'inéaglité précédente. D'une part nous avons
[tex]\forall h \in ]0;\dfrac{\pi}{2}[ \\\\sin(h)\leq h \Leftrightarrow \dfrac{sin(h)}{h}\leq 1[/tex]
Et d'autre part,
[tex]\forall h \in ]0;\dfrac{\pi}{2}[ \\\\h\leq \dfrac{sin(h)}{cos(h)} \Leftrightarrow cos(h)\leq \dfrac{sin(h)}{h}[/tex]
En résumé,
[tex]\forall h \in ]0;\dfrac{\pi}{2}[ \\\\ cos(h)\leq \dfrac{sin(h)}{h}\leq 1[/tex]
Or nous savons que
[tex]\displaystyle \lim_{h \to 0} cos(h)=cos(0)=1[/tex]
Donc le théorème des gendarmes nous assure que
[tex]\boxed{\displaystyle \lim_{h \to 0^+} \dfrac{sin(h)}{h}=1}[/tex]
c)
Comme
[tex]\forall h \in \mathbb{R}\\\\sin(-h)=-sin(h)\\\\\dfrac{sin(-h)}{-h}=\dfrac{sin(h)}{h}[/tex]
La limite quand h tend vers 0 par valeurs négatives existe et
[tex]\boxed{\displaystyle \lim_{h \to 0^-} \dfrac{sin(h)}{h}=\lim_{h \to 0^+} \dfrac{sin(h)}{h}=1}[/tex]
Comme les limites à gauche et à droite existent et sont de même valeur, nous pouvons en conclure que
[tex]\boxed{\displaystyle \lim_{h \to 0} \dfrac{sin(h)}{h}=1}[/tex]
d)
Pour déterminer si la fonction sin est dérivable en 0, nous devons étudier son taux d'accroissement au voisinage de 0.
Soit h>0
[tex]\dfrac{sin(0+h)-sin(0)}{h-0}=\dfrac{sin(h)}{h}[/tex]
Or cette limite existe et vaut 1 donc sin est dérivable en 0 et sin'(0)=1
2. Appliquons la formule de Pythagore sur le triangle OAM.
[tex]\forall h \in \mathbb{R}\\\\(cos(h)-1)(cos(h)+1)=cos^2(h)-1=-sin^2(h)[/tex]
pour h>0
[tex](cos(h)+1)*\dfrac{cos(h)-1}{h}=-\dfrac{sin(h)}{h}*sin(h)[/tex]
En résumé,
[tex]\forall h \in ]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}[\\\\\dfrac{cos(h)-1}{h}=-sin(h)*\dfrac{sin(h)}{h}*\dfrac{1}{cos(h)+1}[/tex]
le premier terme tend vers 0
le deuxième terme tend vers 1 d'après question 1.d.
le dernier terme tend vers 1/2
Donc le tout converge vers 0, d'où le résultat demandé.
Nous reconnaissons le taux de variation de la fonction cosinus au voisinage de 0. Nous pouvons donc en déduire que la fonction cosinus est dérivable en 0 et cos'(0)=0
Le devoir est trop long, et la dernière est juste une application directe des formules trigonométriques de somme. Si tu es bloqué, poses une autre question pour cette partie.
Merci