démonstration que sin'x = cos x

acx01b · 30/03/2012 - 22h17

Bonjour,

je crois que savoir démontrer que $sin' x = cos x$ n'est pas au programme de terminale S.

La démonstration la plus courante se trouve ici : dérivée fonction sinus, en premier lien.

Est-ce que l'un de vous l'a enseigné ou l'a eu en exercice en terminale ? Pourquoi ce n'est pas au programme de terminale S ? Est-ce uniquement parce que les développements limités à l'ordre 1 ne sont pas au programme ?

En fait, après un master de math informatique je ne savais pas faire cette démonstration ! J'ai cherché un peu et je me suis rendu compte que malgré que cette démonstration n'est pas très difficile, et assez élégante, aucun prof ne me l'avait faite faire !

Merci !

RuBisCO · 30/03/2012 - 23h22

Heu, le problème, c'est que ton lien comporte une démonstration sans développement limité.

Sinon, je te propose celle-ci :

On a :

$\sin '(x)=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(x+h)-\sin(x)}{h}$

On remarque alors que :

$\frac{\sin(x+h)-\sin(x)}{h}=\frac{\sin(x) \cos(h)+ \cos(x) \sin(h)-\sin(x)}{h}=\sin(x) \times \frac{\cos(h)-1}{h} + \cos(x) \times \frac{\sin(h)}{h}$

On prouve aisément par le cercle trigonométrique que :
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\cos(h)-1}{h}=0$ $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(h)}{h}=1$ ]

acx01b · 31/03/2012 - 01h01

salut,

C'est la même ta démonstration ! Sinon effectivement j'ai dit une bêtise le développement limité à l'ordre 1 n'a pas besoin d'être abordé, on a seulement besoin de prendre la dérivée de $\sin x$ et $1 - \cos x$ en $0$ comme tu le fais. Bon donc on est d'accord que tout est au programme de terminale S, puisque pour $\sin{a+b} = \cos{a}\ \sin{b}\ +\ \cos{b}\ \sin{a}$ c'est une belle application de Thalès.

RuBisCO · 31/03/2012 - 01h09

Bonsoir,
J'avais peur qu'on ne parle pas de la même chose ! Mais je te confirme : tout est au programme de terminale S.
Il me semble que je l'ai eu en devoir surveillé, tout du moins une partie.

pallas · 31/03/2012 - 10h26

tu peux egalement appliquer dans sin(x+h)-sinx la formule de sinp-sinq ( un peu plus rapide a mon avis)

Gwyddon · 31/03/2012 - 11h43

Bonjour,

Envoyé par RuBisCO

On prouve aisément par le cercle trigonométrique que :
$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\cos(h)-1}{h}=0$ $\lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(h)}{h}=1$ ]

Qu'entendez-vous par "prouver par le cercle trigonométrique" ? J'aimerais bien voir ladite démonstration...

Je rappelle que l'on doit ne pas se mordre la queue, c'est-à-dire que si l'on doit utiliser le résultat $\lim_{x\to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1$ , il faut que la démonstration ce dernier n'utilise pas la dérivée

Cordialement,

G.

RuBisCO · 31/03/2012 - 15h14

Bien entendu, sinon ce ne serait une démonstration valide.
Une petite figure pour illustrer rapidement notre raisonnement :

Cliquez pour afficher

Je vous laisse le soin de démontrer que nous avons $MH \leq MA \leq AB$ (avec l'inégalité triangulaire, on y arrive). On a donc $\sin( \theta) \leq \theta \leq \tan (\theta)$

Pour $\theta \not\equiv 0 \left [ 2 \pi \right ]$ :

$\sin( \theta) \leq \theta \leq \tan (\theta) \: \: \: \Leftrightarrow \: \: \: \sin ( \theta ) \leq \theta \leq \frac{\sin ( \theta)}{\cos (\theta)} \: \: \: \Leftrightarrow \: \: \: 1 \leq \frac{\theta}{\sin ( \theta)} \leq \frac{1}{\cos (\theta)} \: \: \: \Leftrightarrow \: \: \: \cos (\theta) \leq \frac{\sin (\theta)}{\theta} \leq 1$

On passe à la limite :

$\lim_{x \rightarrow 0} \cos (x) \leq \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin (x)}{x} \leq 1$

D'où le résultat :

$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin (x)}{x} =1$

Et tout ça sans la dérivée !

Gwyddon · 02/04/2012 - 14h07

Bonjour,

Je suis très sceptique sur cette démonstration, pour plusieurs raisons :

_ MA (en tant que longueur de segment) n'est pas égale à l'angle $\theta$ , et je ne vois pas de quelle inégalité triangulaire vous parlez.

_ les suites d'équivalences sont fausses, notamment car il y a des conditions à respecter sur $\theta$ qui manquent dans les suites d'équivalences, il ne suffit pas que l'on ait $\theta$ non congru à 0 modulo $2\pi$ . Un exemple : pour $\theta \in \left\]\frac{\pi}{2} ; \pi \right\[$ on a $\tan(\theta) < 0$ .

Cordialement,

G.

RuBisCO · 02/04/2012 - 23h43

En effet, je suis allé un peu rapidement dans ma rédaction : on ne s’intéresse qu'à l'intervalle $\left ] 0,\frac{\pi}{2} \right [$ pour la limite en $0^+$ et en $\left ] \frac{\pi}{2},0 \right [$ pour la limite en $0^-$ (en utilisant les longueurs algébriques correctement définie).

acx01b · 03/04/2012 - 05h37

Bonjour,

Donc cette démonstration complète de $\sin' x = \cos x$ n'est pas à connaitre coeur pour le bac S on est d'accord ?

Sinon, je suis tout à fait d'accord avec RuBisCO que pour montrer que $\underset{h \to 0}{\lim} \frac{\sin h}{h} = 1$ on montre la plupart du temps $|\sin x\ | \le |x| \le |\tan x|$ pour $x \in ]-\pi ; \pi [$ . Mais par contre, pour monter que $|x| \le |\tan x|$ a priori on utilise les aires du secteur de disque d'angle $x$ qui a pour aire $\pi r^2 \frac{x}{2 \pi}= \frac{x}{2}$ et le triangle $\{ (0,0), (1,\tan x), (1,0)\}$ (donc le triangle OAB sur le dessin de RuBisCO) d'aire $\frac{\tan x}{2}$

Sinon, moi je trouve que cette démonstration de $\underset{h \to 0}{\lim} \frac{\sin h}{h} =1$ est élégante, mais je trouve le fait d'utiliser la grandeur $\tan x$ pour y arriver tout à fait contre intuitif.

Que pensez-vous de celle-ci :

pour $x \in [0; \pi[$

la pente de la tangeante au cercle (la pente de la droite tangeante, et non pas la fonction tangeante !) au point correspondant à l'angle $x$ tend vers $\infty$ lorsque $x$ tend vers $0$ .
$\underset{x \to 0}{\lim} pentetangeante(x) = \infty$
la pente de la corde du cercle correspondant à l'angle $x$ vaut la pente de la tangeante en $\frac{x}{2}$ , et elle vaut également
$\frac{\sin x}{1 - \cos x}$ . On a : $pentecorde(x) = pentetangeante(x/2) = \frac{\sin x}{1 - \cos x}$
et donc :
$\underset{x \to 0}{\lim} \frac{1 - \cos x}{\sin x} = 0$
la longueur de l'arc de cercle $x$ est inférieure à la somme des petits côtés du petite triangle rectangle que l'on dessine intuitivement à partir de la corde correspondant à un petit angle $x$ . Les côtés de ce triangle ont pour longueurs $\sin x, 1 - \cos x, \sqrt{ \sin^2 x + (1-\cos x)^2}$ . C'est à dire :
$x \le \sin x + 1 - \cos x$
en dessinant le même petit triangle on a également vu que $\sin x \le x$
on a donc : $\sin x \le x \le \sin x + 1 - \cos x$ c'est à dire $1 \le \frac{x}{\sin x} \le 1 + \frac{1 - \cos x}{\sin x}$
avec $\underset{ \to 0}{\lim} \frac{1 - \cos x}{\sin x} = 0$ on trouve enfin $\sin'(0) = 1$ et $\cos'(0) = 0$

Elle est pas plus "simple" ma démo ?

acx01b · 03/04/2012 - 07h14

Pour appuyer le fait que $x \le \sin x + 1 - \cos x$ je pense que j'utilise le théorème :

si à l'intérieur d'un triangle ABC se trouve une courbe y reliant A à B et tournant toujours dans le même sens (tout le temps vers la gauche ou tout le temps vers la droite) alors en longueur $y \le AC + CB$

RuBisCO · 03/04/2012 - 11h22

Je dois avouer que ma méthode pour montrer la seconde partie de l'inégalité est un peu plus tararubiscoté si j'ose dire !

J'introduit un point C qui est l'intersection de la perpendiculaire à (OB) passant par M et la droite (AB). On arrive a s'en sortir avec les calculs, mais la méthode des aires me semble plus belle.

acx01b · 03/04/2012 - 21h23

Personne n'a lu ma démo de $\underset{h \to 0}{\lim}\frac{\sin h}{h} = 1$ ???

Elle est claire, compréhensible, elle vous plait ?

Gwyddon · 04/04/2012 - 12h40

La démonstration de acx01b est truffée de non-dits et de fautes.

D'abord la pente de la corde AM du cercle ne vaut pas ce qui est indiqué, mais l'opposé.

Ensuite elle est où la preuve que la tangente au cercle parallèle à cette corde correspond à un angle de x/2 ?

Enfin les notations mériteraient d'être éclaircies, sans compter que je suis loin d'être sûr de la rigueur des passages à la limite (il faudrait définir correctement les fonctions "pentes" dont on parle).

Sinon la méthode des aires est excellente pour montrer que $x \leq \tan(x)$ pour $x \in \left] 0; \frac{\pi}{2} \right\[$ , $\tan(x) \leq x$ pour $x \in \left\] -\frac{\pi}{2} ; 0 \right\[$ (c'est-à-dire $|x| \leq |\tan(x)|$ pour $x \in \left\] -\frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2} \right\[$ )

Mais la démonstration de $|\sin(x)| \leq |x|$ me paraît toujours aussi obscure, désolé

acx01b · 04/04/2012 - 14h17

Envoyé par Gwyddon

La démonstration de acx01b est truffée de non-dits et de fautes.

Donc ma démo n'est pas si claire que ça

Envoyé par Gwyddon

D'abord la pente de la corde AM du cercle ne vaut pas ce qui est indiqué, mais l'opposé.

J'ai vérifié, tu as du mal lire. La corde, comme la droite tangente, devient verticale lorsque $x \to 0$ , on a donc la pente qui tend vers $\infty$ , et son inverse qui tend vers $0$ , d'où $\frac{1 - \cos x}{\sin x} \to 0$

Envoyé par Gwyddon

Ensuite elle est où la preuve que la tangente au cercle parallèle à cette corde correspond à un angle de x/2 ?

Ben c'est de la géométrie : la corde est perpendiculaire au rayon qui passe par son milieu, ce rayon qui est également perpendiculaire à la tangente au cercle qui passe par son extrémité. En angles : la corde relie $0$ à $x$ et le rayon est lui positionné en $x/2$

Envoyé par Gwyddon

Mais la démonstration de $|\sin(x)| \leq |x|$ me paraît toujours aussi obscure, désolé

Tu fais exprès là : $\sin x$ c'est un segment vertical, et $x$ c'est un bout de courbe qui parcourt verticalement la même distance que $\sin x$ , d'où $|\sin x| \le |x|$