1. **Énoncé du problème :** On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x - \cos(x)$. Il faut : - Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $x_0$ dans l'intervalle $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$. - Prouver qu'il existe un réel $c \in ]x_0, \frac{\pi}{4}]$ tel que $f(\frac{\pi}{4}) = (\frac{\pi}{4} - x_0) f'(c)$. - Montrer que $f'(c) > \frac{3}{2}$. - En déduire que $\frac{\pi}{4} - \frac{2}{3} f(\frac{\pi}{4}) < x_0 < \frac{\pi}{4}$. 2. **Montrer l'existence et l'unicité de $x_0$ dans $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$ :** - La fonction $f$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. - Calculons $f(\frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{6} - \cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.5236 - 0.8660 = -0.3424 < 0$. - Calculons $f(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4} - \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.7854 - 0.7071 = 0.0783 > 0$. - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un $x_0 \in [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$ tel que $f(x_0) = 0$. - Pour l'unicité, étudions la dérivée : $$f'(x) = 1 + \sin(x)$$ - Sur $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$, $\sin(x) > 0$, donc $f'(x) > 1$. - $f$ est strictement croissante sur cet intervalle, donc l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $x_0$. 3. **Application du théorème des accroissements finis (TAF) :** - $f$ est continue sur $[x_0, \frac{\pi}{4}]$ et dérivable sur $]x_0, \frac{\pi}{4}[$. - Par le TAF, il existe $c \in ]x_0, \frac{\pi}{4}[$ tel que : $$f'(c) = \frac{f(\frac{\pi}{4}) - f(x_0)}{\frac{\pi}{4} - x_0} = \frac{f(\frac{\pi}{4}) - 0}{\frac{\pi}{4} - x_0} = \frac{f(\frac{\pi}{4})}{\frac{\pi}{4} - x_0}$$ - D'où : $$f(\frac{\pi}{4}) = (\frac{\pi}{4} - x_0) f'(c)$$ 4. **Montrer que $f'(c) > \frac{3}{2}$ :** - Comme $f'(x) = 1 + \sin(x)$ et $c \in ]x_0, \frac{\pi}{4}] \subset [\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$, - La fonction $\sin$ est croissante sur cet intervalle, donc : $$f'(c) = 1 + \sin(c) \geq 1 + \sin(\frac{\pi}{6}) = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$$ - En fait, puisque $c > x_0 \geq \frac{\pi}{6}$, on a strictement $f'(c) > \frac{3}{2}$. 5. **En déduire l'encadrement de $x_0$ :** - De l'égalité du TAF : $$f(\frac{\pi}{4}) = (\frac{\pi}{4} - x_0) f'(c)$$ - Comme $f'(c) > \frac{3}{2}$, on a : $$f(\frac{\pi}{4}) > (\frac{\pi}{4} - x_0) \frac{3}{2}$$ - Ce qui donne : $$\frac{f(\frac{\pi}{4})}{\frac{3}{2}} > \frac{\pi}{4} - x_0$$ - Donc : $$x_0 > \frac{\pi}{4} - \frac{2}{3} f(\frac{\pi}{4})$$ - Comme $x_0 \leq \frac{\pi}{4}$, on obtient : $$\frac{\pi}{4} - \frac{2}{3} f(\frac{\pi}{4}) < x_0 < \frac{\pi}{4}$$ **Réponse finale :** L'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $x_0$ dans $[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}]$ et on a l'encadrement $$\frac{\pi}{4} - \frac{2}{3} f(\frac{\pi}{4}) < x_0 < \frac{\pi}{4}$$