\begin{questions}
\item Les fonctions $\sin$ et $\cos$ sont périodiques de période $2\pi$ donc pour tout $x\in\R$ :
\[
f(x+2\pi)=\sin^2(x+2\pi)+\cos(x+2\pi)=\sin^2x+\cos x=f(x).
\]
La fonction $f$ est donc périodique et $2\pi$ en est une période.

\item Pour tout réel $x$, comme la fonction $\sin$ est impaire et la fonction $\cos$ paire, on a :
\begin{align*}
f(-x) & =\sin^2(-x)+\cos(-x)\\
& =(-\sin x )^2+\cos x\\
& =\sin^2x+\cos x\\
& =f(x).
\end{align*}
La fonction $f$ est donc paire, ce qui signifie que l'axe des ordonnées est axe de symétrie de la
courbe dans un repère orthonormé.

\item Comme $f$ est de période $2\pi$, on peut restreindre l'étude de $f$ à l'intervalle $[-\pi~;\pi]$ d'amplitude $2\pi$.

Comme $f$ est paire, et comme l'intervalle $[-\pi~;\pi]$ est symétrique par rapport à 0, il suffit d'étudier $f$ sur le demi-intervalle : $[0~;\pi]$.

\item La fonction $f$ est bien dérivable car les fonctions $\sin$ et $\cos$ sont dérivables sur $\R$.
\[
f'(x)=2\cos x\sin x-\sin x=(2\cos x-1)\sin x.
\]

\item Sur $]0~;\pi[$, $\sin x>0$ et $2\cos x-1>0$ pour $\cos x>\dfrac{1}{2}$, donc pour $x\in\left]0~;\dfrac{\pi}{3} \right[$.

On obtient le tableau de signes de $f'$ puis le tableau de variation de $f$ sur $[0~;\pi]$ suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|C|*5{Zc}|}
\hline\tabulartitle
$x$ & $0$ &  & $\dfrac{\pi}{3}$ &  & $\pi$\\
\hline
$\sin x$ & $0$ & $+$ &  & $+$ & $0$\\
\hline
$2\cos x-1$ & & $+$ & $0$ & $-$ & \\
\hline
$f'(x)$ & $0$ & $+$ & $0$ & $-$ & $0$\\
\hline
 & & & $\frac{5}{4}$& & \\
$f(x)$ & & $\nearrow$ &  & $\searrow$ & \\
 & $1$ &  &  & & $-1$\\
 \hline
\end{tabular}
\end{center}


\item Sur l'intervalle $\left[\dfrac{\pi}{3}~;\pi\right]$, la fonction est continue et strictement décroissante. $f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)>0$ et $f(\pi)<0$.  Donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel $\alpha$ unique dans $\left[\dfrac{\pi}{3}~;\pi\right]$ tel que $f(\alpha)=0$.

D'autre part, d'après le tableau de variation, la fonction $f$ ne s'annule pas entre 0 et $\dfrac{\pi}{3}$ car son minimum sur cet intervalle est 1.

Par conséquent, $\alpha$ est l'unique réel de $[0~;\pi]$ tel que $f(\alpha)=0$.

\newpage
\item
\begin{questions}
\item On a le tableau suivant :

\hspace*{-2.8em}
\begin{tabular}{|C|>{\centering\arraybackslash}m{1.5cm}|Zc|>{\centering\arraybackslash}m{2.5cm}|Zc|Zc|}
\hline\tabulartitle
\'Etape & Test :\newline $b-a>p$ & $c$ & Test :\newline $f(a)\times f(c)<0$ & $a$ & $b$\\
\hline
 & & & & 1 & 3\\
 \hline
1 & Vrai & 2 & Faux & 2 & 3\\
\hline
2 & Vrai & 2,5 & Vrai & 2 & 2,5 \\
\hline
3 & Vrai & 2,25 & Vrai & 2 & 2,25 \\
\hline
4 & Vrai & 2,125 & Faux & 2,125 & 2,25\\
\hline
5 & Vrai & \numprint{2,1875} & Faux & \numprint{2,1875} & 2,25\\
\hline
6 & Faux & & & & \\
\hline
\end{tabular}

\item L'algorithme affiche \numprint{2,1875} et 2,25, qui constituent un encadrement de $\alpha$ d'amplitude
inférieure ou égale à 0,1.
\end{questions}

\item Le discriminant de l'équation $X^2-X-1=0$ est égal à 5. Elle admet donc deux solutions qui sont : $\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ et $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.

\item $\begin{aligned}[t]
f(\alpha)=0 & \iff \sin^2\alpha+\cos\alpha=0\\
& \iff 1-\cos^2\alpha + \cos\alpha = 0\\
& \iff \cos^2\alpha-\cos\alpha-1=0
\end{aligned}$

ce qui signifie que $\cos\alpha$ est une solution de $(E)$.

\item La seule solution de l'équation $(E)$ qui convienne est $\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ car\linebreak $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}>1$ et ne peut donc pas \^etre égale à un cosinus.

Par conséquent, $\cos\alpha=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.

\`A la calculatrice, à l'aide de la touche \TAcos, on trouve \linebreak$2,23<\alpha<2,24$, ce qui est bien compatible avec le résultat de la question \ref{ch5ex12q7b}.
\end{questions}
