Fonctions circulaires Exercice 4.11 ♥Exercice 4.11♥

=x x−1 x+1−1 rx−1

x+1+1

=

−2x x+1 rx−1

x+1+1

=

−2 1+¹x

vu ut1−¹_x

1+¹_x +1

−−−−−→_x

→±∞ −1

La droite d’équation y=x−1 est donc asymptote à la courbe au voisinage de_+∞et_−∞. En₋1⁻ On a une asymptote verticale au voisinage de₋1d’équationx= −1.

4 On en déduit le graphe def :

y=f(x)

y=x−1 x= −1

1 1

α

f(α)

4.6.2 Fonctions circulaires

Exercice 4.11 _♥ Prouver que :

1. _∀x∈R^∗₊, sinxÉx 2. _∀x∈R, cosxÊ1−^x₂² Solution :

1. Il suffit d’étudier les variations de la fonction f1:

½ R −→ R

x 7−→ sinx−x . 2. Pour ce faire, on étudie les variations de f2:

( R −→ R

x 7−→ cosx−1+^x₂² et on utilise l’inégalité prouvée dans la

question précédente.

Exercice 4.12 _♥ Démontrer que_∀x∈¤

0;^π₂£ ,

µsinx x

¶2

+tanx x >2.

Solution : SoitΦ(x)=cosxsin²x+xsinx−2x²cosx, on a

Φ^′(x) = −sin³x+2cos²xsinx+sinx+xcosx−4xcosx+2x²sinx

= 2cos²xsinx−sin³x+sinx+3xcosx+2x²sinx.

Φ^′′(x) = 2cos³x−4sinxcosxsinx−3sin²xcosx+cosx−3cosx+3xsinx+4xsinx+2x²cosx

= 2cos³x−7sin²xcosx−2cosx+7xsinx+2x²cosx

= 2cosx(cos²x−1)+2x²cosx+7sinx(x−sinxcosx)

= 2cosx(cos²x−(1−x²))+7xsinx µ

1−sin 2x 2x

¶

Or sur ^¤0;^π₂£ ,

1−x²

2 ÉcosxÉ1, d’oú µ

1−x² 2

¶²

Écos²x, soit1−x²+x⁴

4 Écos²x, soit0Éx⁴

4 Écos²x−(1−x²). On a doncΦ^′′(x)>0.Φ^′est strictement croissante sur^£0;^π₂£

, commeΦ^′(0)=0,Φ^′ est á valeurs positives, doncΦest strictement croissante sur^£0;^π₂£

, commeΦ(0)=0,Φest á valeurs positives.

Donc_∀x∈¤ 0;^π₂£

,cosxsin²x+xsinx>2x²cosx, d’oú le résultat en divisant parx²cosx. Exercice 4.13 _♥♥

H A B

α O C

On a tracé le cercle le cercle trigonométrique dans un repère orthonormé direct. L’angleαest mesuré en radians. Les trianglesOAHetOBCsont rectangles respectivement enHetC. On rappelle que l’aire du secteur angulaireOACest α/2.

1. Calculer l’aire du triangleOAC. En déduire que :_∀α∈]0,π/2] , 0<sinα<α. 2. Montrer que pourα∈]0,π/2], on a1>cos²α>1−α². En déduire quelim

α→0cosα=1. 3. Calculer l’aire du triangleOBC. En déduire les inégalités :_∀α∈]0,π/2] , sinα<α<tanα. 4. Déduire des questions précédentes quelim

α→0

sinα

α =1et quelim

α→0

tanα

α =1. On prouve ainsi quesinettansont dérivables en0. Expliquer pourquoi.

5. Pourα∈[0,π/2], Établir les inégalités :

0Écos²αÉcosα, 0É1−cosαÉsin²α et 0É1−cosαÉα². 6. En déduirelim

α→0

1−cosα α . 7. En déduirelim

h→0

cos (α+h)−cosα

h etlim

h→0

sin (α+h)−cosα

h . Quelle propriété importante decosetsinvient-on de prouver ?

Solution :

1. L’aire du triangleOAHest donnée par^OC×₂^AH₌^sinα₂ . Siα∈]0,π/2]alors le triangleOAHn’est pas plat et son aire est_>0doncsinα>0. Par ailleurs, le triangleOAHest inclu dans le secteur angulaireOACet donc ^sinα_{2 <}^α₂ ce qui prouve la seconde inégalité.

2. Soitα∈]0,π/2]. On utilise la question précédente. De0<sinα<α, on tire0<sin²α<α²car la fonctionx7→x² est croissante surR₊. Donc1>1−sin²α>1−α²ce qui donne finalement1Êcos²α>1−α². Siα→1, on en déduit grâce au théorème des gendarmes quelim

α→0cosα=1.

3. L’aire du triangleOBCest ^OC×₂^BC ₌^tanα₂ . Comme le triangleAHCest strictement inclu dans le secteurOACet que ce secteur est strictement inclu dans le triangleOBC, on en déduit quesinα<α<tanα.

4. Soitα∈]0,π/2]. On déduit de l’inégalité de la question1.que0<^sin_α^α<1. Donc grâce à l’inégalité de la question précédente, on obtient :

sinα α <sinα

α 1 cosα< 1

cosα−−−−→

α→0⁺ 1 De même, detanα>α, on tiresinα>αcosαet donc ^sinα

α >cosα−−−−→

α→0⁺ 1. Par le théorème des gendarmes, on en déduit que lim

α→0⁺

sinα

α =1. En0⁻, on trouve la même limite par parité. La seconde limite est alors évidente.

On reconnaît que ^sinα_α est le taux d’accroissement desinen0. Il admet alors une limite quandα→0etsin est dérivable en0de dérivée égale à1. Idem pourtan.

5. On sait que 0ÉcosαÉ1donc en multipliant parcosα qui est positif, on obtient la première inégalité. On en déduit que1Ê1−cos²αÊ1−cosαet donc la seconde inégalité. La dernière en découle en utilisant quesinα<α. 6. On divise la dernière inégalité parα∈]0,π/2]:

0É1−cosα α Éα²

α =α−−−−→

α→0⁺ 0 donc lim

α→0⁺ 1−cosα

α =0. Par parité, il s’ensuit quelim

α→0 1−cosα

α =0. 7. Grâce aux formules d’addition et aux questions précédentes :

cos (α+h)−cosα

h =cosαcosh−1

h −sinαsinh h −−−→

h→0 −sinα

On reconnaît dans la premier terme de la ligne précédente le taux d’accroissement decosenα. On a prouvé qu’il tend verssinαquandh→0. Donccosest dérivable enαde dérivée₋sinα. On procède de même poursin.

Exercice 4.14 _♥♥

Calculer :

1. arcsin(sin(^3π₄)) 2. arccos(cos(^2009π₃ ))

Solution :

1. Commearcsin : [−1, 1]→£

−^π₂,^π₂¤

, il faut déterminer le réelx∈£

−^π₂,^π₂¤

tel quesinx=sin¡_3π

4

¢. Maissin¡_3π

4

¢= sin¡_π

2+^π4

¢=cos^π₄=

p2 2 =sin¡_π

4

¢donc : arcsin(sin(^3π₄))=^π4 .

2. On a :arccos : [−1, 1]→[0,π], donc il faut déterminer le réelx∈[0,π]tel quecosx=cos(^2009π₃ ). Mais2009= 3×670−1donc2009π= −^π3 [2π]. Maiscos−^π3=cos^π₃donc : arccos(cos(^2009π₃ ))=^π3 .

Exercice 4.15 _♥♥

1. Montrer que ^π₄₌arctan¹₂+arctan¹₃. 2. Pour toutx∈R\¡_π

8+^π₄Z¢

, exprimertan (4x)en fonction detanx. 3. En déduire la formule de Machin :

π

4=4arctan¹

5−arctan ¹

239

Solution :

1. Notonsα=arctan¹₂+arctan¹₃. En utilisant les formules d’additions pour la tangente : tan (α)=

1 2+¹₃ 1−¹2×¹3

=1.

De plus0ÉαÉπ, donc nécessairementα=^π4. 2. Soitx∈R\¡_π

8+^π4Z¢

. Toujours par application des formules d’additions, on montre que : tan (4x)= 4 tan (x)−4 (tan (x))³

1−6 (tan (x))²+(tan (x))⁴ 3. Par application de cette dernière formule, on trouve que :tan¡

4arctan¹₅¢

=¹²⁰₁₁₉. Donc, une fois encore grâce aux formules d’additions, si on noteβ=4arctan¹₅−arctan₂₃₉¹ , on trouve :

tanβ= tan¡

4arctan¹₅¢

−tan¡

arctan₂₃₉¹ ¢ 1+tan¡

4arctan¹₅¢ tan¡

arctan₂₃₉¹ ¢=

120 119− 1

239 1+120

119× 1 239

=1

et donc comme dans la première question, on montre queβ=^π4, ce qui démontre la formule de Machin.

Exercice 4.16 _♥

1. Soitx∈[−1, 1]. Simplifier : (a) cos(arcsinx)

(b) sin(arccosx).

2. Soitx∈R. Simplifier : (a) cos(3arctanx) (b) cos²(¹₂arctanx).

Solution :

1. Soitx∈[−1, 1]. (a) arcsinx∈£

−^π₂,^π₂¤

donccos(arcsinx)=p

1−sin²(arcsinx)= p 1−x² (b) arccosx∈[0,π]doncsin(arccosx)=p

1−cos²(arccosx)= p 1−x².

2. Soitx∈R. Remarquons que, pour toutX∈]−π/2,π/2[, comme1+tan²X=1/ cos²X, il vientcos X=1/p

1+tan²X et donccos arctanx=1/(p

1+x²)cararctanx∈]−π/2,π/2[.

(a) Utilisant les techniques de l’annexe B.3, il vientcos(3X)=4cos³X−3cos Xet donc : cos(3arctanx) = 4cos³arctanx−3cos arctanx

= 4

¡1+x²¢3/2− 3

¡1+x²¢1/2

= 1−3x²

¡1+x²¢3/2

(b) Commecos²X=1/2(cos(2x)+1): cos²³₁

2arctanx´

= 1

2(cos arctanx+1)

= 1

2p

1+x²+1 2

Exercice 4.17 _♥♥

Résoudre l’équationarcsinx=2arctanx.

Solution : Pour toutX∈]−π/2,π/2[, comme1+tan²X=1/ cos²X, il vientcos X=1/p

1+tan²X. Donccos arctanx=

1/(p

1+x²)cararctanx∈]−π/2,π/2[et commesin X= ±p

1−cos²X, on a aussisin arctanx=x/p

1+x². On a alors : arcsinx=2arctanx

=⇒ x=sin (2arctanx)

=⇒ x=2sin (arctanx) cos (arctanx)

=⇒ x= 2x 1+x²

=⇒ x³−x=0

=⇒ x= −1, x=0oux=1 Réciproquement, on vérifie que ces3nombres sont solutions de l’équation.

Exercice 4.18 _♥

– Montrer que :arctanx+arctan¹_x=

½ π 2 six>0

−^π2 six<0 – Montrer que :_∀x∈[−1, 1]:arcsin(x)+arccos(x)=^π2. Solution : La même méthode s’applique dans les deux questions.

1. Soitθ1:

½ R^∗ −→ R

x 7−→ arctanx+arctan¹_x .θ1est dérivable surR^∗etθ^′₁=0. Par conséquent, il existe des réels c1etc2tels queθ1|R^∗₋=c1etθ1|R^∗₊=c2. En prenant la limite deθ1quandxtend vers_−∞et_+∞on montre que c1= −^π2 etc2=^π2.

2. Soitθ2:

½ [−1, 1] −→ R

x 7−→ arcsin(x)+arccos(x) .θ2est dérivable sur[−1, 1]etθ^′₂=0.θ2est donc constante sur [−1, 1]et évaluant l’expression enx=0, on montre que cette constante vaut ^π₂.

Exercice 4.19 _♥♥

Étudier la fonction f donnée par :

f :x7→cos³x+sin³x.

Solution : Étudionsf :x7→cos³x+sin³x. f est définie surRmais est2π-périodiques. On peut donc restreindre le domaine d’étude àI=[−π,π]. Si x∈I, f^′(x)=3cosxsinx(sinx−cosx). Résolvons l’inéquation : sinx−cosxÊ0 pourx∈Iafin de connaître le signe def surI:

sinx−cosxÊ0

⇐⇒

p2 2 cosx−

p2

2 sinxÉ0

⇐⇒ cos³ x+^π

4

´ É0

⇐⇒ x∈h

−π,−^π

4

i

∪h_π

4,πi On en déduit le tableau de variation suivant :

x −π −^π4 −^π2 0 ^π₄ ^π₂ π

sinx − − − + + +

cosx − − + + + −

sinx−cosx + − − − + +

f^′(x) + 0 − 0 + 0 − 0 + 0 −

f −1%

−

p2 2 &

−1%¹&^p₂²%¹&−1 ainsi que le graphe :

−π/2 π

−π/4 π/2 π/4 1

−π

Exercice 4.20 _♥♥♥

Étudier la fonction définie par :

f(x)=arcsin³ 2xp

1−x²´ Solution :

1. Pour que la racine soit définie, il faut quex∈[−1, 1]. 2. arcsinest définie sur[−1, 1]. Etudions doncϕ(x)=2xp

1−x²sur[−1, 1]. C’est une fonction impaire. Il suffit de faire l’étude sur[0, 1].ϕest dérivable sur[0, 1[et_∀x∈[0, 1[,

ϕ^′(x)=2(1−2x²) p1−x² On écrit le tableau de variations deϕet on voit que

∀x∈[−1, 1], ϕ(x)∈[−1, 1]

avecϕ³

p1 2

´

=1.

Par conséquent,Df =[−1, 1].

3. f est impaire. On fait l’étude sur[0, 1].

4. ϕest dérivable sur]−1, 1[. Commearcsinest dérivable sur]−1, 1[, à valeurs dans[−1, 1]etϕ(θ)=1ssiθ=^p1₂. On en déduit quef est dérivable surI1=[0,p¹

2[et surI2=]p¹ 2, 1[. 5. _∀x∈I1∪I2, on calcule

f^′(x)= 2(1−2x²)

|2x²−1|p 1−x² Par conséquent,_∀x∈I1,f^′(x)= 2

p1−x² et_∀x∈I2,f^′(x)= − 2 p1−x². 6. Donc il existeC1∈Rtel que

∀x∈I1, f(x)=2arcsinx+C1

et_∃C2∈Rtel que

∀x∈I2, f(x)= −2arcsinx+C2

On détermineC1=0etC2=πen prenant les valeurs particulièresx=0etx=1. 7. En conclusion :

f(x)=

(2arcsinx six∈[0,p¹ 2]

−2arcsinx−π six∈[p¹ 2, 1]

Montrons en utilisant la trigonométrie que

∀x∈[−p¹ 2,_p¹

2], arcsin³ 2xp

1−x²´

=2arcsinx Soitx∈[−^p1₂,p¹

2]. Posons

y=arcsin(2xp 1−x²)

∃!θ∈[−^π₄,^π₄]tel que

x=sinθ Alors

2xp

1−x²=2sinθ|cosθ| =2sinθcosθ=sin 2θ Or comme2θ∈[−^π2,^π₂],

y=arcsin(sin(2θ))=2θ=2arcsinx

Exercice 4.21 _♥♥

Étudier

f(x)=arccos µ p

x 1+x

¶

Solution : Considérons la fonctionϕ(x)= px

1+x. Elle est définie sur[0,+∞[et dérivable sur]0,+∞[, et

∀x>0, ϕ^′(x)= 1−x 2p

x(1+x)²

En traçant le tableau de variations deϕ, on voit queϕest à valeurs dans[0,¹₂]. Commearccosest définie et dérivable sur[0,¹₂],f est définie continue surDf =[0,+∞[et dérivable sur]0,+∞[, et

∀x∈]0,+∞[, f^′(x)= −1 q1−₍₁₊^x_x)2

×ϕ^′(x)

= (x−1) 2p

xp

x²+x+1(x+1) Par conséquent,f est décroissante sur[0, 1], croissante sur[1,+∞[etf(0)=π

2,f(1)=π

3,f(x)−−−−−→_x

→+∞

π 2. Commef^′(x)−−−→

x→0 +∞,f n’est pas dérivable en0(demi-tangente verticale).

Exercice 4.22 _♥♥

Étudier

f(x)=arcsin

µ x

px²+1

¶

Solution : Posonsϕ(x)= x

px²+1.ϕest dérivable surRet

∀x∈R, ϕ^′(x)= 1 (x²+1)p

x²+1

D’après le tableau de variations deϕ,ϕest à valeurs dans]−1, 1[. Commearcsinest définie et dérivable sur]−1, 1[, f est définie et dérivable surRet

∀x∈R, f^′(x)= 1 q

1−_x^x2+²1

×ϕ^′(x)

= 1 x²+1

=arctan^′(x) Par conséquent,_∃C∈Rtel que

∀x∈R, f(x)=arctanx+C En prenantx=0, on trouve queC=0.

Montrons par la trigonométrie que

∀x∈R, arcsin

µ x

px²+1

¶

=arctanx Soitx∈R._∃!θ∈]−^π2,^π₂[tel que

x=tanθ Alorsarctanx=arctantanθ=θ(carθ∈¤

−^π2,^π₂£ . D’autre part,

p x

x²+1= tanθ

p1+tan²θ=tanθ|cosθ| =tanθcosθ=sinθ (le cosinus est positif sur^¤₋^π₂,^π₂£

. Alors

arcsin

µ x

px²+1

¶

=arcsin sinθ=θ carθ∈¤

−^π₂,^π₂£

et on a bien le résultat.

Exercice 4.23 _♥♥

Étudiez la fonctionf définie par :

f(x)=arctan Retrouver ensuite ce résultat par la trigonométrie

Indication 4.3 : On pourra poserx=sin²u

Cette fonction est donc constante sur l’intervalle[0, 1]. En faisantx=0, on trouve quef(0)=π 4.

Par conséquent, puisque f^′=0sur I2,_∃C2∈R, tel que_∀x∈I1, f(x)=C2et en faisantx→ +∞,C2=0. Sur I1, f^′(x)= − 4

1+x² et donc_∃C1∈R, tel que_∀x∈I1,f(x)=4arctanx+C1. En faisantx→ −∞, on trouve que C1=2π.

3. Montrons par la trigonométrie que

∀xÊ0, arccos µ1−x²

1+x²

¶

=2arctanx

SoitxÊ0. Il existe un uniqueθ∈]0,^π₂[tel quex=tanθ/2. Alors2arctanx=θet arccos

µ1−x² 1+x²

¶

=arccos(cosθ)=θ(θ∈[0,π])

Exercice 4.26 _♥♥

Étudier la fonction

f(x)=arctan x p1−x²

Solution : On détermineDf =]−1, 1[,f est impaire et dérivable sur]−1, 1[et_∀x∈]−1, 1[,

f^′(x)= 1 1+ x²

1−x²







p1−x²+ 2x² p1−x² 1−x²







= 1 p1−x²

Par conséquent,_∃C∈R, tel que_∀x∈]−1, 1[, f(x)=C. Commef(0)=0, on a montré que_∀x∈]−1, 1[, arctan x

p1−x²=arcsinx

On retrouve ce résultat par la trigonométrie. Soitx∈]−1, 1[. Alors_∃!θ∈]−^π₂,^π₂[tel quex=sinθ. Alors arctan x

p1−x²=arctan sinθ

p1−sin²θ=arctanθ=θ

Exercice 4.27 _♥♥

Étudier

f(x)=arctan Ãp

x²+1−1 x

!

Solution : Df =R^⋆,f est impaire. On fait l’étude sur[0,+∞[. f est dérivable sur]0,+∞[et_∀x∈]0,+∞[: f^′(x)= 1

2x²+2−2p x²+1×

px²+1−1 px²+1

=

px²+1−1 2(x²+1)(p

x²+1−1)

= 1 2(x²+1)

=1

2arctan^′(x) Donc il existeC1∈Rtelle que_∀x∈]0,+∞[,

f(x)=1

2arctanx+C1

En prenant la limite lorsquex→ +∞, on trouveC1=0. De même, on montre que_∀x∈]− ∞, 0[, f(x)=1

2arctanx On retrouve ce résultat par la trigonométrie en posantx=tanθ.

Exercice 4.28 _♥♥

Une statue de hauteurpest placée sur un piédestal de hauteurs. Un observateur se trouve à une distancedde la statue (sa taille est négligeable). Trouver la distancedpour que l’observateur voie la statue sous un angleαmaximal.

d A

H

S s p

α

O

Solution : Notonsθl’angleAOH etϕl’angleAOS. Alors α=θ−ϕ

Ortanθ=p+s

d ettanϕ= s

d par conséquent, puisqueα,θ,ϕ∈]0,π 2[, α=arctanp+s

d −arctans d En posantA=p+setB=s, étudions la fonction

f :

( ]0,+∞[ −→ R x 7−→ arctanA

x−arctanB x Elle est dérivable sur]0,+∞[et

∀x∈I, f^′(x)= (B−A)(x²−AB) (x²+B²)(x²+A²) et doncf^′s’annule enx0=p

AB(carA>B, puisques>0). On voit sur le tableau de variations def quex0correspond à un minimum def et donc la distancedsous laquelle on voit la statue sous un angle minimal est :

d0=p (p+s)s Cet angle vaut alors

α0=f(d0)=2arctan

µrp+s s

¶

−π 2 (on a utilisé la formulearctanx+arctan1

x=π

2 lorsquex>0).

4.6.3 Fonctions hyperboliques

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