Lycée Pierre de Fermat 2020/2021
MPSI 1 TD
Trigonométrie circulaire directe et réciproque Trigonométrie hyperbolique
1 Trigonométrie circulaire réciproque
⊲ Exercice 1.1. Résolution d’équations et d’inéquations trigonométriques.
Résoudre les équations suivantes : 1) sin(2x) = 1
3 2) tan2(x)>1
4 3) sinx−2 cosx=√
5 4) 2 cos2x−3 cosx <−2 5) 2 cos2x−5 cosx <−2
⊲ Exercice 1.2. Résolution d’équations et d’inéquations.On prendra soin de préciser où l’on cherche des solutions.
1. Arccosx= Arcsin(2x) puis Arccosx <Arcsin(2x).
2. Arccosx=−Arcsin2x.
3. Arcsin(x) = Arccos1
3 −Arccos1 4.
⊲ Exercice 1.3. Démontrer les égalités suivantes : 1) 2Arccos3
4 = Arccos1
8 2) Arcsin3
5 + Arcsin 5
13 = Arcsin56
65 3) 2Arctan1
2 = Arctan4 3 .
⊲ Exercice 1.4. Montrer que Arccos 9
√82+ Arcsin 4
√41 =π 4.
⊲ Exercice 1.5. Utilisation de la dérivabilité pour démontrer des identités fonctionnelles.
1. (a) Étudier le domaine de définition et la dérivabilité de la fonctionf :x7→Arctan(x) + Arctan(1/x).
(b) Calculer, lorsqu’elle existe, sa dérivée et en déduire une équation différentielle linéaire du premier ordre dontf est solution.
(c) Résoudre cette équation différentielle et expliciterf(x) en fonction dex.
2. Retrouver le résultat ci-dessus en posant, pourx∈R∗, θ= Arctanxpuis en exprimant 1
tanθ comme la tangente d’un angle à préciser en fonction deθ.
3. Démontrer, par deux méthodes analogues à celles proposées ci-dessus, la formule
∀x∈[−1,1], Arcsin(x) + Arccos(x) = π 2
⊲ Exercice 1.6. Simplification d’expression et représentation de fonctions.
1. Représenter et étudier la fonction définie par l’expressionf(x) = Arccos(|cos(x/2)|).
2. Simplifier puis représenter graphiquement la fonction définie par l’expressionf(x) = Arctan 2x 1−x2.
⊲ Exercice 1.7. Considérons la fonction f définie parf(x) =x
2 −Arcsin
r1 + sin(x)
2 .
1. (a) Déterminer le domaine de définition def. Montrer que la connaissance du graphe de f sur [−π, π]
suffit à tracer le graphe def surR.
(b) Montrer que, pour tout x ∈R, f(x) +f(−x) = −π
2. Quelle propriété géométrique du graphe de f peut-on en déduire ? Quel est l’intervalle minimal d’étudeI de f nécessaire pour tracer le graphe de f surR?
(c) Simplifier l’expression def(x) pourx∈I et tracer le graphe def surR.
2. Autres approches. Simplifier directement et soigneusement en distinguant différents cas, l’expression de f(x) pourx∈[−π, π].
(a) En utilisant des formules de trigonométrie.
(b) En calculant la dérivée def en les points oùf est dérivable puis en primitivant l’expression simple obtenue.
⊲ Exercice 1.8. Sommes remarquables.
1. Montrer que, pour toutx∈R, Arctan(x) + 2Arctan(p
1 +x2−x) = π 2. 2. Montrer que, pour toutx∈]0,1], 2Arctan
r1−x
x + Arcsin(2x−1) =π 2.
⊲ Exercice 1.9. Équivalent deArccos(1−x)en 0+ À l’aide d’un changement de variable judicieux, montrer que Arccos(1−x)
√x admet une limite lorsquextend vers 0+ et calculer cette limitel.
On dit quel√
xest un équivalent de Arccos(1−x) en 0+.
⊲ Exercice 1.10. Somme télescopique.
1. Montrer que, pour toutp∈N, Arctan(p+ 1)−Arctan(p) = Arctan
1 1 +p+p2
. 2. En déduire une expression simplifiée de la suitev définie pourn∈Nparvn =
Xn p=0
Arctan
1 1 +p+p2
puis étudier sa convergence
3. On pose pour toutn>2,wn = 1 n
Xn p=2
Arctanp3−1
p−1. Déterminer la limite de la suitew.
2 Trigonométrie hyperbolique
⊲ Exercice 2.1. Simplifier les expressions suivantes : ch(ln(x+p
x2−1)),sh(ln(x+p
x2−1)) , ch(ln(x+p
x2+ 1)), sh(ln(x+p
x2+ 1)).
⊲ Exercice 2.2. Formules de trigonométrie hyperbolique Démontrer les relations suivantes :
1. ∀(x, y)∈ R2, ch(x+y) = chxchy+ shxshy. En déduire trois expressions de ch(2x) en fonction de chx ou/et shx.
2. ∀(x, y)∈R2, sh(x+y) = shxchy+chxshy. On pourra dériver la formule prouvée précédemment à condition de préciser rigoureusement le statut de xet de y. En déduire une expressions de sh(2x) en fonction de shxet chx.
3. ∀(x, y)∈R2, th(x+y) = thx+ thy
1 + thxthy. En déduire une expressions de th(2x) en fonction de thx.
4. Soitx∈Rfixé quelconque. Posonsu= thx
2. Exprimer en fonction deules nombres chx, shxet thx.
⊲ Exercice 2.3. Soient (a, b)∈R2. Résoudre :
chx+ chy=achb shx+ shy=ashb
⊲ Exercice 2.4. Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes et calculer leurs dérivées : 1) f(x) = thx−1
3th3x 2) g(x) = Arcsin(thx) 3) h(x) = Arctan(thx)
⊲ Exercice 2.5. Montrer que,∀x∈R, Arctan(ex)−Arctan(th(x/2)) = π 4.
On pourra soit chercher à calculer la dérivée du membre de gauche, soit chercher à calculer la tangente du membre de gauche.
⊲ Exercice 2.6. Démontrer, pour tout (a, b)∈R2, les identités
Sn(a, b) = Xn k=1
ch(a+kb) =
ch
a+(n+ 1)b 2
sh(nb2 )
sh(2b) sib6= 0 n.ch(a) sib= 0
Xn k=1
(−1)ksh(a+kb) =
−sh
a+(n+ 1)b 2
ch(nb2)
ch(b2) sin≡1[2]
ch
a+(n+ 1)b 2
sh(nb2)
ch(b2) sin≡0[2]
Xn
k=1 k≡1[2]
ch(a+kb) =S⌊n2⌋(a, 2b)
Xn
k=1 k≡0[2]
ch(a+kb) =S⌊n+1
2 ⌋(a−b, 2b) = ch(a+b)+S⌊n−1
2 ⌋(a+b, 2b)
Comment relieriez-vous les sommes suivantes aux précédentes ? Xn
k=1
ksh(a+kb)
Xn k=1
k2ch(a+kb)
Xn k=1
(−1)k
k ch(a+kb)
Xn k=1
1
kch(a+kb).
Montrer que Xn k=1
1
k2ch(a+kb) = ch(a).
Xn k=1
1
k2 +b.sh(a).
Xn k=1
1 k+Z b
0
Z s 0
Xn k=1
ch(a+kx)dx
ds.
⊲ Exercice 2.7. Somme télescopique.
1. Montrer que pour toutx∈R∗, th(x) = 2
th(2x)− 1 th(x).
2. En déduire, en fonction dex∈R∗, le comportement de la suite (Sn)n∈Ndéfinie parSn = Xn i=0
2ith(2ix).
3. Plus précisément, donner, en fonctin dex, les limites lim
n→+∞
Sn
2n et lim
n→+∞Sn −2n+1. (Réponses : la première limite vaut−2 six <0 et 2 six >0, la seconde vaut− 1
th(x) six >0 et−∞six <0.)
⊲ Exercice 2.8. Fonction argument sinus hyperbolique : Argsh
1. Montrer que sh réalise une bijection deRdansR. On note Argsh sa bijection réciproque appelée fonction argument sinus hyperbolique.
2. Quelles sont les propriétés (monotonie, imparité) de la fonction Argsh héritées de la fonction sh ? 3. Simplifier l’expression ch(Argsh(x)) en fonction dex∈R.
4. Quel est le domaine de dérivabilité de Argsh ? calculer explicitement sa fonction dérivée.
5. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions sh et Argsh.
6. Soita∈Rfixé quelconque.
En résolvant rigoureusement l’équation
sh(x) =a
d’inconnuex∈Ret de paramètrea, retrouver en un seul calcul algébrique que sh est une bijection deR dansRet démontrer, de surcroît, que
∀x∈R, Argsh(x) = ln(x+p x2+ 1)
⊲ Exercice 2.9. Fonction argument cosinus hyperbolique : Argch
1. Montrer que ch réalise une bijection deR+ dans [1,+∞[. On note Argch sa bijection réciproque appelée fonction argument cosinus hyperbolique.
2. Quelle est la monotonie de la fonction Argch héritée de celle de la fonction ch ? 3. Discuter de la résolution de l’équation d’inconnuex∈Ret de paramètrea:
chx=a en fonction des valeurs dea∈R.
4. Simplifier l’expression sh(Argch(x)) en fonction dex∈[1,+∞[.
5. Quel est le domaine de dérivabilité de Argch ? calculer explicitement sa fonction dérivée.
6. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions ch et Argch.
7. Soita∈[1,+∞[ fixé quelconque.
En résolvant rigoureusement l’équation
ch(x) =a
d’inconnuex∈R+et de paramètrea, retrouver en un seul calcul algébrique que ch|[1,+∞[|R
+ est une bijection deR+ dans [1,+∞[ et démontrer, de surcroît, que
∀x∈[1,+∞[, Argch(x) = ln(x+p x2−1)
⊲ Exercice 2.10. Équivalent deArgch(x)en 1+
1. En s’inspirant éventuellement de l’exercice1.9, montrer que lim
u→0+
Argch(1 +u)
√u =√ 2.
2. Retrouver le résultat ci-dessus à partir de l’expression logarithmique de la fonction argument cosinus hyperbolique démontrée dans la question7de l’exercie2.9.
⊲ Exercice 2.11. Fonction argument tangente hyperbolique : Argth
1. Montrer que th réalise une bijection deRdans ]−1,1[. On note Argth sa bijection réciproque appelée fonction argument tangente hyperbolique.
2. Quelles sont les propriétés (monotonie, imparité) de la fonction Argth héritées de la fonction th ? 3. Quel est le domaine de dérivabilité de Argth ? calculer explicitement sa fonction dérivée.
4. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions th et Argth.
5. Soita∈]−1,1[ fixé quelconque.
En résolvant rigoureusement l’équation
th(x) =a
d’inconnuex∈Ret de paramètrea, retrouver en un seul calcul algébrique que th est une bijection deR dans ]−1,1[ et démontrer, de surcroît, que
∀x∈]−1,1[, Argth(x) =1
2ln1 +x 1−x
6. Simplifier les expressions ch(Argth(x)) et sh(Argth(x)) en fonction de x∈]−1,1[.
⊲ Exercice 2.12. Montrer que,∀x∈R, Argsh
rchx−1
2 −x
2 =
0 six>0,
−x six <0. .
⊲ Exercice 2.13. Montrer que,∀x∈R, Argch(4x3−3x) =
( 3Argch(x) six>1,
0 si x=−1
2.
Correction des exercices
⊲ Corrigé de l’exercice 1.1 1.
sin(2x) = 1
3 ⇐⇒ sin(2x) = sin
Arcsin1 3
⇐⇒
2x ≡ Arcsin1 3 [2π]
2x ≡ π−Arcsin1 3 [2π]
⇐⇒
x ≡ 1
2Arcsin1 3 [π]
x ≡ π
2 −1
2Arcsin1 3 [π]
L’ensemble des solutions est 1
2Arcsin1 3 +kπ
k∈Z
∪ π
2 −1
2Arcsin1 3+kπ
k∈Z
. 2.
tan2(x)>1
4 ⇐⇒ |tan(x)|> 1 2
⇐⇒ tan(x)> 1
2 ou tan(x)<−1 2
L’ensemble des solutions est [
k∈Z
−π
2 +kπ,−Arctan1 2 +kπ
∪
Arctan1
2+kπ,π 2 +kπ
.
3.
sinx−2 cosx=√
5 ⇐⇒ √
5 1
√5sinx− 2
√5cosx
=√ 5
⇐⇒ 1
√5sinx− 2
√5cosx= 1 Posonsθ0= Arcsin 1
√5. On a donc sinθ0= 1
√5. De plus,|cosθ0|=p
1−sin2θ0= 2
√5. sinx−2 cosx=√
5 ⇐⇒ sinθ0sinx−cosθ0cosx= 1
⇐⇒ −cos(x+θ0) = 1
⇐⇒ cos(x+θ0) =−1
⇐⇒ x+θ0≡π[2π]
(1)
L’ensemble des solutions est
Arcsin 1
√5 +π+ 2kπ k∈Z
. 4. Considérons l’inéquation
2X2−3X <−2 ⇐⇒ 2X2−3X+ 2<0
Le trinôme 2X2−3X+ 2 a pour discriminant 9−16<0 donc il est de signe stricte constant, celui du coefficient deX2, donc ce trinôme est strictement positif surRsi bien que l’inéquation 2X2−3X <−2 n’a aucune solution réelle.
Par conséquent, l’inéquation 2 cos2x−3 cosx <−2 n’a aucune solution réelle non plus.
5. Considérons l’inéquation
2X2−5X <−2 ⇐⇒ 2X2−5X+ 2<0
Le trinôme 2X2−5X+ 2 a pour discriminant 25−16 = 32donc il possède 2 racines réelles distinctes qui sont 5 + 3
4 = 2 et 5−3 4 = 1
2. Le coefficient deX2 est>0 donc le trinôme est strictement négatif entre ses racines exclusivement :
2X2−5X <−2 ⇐⇒ 2X2−5X+ 2<0 ⇐⇒ X ∈ 1
2,2
2 cos2x−5 cosx <−2 ⇐⇒ cosx∈ 1
2,2
⇐⇒ cosx∈ 1
2,1
L’ensemble des solutions est [
k∈Z
−Arccos1
2 + 2kπ,Arccos1 2+ 2kπ
.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.3
1. Calculons les cosinus des deux membres : cos
Arccos1 8
= id[−1,1]
1 8
=1 8 cos(2Arccos3
4) = 2 cos2(Arccos3
4)−1 = 2 3
4 2
−1 = 1 8 donc
cos
Arccos1 8
= cos
2Arccos3 4
Il est alors possible de conclure de deux manières différentes :
• méthode 1 : justifier que les deux angles sont dans un même domaine d’injectivité de la fonction cosinus :
3
4 > 0 donc Arccos3 4 ∈ h
0,π 2
i donc 2Arccos3
4 ∈ [0, π], de même Arccos1
8 ∈ [0, π] or cos|[0,π] est injective donc
cos
Arccos1 8
= cos
2Arccos3 4
⇒Arccos1
8 = 2Arccos3 4
• méthode 2 : prendre l’image de l’identité par la fonction Arccosinus puis simplifier ri- goureusement
cos
Arccos1 8
= cos
2Arccos3 4
⇒ Arccos
cos
Arccos1
| {z 8}
∈[0, π]
= Arccos
cos
2×Arccos3
| {z 4}
∈h 0,π
2 i
⇒ Arccos◦cos
| {z }
= id[0,π]
Arccos1
| {z 8}
∈[0, π]
= Arccos◦cos
| {z }
= id[0,π]
2Arccos3
| {z 4}
∈[0, π]
⇒ Arccos1
8 = 2Arccos3 4 2. Prenons le sinus du premier membre :
sin
Arcsin3
5+ Arcsin 5 13
=
= sin(Arcsin(3/5)) cos(Arcsin(5/13)) + cos(Arcsin(3/5)) sin(Arcsin(5/13))
= 3
5
p1−(5/13)2+p
1−(3/5)2 5 13
= 3.12 5.13+ 4.5
513
= 56 65
où on a utilisé que pourx∈[−1,1], cos(Arcsin(x)) =p 1−x2. Par conséquent, sin(56/65) = Arcsin(sin(Arcsin3
5+ Arcsin 5
13)) or Arcsin3
5+ Arcsin 5
13 ∈[0, π/2] (chaque terme est dans [0, π/4] car 3/561/√
2 et 5/1361/√
2) et comme Arcsin◦sin = id[−π/2,π/2], Arcsin3 5+ Arcsin5
13 = Arcsin(56/65).
3. Calculons la tangente du premier membre :
tan(2Arctan1
2) = 2 tan(Arctan1 2) 1−tan(Arctan1
2)2
= 1
1−14 =4 3
donc Arctan4
3 = Arctan tan(2Arctan1
2) or 2Arctan1
2 ∈]0, π/2[⊂]−π/2, π/2[ donc Arctan tan(2Arctan1 2) = 2Arctan1
2) d’où le résultat.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.4
Technique : Prendre le cosinus (ou le sinus) du membre de gauche, simplifier, calculer et tomber sur
√2
2 . Il reste alors à obtenir un encadrement du membre de gauche de l’égalité à prouver pour montrer qu’ils appartiennent à un même domaine d’injectivité de la fonction cosinus (ou sinus) que π
4. sin
Arccos
9
√82
+ Arcsin 4
√41
= sin
Arccos 9
√82
cos
Arcsin 4
√41
+ cos
Arccos 9
√82
sin
Arcsin 4
√41
= s
1− 92
√822 s
1− 42
√412 + 9
√82
√4 41
=
r82−81 82
r41−16
41 + 36
√82×41
= 5 + 36
√82×41
=
√2 2
Remarquons maintenant que (faire des cercles trigonométriques), par monotonie des fonctions Arccos et Arcsin,
√9
82 > 9
√100= 9 10 >
√3
2 ⇒Arccos 9
√82 ∈h 0,π
6 i
√4
41 6 4
√36 =4 6 =2
3 6
√3
2 ⇒Arcsin 4
√41∈h 0,π
3 i
⇒Arccos 9
√82+ Arcsin 4
√41 ∈h 0,π
2 i
En effet,
9 10 >
√3
2 ⇐⇒ 9
5 >√
3 ⇐⇒ 92>3×52 ⇐⇒ 81>75
et 2
3 6
√3
2 ⇐⇒ 463√
3 ⇐⇒ 1669×3 ⇐⇒ 16627. Ainsi,
sin
Arccos 9
√82+ Arcsin 4
√41
| {z }
∈[0,π2]
= sin π
|{z}4
∈[0,π2] or la restriction de sin àh
0,π 2
iest injective donc Arccos 9
√82+ Arcsin 4
√41 = π 4 .
Remarque.Il est plus facile de conclure si l’on prend le cosinus de Arccos 9
√82
+ Arcsin 4
√41
plutôt que le sinus. En effet, il suffit alors de justifier que Arccos
9
√82
+ Arcsin 4
√41
appartient à [0, π] (domaine d’injectivité de cos auquel appartient π
4) pour conclure, ce qui est plus facile que de justifier l’appartenance à h0,π
2 i:
√982 >0⇒Arccos 9
√82∈h 0,π
2 i
√4
41 >0⇒Arcsin 4
√41 ∈h 0,π
2 i
⇒Arccos 9
√82+ Arcsin 4
√41 ∈[0, π]
⊲ Corrigé de l’exercice 1.5
1. (a) Étudier le domaine de définition et la dérivabilité de la fonctionf :x7→Arctan(x) + Arctan(1/x).
(b) Calculer, lorsqu’elle existe, sa dérivée et en déduire une équation différentielle linéaire du premier ordre dontf est solution.
(c) Résoudre cette équation différentielle et expliciterf(x) en fonction dex.
2. Soitx∈R∗ fixé quelconque.
Posonsθ= Arctanx∈i
−π 2,π
2 h. Puisque 1
tanθ = tanπ 2 −θ
,
Arctan(x) + Arctan(1/x) = Arctan(tanθ)
| {z }
=θ carθ∈i
−π 2,π
2 h
+Arctan tanπ
2 −θ
⋆ Si x∈]0,+∞[, alorsθ∈i 0,π
2
hdonc π
2 −θ∈i 0,π
2 h
⊂i
−π 2,π
2 h donc
Arctan(x) + Arctan1
x=θ+ Arctan tanπ
2 −θ
=θ+π
2 −θ= π 2
⋆ Si x∈]− ∞,0[, alorsθ∈i
−π 2,0h
donc π
2 −θ∈iπ 2, πh
donc
Arctan(x) + Arctan1
x =θ+ Arctan
tanπ 2 −θ
| {z }
= tanπ
2 −θ−π
= tan
−π 2 −θ
| {z }
=−π 2 −θ car−π
2 −θ∈i
−π 2,0h
⊂i
−π 2,π
2 h
=θ−π
2 −θ=−π 2
Ainsi,∀x∈R∗, Arctan(x) + Arctan1 x =|x|
x π 2.
3. Démontrer, par deux méthodes analogues à celles proposées ci-dessus, la formule
∀x∈[−1,1], Arcsin(x) + Arccos(x) = π 2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.6
1. Représenter et étudier la fonction x7→Arccos(|cos(x/2)|).
Cette fonction est 2πpériodique et paire. Il suffit donc de l’étudier pourx∈[0, π].
Simplifions l’expression pourx∈[0, π] : x 2 ∈[0,π
2] donc |cos(x/2)|= cos(x/2) et comme Arccos◦cos = id[0,π], la fonction vautx7→ x
2 sur [0, π]. Il suffit alors de la prolonger par parité puis prériodicité.
Si on n’a pas vu la parité, il est possible toutefois de mener une étude correcte pour x ∈ [π,2π], alors x
2 ∈[π
2, π] donc |cos(x/2)|=−cos(x/2) = cos(π−x/2) et comme Arccos◦cos = id[0,π] et (π−x/2)∈ [0, π/2[⊂[0, π], la fonction vautx7→π− x
2 sur [π,2π], d’où la même conclusion que précédemment par 2πpériodicité.
**** graphe ****
2. Représenter et étudier la fonction f :x7→Arctan 2x 1−x2.
• Domaine de définition.
Arctan est définie surRdoncf est définie si et seulement si 1−x26= 0 si et seulement six∈R\{−1,1}.
• Simplification de l’expression.
Idée : introduire le bon changement de variable pour que 2x
1−x2 devienne tan(·) ce qui permettra de se ramener à simplifier Arctan◦tan.
Soitx∈R\ {−1,1}. Posonsθ= Arctanx∈i
−π 2,π
2
hde sorte quex= tanθ.
Alorsf(x) = Arctan 2x
1−x2 = Arctan 2 tanθ
1−tan2θ = Arctan(tan(2θ)).
⋆ Six∈]− ∞,−1[, alorsθ= Arctanx∈i
−π 2,−π
4 hdonc f(x) = Arctan(tan( 2θ
|{z}
∈i
−π,−π 2 h
)) = Arctan(tan
| {z }
= id]−π2,π2[
( π+ 2θ
| {z }
∈i 0,π
2 h
)) =π+ 2θ=π+ 2Arctanx
⋆ Six∈]−1,1[, alorsθ= Arctanx∈i
−π 4,π
4 hdonc f(x) = Arctan(tan
| {z }
= id]−π2,π2[
( 2θ
|{z}
∈i
−π 2,π
2 h
)) = 2θ= 2Arctanx
⋆ Six∈]1,+∞[, alorsθ= Arctanx∈iπ 4,π
2 hdonc f(x) = Arctan(tan( 2θ
|{z}
∈iπ 2, πh
)) = Arctan(tan
| {z }
= id]−π2,π2[
( −π+ 2θ
| {z }
∈i
−π 2,0h
)) =−π+ 2θ=−π+ 2Arctanx
***
graphe
***
⊲ Corrigé de l’exercice 1.7 1. (a) •
x∈ Df
x∈R ⇐⇒
1 + sin(x) 2 >0 r1 + sin(x)
2 ∈[−1,1]
x∈R
⇐⇒
1 + sin(x)>0 06 1 + sin(x)
2 61
x∈R
⇐⇒
sin(x)>−1
−16sin(x)61 x∈R
⇐⇒ x∈R
Ainsi,Df=R.
• ⋆ ∀x∈R,x+ 2π∈R.
⋆ ∀x∈R,f(x+ 2π) = x+ 2π
2 −Arcsin
r1 + sin(x+ 2π)
2 =f(x) +π.
Le pointM(x+ 2π, f(x+ 2π))) se déduit géométriquement du pointM(x, f(x)) par la tanslation de vecteur 2π−→i +π−→j.
Il suffit donc d’étudier et de tracer le grapheG0def sur [−π, π]. Ensuite, pour toutk∈Z, le graphe Gk def sur [−π+ 2kπ, π+ 2kπ] se déduit du grapheG0par la translation de vecteurkπ(2−→i +−→j).
(b) Soitx∈Rfixé quelconque.
f(x) +f(−x) = x
2 −Arcsin
r1 + sin(x)
2 −x
2 −Arcsin
r1 + sin(−x) 2
= − Arcsin
r1 + sin(x)
2 + Arcsin
r1 + sin(−x) 2
!
Calculons sin Arcsin
r1 + sin(x)
2 + Arcsin
r1−sin(x) 2
!
= sin Arcsin
r1 + sin(x) 2
!
cos Arcsin
r1−sin(x) 2
!
+ cos Arcsin
r1 + sin(x) 2
!
sin Arcsin
r1−sin(x) 2
!
=
r1 + sin(x) 2
r
1−1−sin(x) 2 +
r
1−1 + sin(x) 2
r1−sin(x) 2
=
r1 + sin(x) 2
r1 + sin(x) 2 +
r1−sin(x) 2
r1−sin(x) 2
= 1 + sin(x)
2 +1−sin(x)
= 1 2
On en déduit que Arcsin
r1 + sin(x)
2 + Arcsin
r1−sin(x)
2 ≡π
2[2π].
Par ailleurs Arcsin
r1 + sin(x)
| {z 2 }
∈h
−π 2,π
2 i
+ Arcsin
r1−sin(x)
| {z 2 }
∈h
−π 2,π
2 i
∈[−π, π] donc
Arcsin
r1 + sin(x)
2 + Arcsin
r1−sin(x)
2 =π
2 si bien que
f(x) +f(−x) =−π 2 Géométriquement, pour toutx∈R, le point de coordonnées
0,−π 4
est le milieu du segment d’ex- trémités les points de coordonnées (x, f(x)) et (−x, f(−x)). Cela signifie que le graphe def admet le point de coordonnées
0,−π 4
comme centre de symétrie.
Il suffit donc d’étudier puis de tracer le graphe def sur [0, π] pour ensuite en déduire le graphe def sur [−π,0] en prenant l’image du graphe obtenu sur [0, π] par la symétrie centrale de centre
0,−π 4
.
(c) Effectuons des manipulations trigonométriques pertinentes pour que
r1 + sin(x)
2 apparaisse comme un sinus et se ramener à simplifier Arcsin◦sin(· · ·).
x
2 −Arcsin
r1 + sin(x)
2 = x
2 −Arcsin s
1 + cos π2 −x 2
= x
2 −Arcsin
s2 cos2 π4 −x2 2
= x
2 −Arcsin cosπ
4 −x 2
= x
2 −Arcsin sinπ
2 −π 4 +x
2
= x
2 −Arcsin sinπ
4 +x 2
Simplifions cette expression pourx∈[0, π].
Dans un premier temps, observons quex∈[0, π]⇒ π 4 +x
2 ∈ π
4,3π 4
, or
π 4,3π
4
⊂[0, π] donc sinπ
4 +x 2
>0 d’oùf(x) =x
2 −Arcsin sinπ
4 +x 2
.
⋆ Six∈h 0,π
2
i, alors π 4 +x
2 ∈hπ 4,π
2 i⊂h
−π 2,π
2 i donc
Arcsin
sin π
4 +x 2
| {z }
∈h
−π 2,π
2 i
= π 4 +x
2
si bien quef(x) =−π 4.
⋆ Six∈iπ 2, πi
, alors π 4 +x
2 ∈ π
2,3π 4
donc
Arcsin sinπ
4 +x 2
= Arcsin
sin
π−π 4 +x
2
| {z }
= 3π 4 −x
2
∈[−π2, π2]
=3π 4 −x
2
si bien quef(x) =x−3π 4 .
2. (a) Méthode 1 : astucieuse et trigonimétrique. Effectuer des manipulations trigonométriques pertinentes pour que
r1 + sin(x)
2 apparaisse comme un sinus et se ramener à simplifier Arcsin◦sin(· · ·).
x
2 −Arcsin
r1 + sin(x)
2 = x
2 −Arcsin
s1 + cos π2 −x 2
= x
2 −Arcsin s
2 cos2 π4 −x2 2
= x
2 −Arcsin cosπ
4 −x 2
= x
2 −Arcsin sinπ
2 −π 4 +x
2
= x
2 −Arcsin sinπ
4 +x 2
Cette expressions nous amène à distinguer plusieurs situations :
0 3
−π
π π
2
−π 4 π 4
−3π 4
Figure1 – Graphe def :x7→ x
2 −Arcsin
r1 + sinx
2 .
⋆ six∈h
−π,−π 2
i, x 2 ∈h
−π 2,−π
4
idonc π 4 +x
2 ∈h
−π 4,0i
donc sinπ 4 +x
2
60
f(x) =x
2−Arcsin
−sinπ 4 +x
2
= x
2+Arcsin
sin
π 4 +x
| {z }2
∈h
−π 4,0i
⊆h
−π 2,π
2 i
=x 2+π
4+x 2 =π
4+x
⋆ six∈i
−π 2, πi
, x 2 ∈i
−π 4,π
2
idonc π 4 +x
2 ∈
0,3π 4
donc sinπ 4 +x
2
>0
f(x) = x
2 −Arcsin sinπ
4 +x 2
=x
2 −Arcsin
sin
π 4 +x
| {z }2
∈
0,3π 4
— six∈i
−π 2,π
2 i, x
2 ∈i
−π 4,π
4
idonc π 4 +x
2 ∈i 0,π
2 id’où
f(x) =x
2 −Arcsin
sin
π 4 +x
| {z }2
∈h 0,π
2 i⊆h
−π 2,π
2 i
= x 2 −π
4 −x 2 =−π
4
— six∈iπ 2, πi
, x 2 ∈iπ
4,π 2
idonc π 4 +x
2 ∈ π
2,3π 4
d’où
f(x) = x
2−Arcsin sinπ
2 −π 4 −x
2
= x
2−Arcsin
sin
π 4 −x
| {z }2
∈h
−π 4,0h
⊆h
−π 2,π
2 i
=x 2−π
4+x
2 =x−π 4
***
graphe de la fonctionf.
***
(b) Méthode 2 : analytique. Justifier la dérivabilité de f et calculerf′.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.8
1. Montrer que, pour toutx∈R,Arctan(x) + 2Arctan(p
1 +x2−x) =π 2.
• Méthode 1 : analytique, poserf(x) = Arctan(x)+2Arctan(p
1 +x2−x), montrer quef ∈ D1(R,R) puis que∀x∈R,f′(x) = 0 (excellent exercice de calcul de dérivée !) doncf est constante orf(0) = 0 + 2Arctan1 = π
2 d’où le résultat
• Méthode 2 : prendre la tangente de π
2 −2Arctan(p
1 +x2−x)et de Arctanx.
Soitx∈Rfixé quelconque.
— Arctanx∈i
−π 2,π
2
hdonc il est possible de prendre la tangente et tan(Arctanx) =x,
— 0<p
1 +x2−xdonc Arctan(p
1 +x2−x)∈i 0,π
2
h donc 2Arctan(p
1 +x2−x)∈]0, π[ si bien que π
2 −2Arctan(p
1 +x2−x)∈i
−π 2,π
2
hdonc il est possible de prendre la tangente et
tan(π
2 −2Arctan(p
1 +x2−x)) = 1
tan(2Arctan(√
1 +x2−x))
= 1−(√
1 +x2−x)2 2√
1 +x2−2x
= 1−(1 +x2) + 2x√
1 +x2−x2 2√
1 +x2−2x
= x(2√
1 +x2−2x) 2√
1 +x2−2x
= x
Ainsi, Arctanxet π
2−2Arctan(p
1 +x2−x) sont deux réels dei
−π 2,π
2
hqui ont même tangente, donc ils sont égaux :
Arctanx= π
2 −2Arctan(p
1 +x2−x).
• Méthode 3 : posons un judicieux changement de variable.
Soitx∈Rfixé quelconque. Posonsθ= Arctanx∈i
−π 2,π
2 h.
Arctan(p
1 +x2−x) = Arctanp
1 + tan2θ−tanθ
= Arctan
r 1
cos2θ −tanθ
!
= Arctan 1
cosθ−tanθ
carθ∈i
−π 2,π
2
hdonc cosθ >0
= Arctan
1 +u2
1−u2− 2u 1−u2
en posant u= tanθ 2
= Arctan
(1−u)2 1−u2
= Arctan 1−u
1 +u
= Arctan
tan π
4 −θ 2
= π
4 −θ
2 car π 4 −θ
2 ∈i 0,π
2 h
⊂i
−π 2,π
2 h.
Par conséquent, Arctan(x) + 2Arctan(p
1 +x2−x) =θ+ 2 π
4 −θ 2
=π 2.
• Méthode 4 : posons un changement de variable et soyons malins (seule différence avec la méthode 3).
Soitx∈Rfixé quelconque. Posonsθ= Arctanx∈i
−π 2,π
2 h.
Arctan(p
1 +x2−x) = Arctanp
1 + tan2θ−tanθ
= Arctan
r 1
cos2θ −tanθ
!
= Arctan 1
cosθ−tanθ
carθ∈i
−π 2,π
2
hdonc cosθ >0
= Arctan
1−sinθ cosθ
= Arctan
sinπ2 −sinθ cosπ2 + cosθ
pour conserver la symétrie numérateur/dénominateur
= Arctan 2 cos π2+θ2 sin π2−θ2 2 cos π2+θ2 cos π2−θ2
!
= Arctan sin π2−θ2 cos π2−θ2
!
= Arctan
tan π
4 −θ 2
= π
4 −θ
2 car π 4 −θ
2 ∈i 0,π
2 h
⊂i
−π 2,π
2 h.
Par conséquent, Arctan(x) + 2Arctan(p
1 +x2−x) =θ+ 2 π
4 −θ 2
=π 2.
Remarque :le calcul peut être mené encore différemment : Arctan(p
1 +x2−x) = Arctan
1−sinθ cosθ
= Arctan 1−cos π2 −θ sin π2 −θ
!
= Arctan
2 sin2π 2−θ
2
2 sin π2−θ2 cos π2−θ2
= Arctan
tan π
4 −θ 2
= π
4 −θ
2 car π 4 −θ
2 ∈i 0,π
2 h
⊂i
−π 2,π
2 h.
2. Montrer que, pour toutx∈]0,1],2Arctan
r1−x
x + Arcsin(2x−1) = π 2. On vérifie que l’expression proposée est bien définie pour toutx∈]0,1].
• Méthode 1 : analytique, poserf(x) = 2Arctan
r1−x
x +Arcsin(2x−1), montrer quef ∈ D1(]0,1[,R) puis que∀x∈]0,1[,f′(x) = 0 (excellent exercice de calcul de dérivée !) doncf est constante sur ]0,1[.
Orf 1
2
= 2Arctan1 + Arcsin0 = π 2 donc
∀x∈]0,1[, 2Arctan
r1−x
x + Arcsin(2x−1) = π 2
Pour étendre cette identité en 1, soit on calcule directement f(1) = 2Arctan0 + Arcsin(1) = π 2, soit on dit quef est continue en 1 doncf(1) = lim
x→1f(x) = π 2.
• Méthode 2 : prendre la tangente deArcsin(2x−1) et de π
2 −2Arctan
r1−x x . Pour toutx∈]0,1[,
⋆ 2x−1∈]−1,1[ donc Arcsin(2x−1)∈i
−π 2,π
2
hce qui donne un sens à
tan (Arcsin(2x−1)) = sin (Arcsin(2x−1)) cos (Arcsin(2x−1))
= 2x−1
p1−(2x−1)2 car∀t∈[−1,1], cos(Arcsint) =p 1−t2
= 2x−1 2p
x(1−x)
⋆ 1
x−1∈R∗+ donc
r1−x
x ∈R∗+ donc 2Arctan
r1−x
x ∈]0, π[ si bien que π
2 −2Arctan
r1−x
x ∈
i−π 2,π
2
hce qui donne un sens à
tan π
2 −2Arctan
r1−x x
!
= 1
tan
2Arctanq
1−x x
= 1−tan2
Arctanq
1−x x
2 tan
Arctanq
1−x x
= 1−1−xx 2q
1−x x
= 2x−1 2p
x(1−x)
Ainsi, ∀x ∈]0,1[, tan π
2 −2Arctan
r1−x x
!
= tan (Arcsin(2x−1)) or nous avons vu (au moment de prendre la tangente) que ces deux angles appartiennent à l’intervallei
−π 2,π
2
hen restriction auquel
la fonction tan est injective donc
∀x∈]0,1[, tan π
2 −2Arctan
r1−x x
!
= tan (Arcsin(2x−1)) Le calcul direct des deux membres pourx= 1 permet d’obtenir la relation sur ]0,1].
• Méthode 3 : posons un judicieux changement de variable.
Soitx∈]0,1] fixé quelconque.
Posonsθ= Arccos√ x∈h
0,π 2
hde sorte quex= cos2θ.
2Arctan
r1−x
x + Arcsin(2x−1) = 2Arctan
r1−cos2θ
cos2θ + Arcsin(2 cos2θ−1)
= 2Arctan
rsin2θ
cos2θ + Arcsin(cos(2θ))
= 2Arctan(|tanθ|) + Arcsin sinπ
2 −2θ
orθ∈h 0,π
2
hdonc tanθ>0
= 2Arctan(tanθ) + Arcsin
sin
π 2 −2θ
| {z }
∈i
−π 2,π
2 h
= 2θ+π 2 −2θ
= π
2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.9
⊲ Corrigé de l’exercice 1.10 1. Soitp∈Nfixé quelconque.
— Arctan est strictement croissante surRdonc Arctan(p+ 1)−Arctan(p)>0,
— Arctan est croissante surRdonc 06p⇒06Arctanpd’où
Arctan(p+ 1)−Arctanp6Arctan(p+ 1)<π 2 . Par conséquent,Arctan(p+ 1)−Arctan(p)∈i
0,π 2
h si bien que l’on peut calculer
tan (Arctan(p+ 1)−Arctan(p)) = tan(Arctan(p+ 1))−tan(Arctanp) 1 + tan(Arctan(p+ 1)) tan(Arctanp)
= p+ 1−p 1 + (p+ 1)p
= 1
1 +p+p2 De même, Arctan 1
1 +p+p2 ∈i 0,π
2
hsi bien que que l’on peut calculer
tan
Arctan 1 1 +p+p2
= 1
1 +p+p2 . Ainsi, Arctan(p+ 1)−Arctan(p) et Arctan
1 1 +p+p2
sont deux valeurs dei 0,π
2 h⊂i
−π 2,π
2
hqui ont même tangente, or tan|]−π2,π2[ est injective donc Arctan(p+ 1)−Arctan(p) = Arctan
1 1 +p+p2
.
2. En utilisant la question pécédente, pour toutn∈N, vn =
Xn p=0
Arctan 1 1 +p+p2
= Xn p=0
Arctan(p+ 1)−Arctan(p)
= Xn p=0
Arctan(p+ 1)− Xn p=0
Arctan(p)
=
n+1X
k=1
Arctan(k)− Xn p=0
Arctan(p)
= Arctan(n+ 1)−Arctan(0)
= Arctan(n+ 1)
si bien que lim
n→+∞vn=π 2. 3. Pour toutn>2,
wn = 1 n
Xn p=2
Arctan(p−1)(p2+p+ 1)
p−1 carp3−1 = (p−1)(p2+p+ 1)
= 1
n Xn p=2
Arctan(p2+p+ 1)
= 1
n Xn p=2
π
2 −Arctan 1 p2+p+ 1
car∀x∈R∗+, Arctanx+ Arctan1 x =π
2
= 1
n (n−1)π 2 −
Xn p=2
Arctan 1 p2+p+ 1
!
=
1−1 n
π 2 − 1
n
vn−Arctan1
3 −Arctan1
=
1−1 n
| {z }
−→
n→+∞1
π
2 −Arctan(n+ 1)
| {zn }
−→
n→+∞0
+Arctan13+ Arctan1
| {zn }
−→
n→+∞0
en utilisant la question précédente
si bien que lim
n→+∞wn= π 2 .
⊲ Corrigé de l’exercice 2.1
1. L’expression n’a de sens que pour x ∈ [1,+∞[. Pour tout x ∈ [1,+∞[, le calcul donne ch(ln(x+ px2−1)) =x.
2. L’expression n’a de sens que pour x ∈ [1,+∞[. Pour tout x ∈ [1,+∞[, le calcul donne sh(ln(x+ px2−1)) =p
x2−1.
3. L’expression a un sens pour toutx∈R. Pour toutx∈R, le calcul donne ch(ln(x+p
x2+ 1)) =p 1 +x2. 4. L’expression a un sens pour toutx∈R. Pour toutx∈R, le calcul donne sh(ln(x+p
x2+ 1)) =x.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.2
⊲ Corrigé de l’exercice 2.3
Résoudre avec un changement de variable en posantX=ex etY =ey. On obtient
X+ 1
X +Y + 1
Y = 2achb X+ 1
X +Y − 1
Y = 2ashb
Par demi somme et demi différence on obtient le système
( X+Y =a(chb+ shb) 1
X + 1
Y =a(chb−shb)
soit (
X+Y =aeb 1
X + 1
Y =ae−b
La première équation donneY =aeb−X et en reportant dans la seconde, 1
X + 1
aeb−X =ae−b soit
aeb−X+X=X(aeb−X)ae−b soit
ae−bX2−a2X+aeb= 0.
— Si a = 0, le système n’admet aucune solution car la première équation donne X+Y = 0 or X >0 et Y >0, ce qui est impossible
— Sia6= 0, l’équation devient :
X2−aebX+e2b= 0.
Le discriminant esta2e2b−4e2b=e2b(a2−4).
— si|a|<2, il n’y a aucune solution.
— si |a| = 2, le dicriminant est nul et on trouve X = aeb
2 . Or X doit être stritement positif donc si a=−2, il n’y a aucune solution et sia= 2, alorsX =eb doncY =eb donc il n’y a un unique couple (x, y) candidat solution, c’est (b, b) .
— si |a|>2, les racines de l’équation sont aeb+/−eb√ a2−4
2 soit a+/−√
a2−4
2 eb. Le produit des racines étante2b(il se lit sur l’équation), elles sont de même signe, à savoir>0 sia >2 et<0 sia <−2.
Par conséquent il n’y a aucune solution si a < −2 et si a > 2, il y a deux couples (x, y) candidats solutionx= ln(a+√
a2−4) +b
2 ety = ln(a−√ a2−4
2 ) +b d’une part etx= ln(a−√ a2−4
2 ) +b
et y= ln(a+√ a2−4
2 ) +b d’autre part.
Comme nous n’avons pas raisonné par équivalence, il reste à prouver que ces candidats solutions sont effectivement des solutions.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.4
1. f est définie surRet dérivable surR, etf′(x) = 1−th2(x)−th2(x)(1−th2(x)) = (1−th2(x))2= 1 ch4(x). 2. g est définie pour tout xtel que th(x) ∈[−1,1] soit pour tout x∈ R et dérivable pour toutx tel que
th(x)∈]−1,1[ soit pour toutx∈R, etg′(x) = 1−th2(x) q1−th2(x) =q
1−th2(x) = 1 chx. 3. hest définie et dérivable surReti′(x) =1−th2(x)
1 + th2(x) = 1
ch2(x) + sh2(x) = 1 ch(2x).
⊲ Corrigé de l’exercice 2.5
• Méthode 1 : analytique, poserf(x) = Arctan(ex)−Arctan(th(x/2)) puis montrer quef ∈ D1(R,R).
Calculons alorsf′
∀x∈R, f′(x) = ex
1 +e2x− 1
1 + th2(x/2) ×(1−th2(x/2))×1 2 Pour simplifier cette expression, deux idées :
— tout exprimer avec des exponentielles : th(x/2) = ex2 −e−x2
ex2 +e−x2 d’où th2(x/2) = ex−2 +e−x
ex+ 2 +e−x et donc 1 + th2(x/2) = 2(ex+e−x)
ex+ 2 +e−x et 1−th2(x/2) = 4
ex+ 2 +e−x si bien que 1
1 + th2(x/2)×(1−th2(x/2))×1
2 = 1
ex+e−x d’oùf′(x) = 0 ;
— tout exprimer avec de la trigonométrie hyperbolique, en observant d’une part que ex
1 +e2x = 1 2chx et d’autre part que la formule exprimant ch(x) en fonction de th(x/2) est chx= 1 + th2(x/2)
1−th2(x/2) d’où f′(x) = 1
2chx−1 2× 1
chx = 0 On en déduit quef est constante surR, orf(0) = Arctan1−2Arctan(0) = π
4 donc ∀x∈R,f(x) =π 4.
• Méthode 2 : calculons tanf(x).
f est définie surRet
⋆ pour x > 0, Arctan(ex) ∈ i 0,π
2
h et Arctan(th(x/2)) ∈ i 0,π
2
h donc f(x) ∈ i
−π 2,π
2
h si bien que tanf(x) a un sens,
⋆ pour x <0, Arctan(ex) ∈i
−π 2,0h
et Arctan(th(x/2)) ∈i
−π 2,0h
donc f(x)∈ i
−π 2,π
2
h si bien que tanf(x) a un sens,
⋆ pourx= 0, f(0) = Arctan1−Arctan0 =π
4 donc tanf(0) a un sens.
Par conséquent, tan◦f est définie surR. Soitx∈Rfixé quelconque.
tan(f(x)) = tan(Arctan(ex))−tan(Arctan(th(x/2))) 1 + tan(Arctan(ex))×tan(Arctan(th(x/2)))
= ex−thx2
1 +ex×thx2 car∀t∈R, tan(Arctant) =t
= ex−1−e1+e−x−x
1 +ex×1−e1+e−x−x car∀t∈R, th(t) =1−e−2t 1 +e−2t
= ex(1 +e−x)−(1−e−x) 1 +e−x+ex×(1−e−x)
= ex+e−x ex+e−x
= 1 On en déduit que∀x∈R,f(x)≡π
4[π]. Or le raisonnement prouvant l’existence de tanf(x) nous a permis de montrer que, pour toutx∈R,f(x)∈i
−π 2,π
2 h:
∀x∈R, f(x)≡ π 4[π]
∀x∈R, f(x)∈i
−π 2,π
2 h
⇒ ∀x∈R, f(x) = π 4 .
• Méthode 3 : astucieuse Soitx∈Rfixé quelconque.
Posonsθ= Arctan(ex) d’oùex= tanθ.
Calculons
Arctan(ex)−Arctan(th(x/2)) = θ−Arctanex−1 ex+ 1
= θ+ Arctan tanθ−tanπ4 tanθtanπ4 + 1
= θ−Arctan tan
θ−tanπ 4
= θ−
θ−tanπ 4
carθ= Arctanex∈h 0,π
2
hdoncθ−π 4 ∈i
−π 2,π
2 h
= π
4
• Méthode 4 : encore plus astucieuseen remarquant que
∀x∈R, −thx
2 =1−ex
1 +ex = 1−tan(Arctanex)
1 + tan(Arctanex) = tanπ
4 −tan(Arctanex)
Or −thx
2 = −tan
Arctan thx
2
= tan
−Arctan thx
2
donc les deux réels −Arctan thx
2
∈ i
−π 2,π
2 h et π
4 −tan(Arctanex) ∈ i
−π 4,π
4 h
⊂i
−π 2,π
2
h (car ex > 0 ⇒ Arctanex ∈ i 0,π
2
h) ont même tangente donc ils sont égaux (injectivité de tan|]−π2,π2[) soit
∀x∈R, Arctan(ex)−Arctan(th(x/2)) = π 4 .
⊲ Corrigé de l’exercice 2.6
⊲ Corrigé de l’exercice 2.7
⊲ Corrigé de l’exercice 2.8
⊲ Corrigé de l’exercice 2.9
⊲ Corrigé de l’exercice 2.10
⊲ Corrigé de l’exercice 2.11
⊲ Corrigé de l’exercice 2.12
⊲ Corrigé de l’exercice 2.13
Commençons par étudier la fonctionh(x) = 4x3−3x= 4x
x2−3 4
= 4x
x−
√3
2 x+
√3 2
. hest une fonction polynôme donc définie et dérivable sur Ret
∀x∈R, h′(x) = 12x2−3 = 12
x−1
2 x+1 2
d’où le tableau des variations deh:
x −∞ −1
2
1
2 1 +∞
h′(x) + 0 − 0 +
+∞ ր
h 1 1
ր ց ր
−∞ 1
2 Sachant que la fonction Argch est définie sur [1,+∞[,
Argch(4x3−3x) a un sens ⇐⇒ h(x)∈[1,+∞[⇐⇒ x∈
−1 2
∪[1,+∞[ Dans le cas particulierx=−1
2, le calcul direct donne Argch(4x3−3x) = Argch
h
−1 2
= Argch(1) = 0 Il reste à prouver la relation
∀x∈[1,+∞[, Argch(4x3−3x) = 3Argch(x) 1. Méthode 2 : astucieuse et trigonométrique.
Il faut connaître (ou “deviner” puis redémontrer) la formule de trigonométrie hyperbolique
∀t∈R, ch(3t) = 4ch3t−3cht Soitx∈[1,+∞[ fixé quelconque.
Posonst= Argchx.
La formule de trigonométrie hyperbolique rappelée ci-dessus s’écrit donc ch(3t) = 4ch3(Argchx)−3ch(Argchx) = 4x3−3x si bien que
Argch(4x3−3x) = Argch(ch(3t)) = 3t
| {z } car 3t∈[1,+∞[
= 3Argchx
2. Méthode 2 : analytique.Posonsf(x) = Argch(4x3−3x).
⋆ Argch est dérivable sur ]1,+∞[,
⋆ h:x7→4x3−3xest dérivable sur ]1,+∞[,
⋆ ∀x∈]1,+∞[,h(x)∈]1,+∞[
donc (théorème sur la dérivabilité d’une composée de fonctions dérivables)f = Argch◦hest dérivable sur ]1,+∞[ et
∀x∈]1,+∞[, f′(x) = Argch′(h(x))×h′(x)
= 12x2−3 p(4x3−3x)2−1
= 3(4x2−1)
√16x6−24x4+ 9x2−1
calcul annexe : (x2−1)(4x2−1)2= (x2−1)(16x4−8x2+ 1) = 16x6−24x4+ 9x2−1
= 3(4x2−1) p(4x2−1)2x2−1
= 3(4x2−1)
|4x2−1|√ x2−1
= 3
√x2−1 carx>1⇒4x2−1>0
= 3Argch′(x)
Par conséquent, f −3Argch est une fonction dérivable sur ]−1,+∞[ et dont la dérivée est nulle sur ]1,+∞[ donc c’est une fonction constante :
∃c∈R : ∀x∈]1,+∞[, Argch(4x3−3x)−3Argch(x) =c
De plus,f et 3Argch sont continues sur [1,+∞[ donc en prenant la limite dans l’égalité ci-dessus lorsque x→1+,
∃c∈R : ∀x∈]1,+∞[, Argch(4−3)−3Argch(1) = lim
x→1+Argch(4x3−3x)−3Argch(x) =c donc
c= Argch1−3Argch1 = 0 d’où
∀x∈]1,+∞[, Argch(4x3−3x) = 3Argch(x) Le calcul direct pourx= 1 permet d’étendre la relation ci-dessus à [1,+∞[.
