Soit la fonction, de la variable réelle x, définie sur l’intervalle I = − π

(1)

Quelques exercices complémentaires sur le livre

Fonction arcsin

Soit la fonction, de la variable réelle x, définie sur l’intervalle I = − π

2 , 0 par f (x) = cos 2 x.

1. Montrer que f est une bijection de I sur J = [ − 1, 1] . 2. En déduire que f admet une application réciproque f

⁻¹

.

3. Tracer les courbes représentatives C

^f

et C

f⁻¹

dans le même repère orthonormal Oxy.

4. Exprimer f

⁻¹

à l’aide de la fonction arcsin . 5. Calculer l’intégrale A =

₋¹₁

f

⁻¹

(x) dx.

Indication :

Revoir les fonctions circulaires : page 296, notamment les propriétés graphiques et leurs dérivées :

page 312. F

Corrigé :

1. f est continue (cos est continue sur R ) et strictement croissante sur I = − π

2 , 0 donc c’est une bijection de I sur f ( I ) = [ − 1, 1] .

2. D’après ci-dessus, f admet une application réciproque f

⁻¹

, qui est continue et strictement croissante sur J = [ − 1, 1] .

3. Les deux courbes C

^f

et C

f−1

représentatives de f et f

⁻¹

sont dans le repère orthonormé Oxy symétriques par rapport à la première bissectrice y = x.

...

x

...

y

O π/2

−1 1

−π/2

−π/4 π/4

−π/4

−π/2 −1 1

...

C

⁻f¹ ... ...

C

^f

...

1 2arccos

...

... ...

..

...

..

...

..

...

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Fig. 0.1 — Représentation de f et de f

⁻¹

. 4. Il est clair d’après la figure que

f

⁻¹

(x) = − 1

2 arccos x = 1

2 arcsin x − π

4 . (0.1)

Pour une preuve mathématique nous raisonnons de la manière suivante :

x = cos 2y ⇔ y = f

⁻¹

(x) si − π 6 2 y 6 0 et − 1 6 x 6 1, (0.2) ce qui implique

arccos x = 2 y + 2 k π (Cas 1)

− 2 y + 2 k π (Cas 2)

car deux angles ayant même cosinus sont égaux ou opposé à 2 k π près, avec k ∈ Z .

Par définition de arccos, nous avons 0 6 arccos x 6 π.

(2)

Ainsi (Cas 1) ne peut être vérifié car nous aurions − π + 2 k π 6 2 y + 2 k π 6 2 k π, ce qui est incompatible avec la condition − π 6 2 y 6 0 de (0.2) alors que pour (Cas 2) nous avons 2 k π 6 − 2 y + 2 k π 6 π + 2 k π, ce qui vérifie (0.2) pour k = 0

Nous en déduisons que

y = − 1

2 arccos x.

Tout le monde a reconnu l’autre expression f

⁻¹

en utilisant la relation classique entre arcsin et arccos .

Nous allons utiliser la dérivation des fonctions circulaires réciproques pour retrouver (assez rapidement d’ailleurs) le résultat ci-dessus.

L’application f est dérivable et de dérivée non nulle sur ] − π/2, 0[ et ainsi f

⁻¹ ⁰

(x) = 1

f

⁰

(y) si − π < 2 y < 0 et − 1 < x < 1, ce qui donne

f

⁰

(y) = − 2 sin 2 y

= 2 1 − cos

²

2 y car pour − π < 2 y < 0 nous avons sin 2 y < 0.

Nous en déduisons que

f

⁻¹ ⁰

(x) = 1 2 √

1 − x

²

, ce qui par intégration donne

f

⁻¹

(x) = 1

2 arcsin x + Cste . Nous déterminons Cste = − π

4 en prenant x = 0.

5. Il est clair sur la figure pour des raisons de symétrie que

1

−1

f

⁻¹

(x) dx = −

1

−1

1 2 arccos x dx ce qui en utilisant (toujours par symétrie) la fonction cos

1

−1

f

⁻¹

(x) dx = −

π/2

0

cos x dx = − 1.

C’est beau la géométrie et un peu de réflexion.

Fonction arcsin

On considère la fonction de la variable réelle x, définie par f (x) = arcsin (2 x − 1) de courbe représentative C

^f

dans le repère orthonormal Oxy.

1. Etude de f.

a) Déterminer l’ensemble de définition E

f

de f.

b) Montrer que C

^f

admet un centre de symétrie Ω, dont précisera les coordonnées.

c) Calculer la dérivée f

⁰

de f et donner l’ensemble de définition E

f⁰

de f

⁰

. Préciser les tangentes à C

^f

aux point E

f

\ E

_f0# 1

.

Construire le tableau des variations de f.

d) Etablir que f est une bijection de E

f

sur f (E

f

) , on précisera la valeur de f (E

f

) et on appellera g l’application réciproque de f et C

^g

la courbe représentative de g dans le repère Oxy.

2. Construire C

^f

et C

^g

dans le repère Oxy. Faire apparaître les points et tangentes remarquables ainsi que la relation entre les deux courbes.

3. Donner une équation de la courbe C

^g

. Indication :

Faire l’exercice précédent.

Le tracé des courbes doit être très précis. F

# 1

La notation A \ B, qui veut dire A privé de B, exprime les éléments de A qui ne sont pas dans B.

(3)

° Corrigé :

1. Etude de f.

a) arcsin est définie sur l’intervalle [ − 1, 1] , donc f est définie pour − 1 6 2 x − 1 6 1.

Soit en ajoutant +1 et en divisant par 2

E

f

= [0, 1]

b) La construction, avec la calculatrice, de C

^f

permet de conjecturer que Ω admet pour coordonnées 1

2 , 0 et ainsi de faire la translation du repère Oxy et ΩXY avec pour relation x = X + 1

y = Y 2 Ainsi l’équation y = f (x) = arcsin (2 x − 1) devient

Y = arcsin 2 X

ce qui fait apparaître une fonction F impaire et prouve que Ω est centre de symétrie.

Nous vérifions que Ω, d’abscisse 1

2 , est bien le milieu de l’intervalle E

f

.

c) arcsin est dérivable sauf en ± 1, extrémités de son ensemble de définition. Il en est de même pour f où nous devons exclure 0 et 1, donc E

f0

=]0, 1[.

Nous avons

^{# 2}

f

⁰

(x) = (2 x − 1)

⁰

1 − (2 x − 1)

²

= 1

√ x − x

²

(0.3)

Nous retrouvons le fait que f

⁰

n’existe pas en x = 0 et x = 1.

Il est clair que E

f

\ E

_f0

= { 0, 1 } et que les limites de f

⁰

(x) en ces points sont infinies, donc la courbe C

^f

admet en x = 0 et en x = 1 des demi-tangentes verticales.

f (0) = arcsin ( − 1) = − π

2 et f (1) = arcsin (1) = π 2

...

....

...

x

0 1/2 1

f

⁰

+

²

+

f

−π/2

0

π/2

... ... ... ...

d) D’après (0.3) la dérivée est strictement positive.

f est une bijection de E

f

sur f (E

f

) = − π 2 , π

2 car continue et strictement croissante.

Ce qui assure l’existence de g.

2. Nous traçons dans le repère Oxy, les courbes C

^f

et C

^g

ainsi que la première bissectrice, axe de symétrie des deux courbes. Le symétrique de Ω est le point Ω

⁰

de coordonnées 0, 1

2 . La tangente a pour coeﬃcient directeur 2 en Ω à C

^f

et 1

2 en Ω

⁰

à C

^g

. Les équations de ces tangentes sont y = 2 x − 1 et y = 1

2 x + 1. Ces deux droites se coupant au point de coordonnées (1, 1) .

Les demi-tangentes verticales en x = 0 et x = 1 à C

^f

, donnent par symétrie des demi tangentes horizontales en x = − π

2 et x = π 2 à C

^g

.

Le point commun aux deux courbes à une abscisse voisine de 0, 89 ce qui est peu éloigné de π 4 . 3. Nous avons successivement

y = arcsin (2 x − 1) ⇒ sin y = 2 x − 1 ⇔ x = 1

2 sin y + 1 2 ce qui prouve que la fonction g est définie par

# 2

Nous utilisons la composition des dérivées

[arcsin u (x)]

⁰

= u

⁰

(x)

s 1 − u

²

(x) .

(4)

...x...

...

O

y π/2

−1 1

−π/2

−1 Ω(1/2) 1

Ω⁰(1/2)

−π/2

π/2

C

^f

C

g

Tangente enΩ ...

...

..

...

... ...

...

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Fig. 0.2 — Représentation de f, g et de l’axe de symétrie.

g (x) = 1

2 sin x + 1 2

Remarquer que nous n’avons qu’une implication et pas l’équivalence, elle est acquise par la construction des deux courbes.

Suite homographique

Déterminer la fonction homographique f dont la courbe représentative passe par le point de coordonnées (0, 1 / 2)et admettant x = − 1 et y = 1 pour asymptotes.

Déterminer un intervalle I stable par f et étudier la suite u

n

= f (u

n−1

) avec u

0

∈ I . Indication :

Revoir les suites homographiques : page 217 et la réduction de l’intervalle d’étude : page 248. F Corrigé :

Une fonction homographique est de la forme f (x) = a x + b c x + d . Le comportement à l’infini étant f (x) v

∞

a

c (rapport des monômes de plus haut degré) alors a c = 1.

La fonction f n’est pas définie pour x = − d

c ce qui donne l’asymptote verticale avec − d c = − 1.

Nous obtenons a = c = d, soit f (x) = a x + b a x + a .

Enfin la courbe représentative passe par le point (0, 1 / 2) soit f (0) = b a = 1

2 et nous obtenons a = 2 b.

Nous déduisons des résultats précédents que

f (x) = 2 b x + b 2 b x + 2 b . En choisissant b = 1, par exemple, nous obtenons pour réponse

f (x) = 2 x + 1

2 x + 2 .

(5)

°

Si la suite itérée u

n

= f (u

n−1

) converge alors elle ne peut converger que vers un point fixe solution de l’équation

f (x) = x ⇔ x

²

− 2 = 0 soit 1

√ 2 ou − 1

√ 2 . L’examen de la courbe au voisinage de ces deux points fixes montre que seul 1

√ 2 ne peut être la limite (construire pour cela quelques éléments de la suite).Le tableau des variations de f montre que l’intervalle [0, 1] est stable car

f ([0, 1]) = 1 2 , 3

4 ⊂ [0, 1] . La fonction f est strictement croissante car f

⁰

(x) = 1

2 (x + 1)

²

> 0.

D’Après le théorème ?? la suite (u

n

)

_n_>₀

est strictement croissante si u

1

− u

0

> 0 et strictement décroissante si u

1

− u

0

< 0. Ces derniers résultas sont obtenus en étudiant f (x) − x

f (x) − x = 2 x + 1 2 x + 2 − x

= 1 − 2 x

²

2 (x + 1) . En conclusion :

Si u

0

∈ 0, 1

√ 2 alors la suite (u

n

)

_n_>₀

est strictement croissante et majorée par 1, car I est stable, donc d’après le théorème de la borne supérieure converge.

Elle ne peut converger que vers le point fixe 1

√ 2 qui appartient à I . Si u

0

∈ 1

√ 2 , 1 alors la suite (u

n

)

_n_>₀

est strictement décroissante et minorée par 0, car I est stable, donc d’après le théorème de la borne inférieure converge.

Elle ne peut converger que vers le point fixe 1

√ 2 qui appartient à I . Nous obtenons un encadrement de 1

√ 2 en étudiant les suites a et b définies par a

n

= f (a

n−1

) pour n > 1 et a

0

= 0

b

n

= f (b

n−1

) pour n > 1 et b

0

= 1.

L’inégalité des accroissements finis appliquée à | f

⁰

(x) | 6 1

2 prouve que

| b

n

− a

n

| 6 1 2

ⁿ

, ce qui permet de déterminer n pour obtenir 1

√ 2 avec la précision souhaitée.

Système paramétrique Résoudre le système linéaire

 

 

 



x − y + m z = m + 1

− x − z = − m

− x + y − m z = − 2 x + (m − 1) y + z = 1 où m est un paramètre réel et x, y et z inconnues.

Indication :

Facile, attention toutefois à la place du paramètre. F

Corrigé :

Les opérations élémentaires successives

L

2

←− L

2

+ L

1

, L

3

←− L

3

+ L

1

, L

4

←− L

4

− L

1

, L

2

←− − L

2

, L

4

←− L

4

− m L

2

et L

3

↔ L

4

(6)

transforment le système en le système équivalent suivant

 

 

 



x + z = m

y + ( − m + 1) z = − 1 (m − 1)

²

z = 0

0 = m − 1

Ce qui prouve que si m 6 = 1 alors le système n’admet de solution et pour m = 1 nous avons le système

x + z = 1

y = − 1

qui est de rang 2.

Nous prenons pour inconnues principales x et y et pour inconnue auxiliaire z.

Les solutions sont

x = − λ + 1, y = − 1 et z = λ, où λ est une réel quelconque.

Un changement de variable

1. Etudier les variations et construire la courbe représentative G de la fonction g(x) = 2 − x

x .

Préciser la tangente à G au point x = 2. Montrer que G admet un point d’inflexion que l’on déterminera.

2. λ étant un réel tel que 0 < λ 6 2.

a) Montrer que l’intégrale

G (λ) =

2

λ

2 − x x dx existe pour tout λ.

b) Calculer G (λ) en utilisant le changement de variable t = t (x) = 2 − x x . c) En remarquant que 2 − x

x = x (2 − x)

x et que la courbe d’équation y = x (2 − x) est un demi-cercle, proposez un autre changement de variable et retrouver le résultat obtenu au b).

d) Déterminer, si elle existe, la limite de G (λ) pour λ → 0

⁺