Exercice 1 Calculer : 1. cos

Trigonométrie – TD ₃

Formules trigonométriques

Exercice 1 Calculer : 1. cos

µ

725

_π

3

¶

, 2. sin

µ

−

127

_π

4

¶

, 3. tan

µ

71

_π

6

¶

.

Réponse

1. On écrit la division euclidienne de 725 par 3 : 725=241×3+2. Donc, cos

µ725π 3

¶

=cos µ

241π+2π 3

¶

=cos µ

120×2π+π+2π 3

¶

=cos µ

π+2π 3

¶

= −cos µ2π

3

¶

=1 2. 2. On écrit la division euclidienne de 127 par 4 : 127=31×4+3. Donc,

sin µ

−127π 4

¶

=sin µ

−31π−3π 4

¶

=sin µ

−15×2π−π−3π 4

¶

=sin µ

−π−3π 4

¶

= −sin µ

π+3π 4

¶

=sin µ3π

4

¶

= p2

2 . 3. On écrit la division euclidienne de 71 par 6 : 71=11×6+5. Donc,

tan µ71π

6

¶

=tan µ

11π+5π 6

¶

=tan µ5π

6

¶ .

Or, sin µ5π

6

¶

=1 2et cos

µ5π 6

¶

= − p3

2 Donc, tan

µ71π 6

¶

= − 1 p3= −

p3 3 .

Exercice 2

Soit

a∈

R ^{tel que}

^a

.

π

[2

_π

]. On pose

t=

tan

³a

2

´

. 1. Montrer que cos(a)

=

1

−t²

1

+t²

et sin(a)

=

2

t

1

+t²

. 2. On suppose de plus,

a

.

^π

2 [

_π

]. Montrer que tan(a)

=

2

t

1

−t²

. Réponse

DL₃

Exercice 3

1. Montrer que, pour tout

_θ∈

R ^{, cos(}

θ

)

²=

1

+

cos(2

_θ

)

2 .

2. En déduire la valeur exacte de cos

³ _π

12

´

et de cos

³ _π

16

´

. Réponse

DL3

Fonctions trigonométriques

Exercice 4

Déterminer la dérivée troisième de la fonction

f

:

x7→

cos(x)

×

cos

³x

2

´

×

cos

³x

4

´

×

sin

³x

4

´

. Réponse

On sait que, pour toutθ∈R^{, sin(}θ)×cos(θ)=sin(2θ) 2 . D’où, pour toutx∈R, en prenantθ=x

4, on a : f(x)=1

2×cos(x)×cos³x 2

´

×sin³x 2

´ . De même, avecθ=x

2, puisθ=x, on a :

f(x)=1

4×cos(x)×sin(x)=1

8×sin(2x).

Donc, f est dérivable surR(composée de fonctions dérivables) et, pour toutx∈R^, f⁰(x)=1

4×cos(2x).

Donc, f⁰est dérivable surRet, pour toutx∈R^,

f⁰⁰(x)= −1

2×sin(2x).

Donc, f⁰⁰est dérivable surRet, pour toutx∈R^,

f⁽³⁾(x)= −cos(2x).

Exercice 5

Déterminer la limite en 0 de

f

:

x7→

tan(x)

+

tan(7

x)

tan(3

x)+

tan(5

x)

. Réponse

Soitx∈ i

−π 2,π

2 h

\ {0}. On a :

f(x)=

tan(x)

x +7^tan(7x)_7x 3^tan(3x)_3x +5^tan(5x)_5x . Or, tan(u)

u −−−→

u→0 1 et 7x−−−→

x→0 0. Donc, par composition des limites, tan(7x) 7x −−−→

x→0 7.

De même, tan(3x) 3x −−−→

x→0 3 et tan(5x) 5x −−−→

x→0 5.

Donc, par opération sur les limites.

f(x)−−−→

x→0

1+7 3+5=1.

Ainsi,

limx→0f(x)=1.

Exercice 6

Montrer que, pour tout

n∈

N \ {0, 1} et

x∈

R ^avec

^x

. ^{0 [}

π

],

|

sin(n

×x)| <n× |

sin(x)

|

.

Équations et inéquations trigonométriques

Exercice 7

Résoudre les équations d’inconnue

x∈

R suivantes :

1. cos(x)

=

1 3 . 2. sin(2x)

=

sin(x).

3. cos

³

2

x−^π

3

´

=

sin

µ

x+

3

_π

4

¶

.

4. sin(2

x)+

sin(x)

=

0.

5. 2

¡

cos(2

x)¢2

+

cos(2

x)=

1.

6. cos(x)

−

cos(2

x)=

sin(3

x).

7. (cos(x))

⁴+

(sin(x))

⁴=

1.

8. cos(x)

−p

3

×

sin(x)

=

1.

9. cos(x)

+

sin(x)

=

2.

Réponse

Étape(s) du raisonnement. Se ramener aux équations de la formecos(x)=cos(y)ousin(x)=sin(y).

1. Soitx∈R^{. On a :} cos(x)=1

3 ⇐⇒ cos(x)=cos µ

Arccos µ1

3

¶¶

⇐⇒ x≡Arccos µ1

3

¶

[2π] oux≡ −Arccos µ1

3

¶ [2π].

Donc,

S=

½ Arccos

µ1 3

¶

+2π×k,¯

¯

¯k∈Z

¾

∪

½

−Arccos µ1

3

¶

+2π×k¯

¯

¯k∈Z

¾ .

2. Soitx∈R^{. On a :}

sin(2x)=sin(x) ⇐⇒ 2x=x[2π] ou 2x=π−x[2π] ⇐⇒ x=0[2π] ou 3x=π[2π] ⇐⇒ x=0[2π] oux=π 3

·2π 3

¸ . Donc,

S=n 2π×k,

¯

¯

¯k∈Z^o∪

½π 3+2π

3 ×k

¯

¯

¯k∈Z

¾ .

3. Étape(s) du raisonnement.Transformer le sinus en cosinus en utilisant les angles associés :cos³π 2−θ´

=sin(θ) etsin³π

2−θ´

=cos(θ).

On a :

cos³ 2x−π

3

´

=sin µ

x+3π 4

¶

⇐⇒ cos³ 2x−π

3

´

=cos µπ

2− µ

x+3π 4

¶¶

⇐⇒ cos³ 2x−π

3

´

=cos µπ

2− µ

x+3π 4

¶¶

⇐⇒ cos³ 2x−π

3

´

=cos³

−x−π 4

´

⇐⇒ 2x−π

3≡ −x−π

4[2π] ou 2x−π 3≡x+π

4[2π]

⇐⇒ 3x≡π

6[2π] oux≡11π 12 [2π]

⇐⇒ x≡ π 12

·2π 3

¸

oux≡11π 12 [2π].

Donc,

S=

½ π 12+2π

3 ×k¯

¯

¯k∈Z

¾

∪

½11π

12 +k×2π¯

¯

¯k∈Z

¾

4. Méthode 1: On a :

sin(2x)+sin(x)=0 ⇐⇒ sin(2x)= −sin(x)

⇐⇒ sin(2x)=sin(−x)

⇐⇒ 2x= −x[2π] ou 2x=π+x[2π]

⇐⇒ x=0

·2π 3

¸

oux=π[2π].

Donc,

S=

nπ+2π×k¯

¯

¯k∈Z^o∪

½2π 3 ×k¯

¯

¯k∈Z

¾ .

Méthode 2: On a :

sin(2x)+sin(x)=2 sin(x)×cos(x)+sin(x)=sin(x)ס

2 cos(x)+1¢ Donc,

sin(2x)+sin(x)=0 ⇐⇒ sin(x)ס

2 cos(x)+1¢

=0

⇐⇒ sin(x)=0 ou 2 cos(x)+1=0

⇐⇒ x≡0[π] ou cos(x)= −1 2

⇐⇒ x≡0[π] oux≡2π

3 [2π] oux≡ −2π 3 [2π]

Donc,

S=n π×k

¯

¯

¯k∈Z^o∪

½2π

3 +2k×π¯

¯

¯k∈Z

¾

∪

½

−2π

3 +2k×π¯

¯

¯k∈Z

¾

5. ÏSoitx∈R^{. On noteX}=cos(2x).

On résout l’équation 2X²+X−1=0. Le discriminant de cette équation est∆=1−4×2×(−1)=3². Donc,

2X²+X−1=0 ⇐⇒ X=−1−3

4 ou X=−1+3

4 ⇐⇒ X= −1 ouX=1 2. ÏOn résout alors les équations cos(2x)= −1 et cos(2x)=1

2. On a :

cos(2x)= −1 ⇐⇒ 2x≡π[2π] ⇐⇒ x≡π 2[π]

On a :

cos(2x)=1

2 ⇐⇒ 2x≡π

3[2π] ou 2x≡ −π

3[2π] ⇐⇒ x≡π

6[π] oux≡ −π 6[π].

Donc,

2¡

cos(2x)¢2

+cos(2x)=1 ⇐⇒ x≡π

2[π] oux≡π

6[π] oux≡ −π 6[π].

Ainsi,

S= nπ

2+k×π¯

¯

¯k∈Z^o∪ nπ

6+k×π¯

¯

¯k∈Z^o∪ n

−π

6+k×π¯

¯

¯k∈Z^o. 6. Soitx∈R^{. On a :}

cos(x)−cos(2x)= −2 sin µ3x

2

¶

×sin³

−x 2

´

et sin(3x)=2 sin µ3x

2

¶

×cos µ3x

2

¶ .

Donc,

cos(x)−cos(2x)=sin(3x) ⇐⇒ −2 sin µ3x

2

¶

×sin³

−x 2

´

=2 sin µ3x

2

¶

×cos µ3x

2

¶

⇐⇒ 2 sin µ3x

2

¶

×sin³x 2

´

=2 sin µ3x

2

¶

×cos µ3x

2

¶

⇐⇒ sin µ3x

2

¶

× µ

sin³x 2

´

−cos µ3x

2

¶¶

=0

⇐⇒ sin µ3x

2

¶

=0 ou sin³x 2

´

=cos µ3x

2

¶

⇐⇒ sin µ3x

2

¶

=0 ou cos³π 2−x

2

´

=cos µ3x

2

¶

⇐⇒ 3x

2 ≡0[π] ou π 2−x

2≡3x

2 [2π] ou π 2−x

2≡ −3x 2 [2π]

⇐⇒ x≡0

·2π 3

¸

ou 2x≡π

2[2π] oux≡ −π 2[2π]

⇐⇒ x≡0

·2π 3

¸

oux≡π

4[π] oux≡ −π 2[2π].

Donc,

S=

½ k×2π

3

¯

¯

¯k∈Z

¾

∪nπ

4+k×π¯

¯

¯k∈Z^o∪n

−π

2+k×2π¯

¯

¯k∈Z^o. 7. Soitx∈R^.

On a¡

cos(x)²+sin(x)²¢2

=¡ cos(x)¢4

+2¡

sin(x)¢2¡ cos(x)¢2

+¡ sin(x)¢4

. D’où, par la relation fondamentale, 1=¡

cos(x)¢4

+2¡ sin(x)¢2

ס cos(x)¢2

+¡ sin(x)¢4

. Donc,

(cos(x))⁴+(sin(x))⁴=1 ⇐⇒ 1−2¡

sin(x)¢2¡ cos(x)¢2

=1

⇐⇒ ¡ sin(x)¢2

ס cos(x)¢2

=0

⇐⇒ cos(x)=0 ou sin(x)=0

⇐⇒ x≡π

2[π] oux≡0[π].

Donc,

S=nπ

2+k×π¯

¯

¯k∈Z^o∪n k×π¯

¯

¯k∈Z^o.

8. Étape(s) du raisonnement. Pour simplifier une expression de la formeacos(x)+bsin(x)ouacos(x)−bsin(x), on factorise par p

a²+b²et on chercheθtel que :cos(θ)= a

pa²+b² etcos(θ)= b pa²+b². On a :

cos(x)−p

3×sin(x)=2 Ã1

2×cos(x)− p3

2 ×sin(x)

!

=2³ cos³π

3

´

×cos(x)−sin³π 3

´

×sin(x)´

=2 cos(π 3+x).

Donc,

cos(x)−p

3×sin(x)=1 ⇐⇒ cos(π

3+x)=1

2 ⇐⇒ π

3+x≡π

3[2π] ou π

3+x≡ −π 3[2π] D’où,

cos(x)−p

3×sin(x)=1 ⇐⇒ x≡0[2π] ou x≡ −2π 3 [2π]

Donc,

S=© k×2π¯

¯k∈Z^ª∪

½

−2π

3 +k×2π¯

¯

¯k∈Z

¾ .

9. Soitx∈R. On sait que−1Écos(x)É1 et−1Ésin(x)É1. Donc,

cos(x)+sin(x)=2 ⇐⇒ cos(x)=sin(x)=1.

Cette dernière condition est impossible. Donc,

S=∅^.

Exercice 8

Résoudre les inéquations d’inconnue

x∈

R suivantes : 1. cos(x)

Ê

p

3 2 . 2. sin(x)

<

0.

3. sin(x)

×

cos(x)

É

1 4 . 4. tan(x)

>p

3.

5. 2

¡

cos(

x)¢2

−

cos(x)

−

1

<

0.

6. cos

³x

3

´

É

sin

³x

3

´

. Réponse

Étape(s) du raisonnement. Lecture sur le cercle trigonométrique.

1. S= [

k∈Z h

−π

6+k×2π,π

6+k×2πi . 2. S= [

k∈Z

]−π+k×2π,k×2π[.

3. Soitx∈R. On sait que sin(x)×cos(x)=1

2×sin(2x).

D’où,

sin(x)×cos(x)É1

4 ⇐⇒sin(2x)É1

2 ⇐⇒2x∈ [

k∈Z

·

−7π

6 +k×2π,π

6+k×2π

¸

⇐⇒x∈ [

k∈Z

·

−7π

12 +k×π, π 12+k×π

¸ .

4. S= [

k∈Z iπ

3+k×π,π

2+k×πh

.Attention !tan estπ-périodique 5. Soitx∈R^{. On noteX}=cos(x).

On résout 2X²−X−1=0. On remarque que 1 est racine évidente. Donc, 2X²−X−1=(X−1)×(2X+1) D’où

X X−1 2X+1 2X²−X−1

−∞ −1

2 1 +∞

− − 0 +

− 0 + +

+ 0 − 0 +

On en déduit que : 2¡

cos(x)¢2

−cos(x)−1<0 ⇐⇒ −1

2<cos(x)<1 ⇐⇒ x∈ [

k∈Z µ¸

−2π

3 +k×2π,2π

3 +k×2π

·

\ {k×2π}

¶ .

Donc,S= [

k∈Z µ¸

−2π

3 +k×2π,2π

3 +k×2π

·

\ {k×2π}

¶ ..

6. Soitu∈R^{, on a :}

sin(u)Écos(u) ⇐⇒ u∈ [

k∈Z

·π

4+k×2π,5π

4 +k×2π

¸ .

Donc, cos³x

3

´ Ésin³x

3

´

⇐⇒ x 3∈ [

k∈Z

·π

4+k×2π,5π

4 +k×2π

¸

. ⇐⇒ x∈ [

k∈Z

·3π

4 +k×6π,15π

4 +k×6π

¸ .

Donc,S= [

k∈Z

·3π

4 +k×6π,15π

4 +k×6π

¸ .

Fonctions circulaires réciproques

Exercice 9

Soient

x

et

y

deux réels tels que : 0

<x<y.

1. Montrer que : Arctan

µx

y

¶

+

Arctan

µy−x

y+x

¶

=^π

4 . 2. Montrer que : 4 Arctan

µ

1 5

¶

=

Arctan

µ

120

119

¶

. 3. En déduire la formule de Machin (1706) :

π

4

=

4 Arctan

µ

1

5

¶

−

Arctan

µ

1

239

¶

. Réponse

1. Étape(s) du raisonnement. Montrer que les deux membres de l’égalité ont la même tangente. Pour cela, on utilisera les deux propriétés suivante :

(a) sia.^π

2[π],b.^π

2[π]eta+.^π

2[π], alorstan(a+b)= tan(a)+tan(b) 1−tan(a) tan(b). Ici,a=Arctan

µx y

¶

,b=Arctan µy−x

y+x

¶

. On pense à vérifier que les conditions d’application de la formule rappelée.

(b) pour toutθ∈ i

−π 2,π

2 h

,Arctan¡ tan(θ)¢

=θ. On a 0<x

y<1. Or, Arctan est strictement croissante, donc, Arctan(0)

| {z }

=0

<Arctan µx

y

¶

<Arctan(1)

| {z }

=^π₄

.

De même, commex<yetx>0, on a : 0<y−x<y+x. D’où, 0<Arctan

µy−x y+x

¶

<π 4. Donc, en sommant les inégalités,

0<Arctan µx

y

¶

+Arctan µy−x

y+x

¶

<π 2. Ainsi, on peut utiliser la formule d’addition et

tan µ

Arctan µx

y

¶

+Arctan µy−x

y+x

¶¶

= tan

µ Arctan

µx y

¶¶

+tan µ

Arctan µy−x

y+x

¶¶

1−tan µ

Arctan µx

y

¶¶

tan µ

Arctan µy−x

y+x

¶¶=

x y+^y−x_y+x 1−^x_y×^y_y⁻₊^x_x.

On multiplie numérateur et dénominateur pary×(y+x). Il vent : tan

µ Arctan

µx y

¶

+Arctan µy−x

y+x

¶¶

=x×(y+x)+y×(y−x)

y×(y+x)−x×(y−x)=x²+y² y²+x²=1.

Donc,

Arctan µ

tan µ

Arctan µx

y

¶

+Arctan µy−x

y+x

¶¶¶

=Arctan(1)=π 4. Or, Arctan

µx y

¶

+Arctan µy−x

y+x

¶

∈ i

−π 2,π

2 h

. Donc,

Arctan µx

y

¶

+Arctan µy−x

y+x

¶

=π 4.

2. Étape(s) du raisonnement. Utilisertan(2θ)= 2 tan(θ) 1−¡

tan(θ)¢2 oùθ.^π 4

hπ 2 i

etθ.^π 2[π].

On a : 0<1

5<1. Donc,

0<Arctan µ1

5

¶

<π 4. D’où,

tan µ

2 Arctan µ1

5

¶¶

= 2 tan¡

Arctan¡₁

5

¢¢

1−¡ tan¡

Arctan¡₁

5

¢¢¢2=

2 5

1−₅¹2

=2 5×25

24= 5 12. Comme 2 Arctan

µ1 5

¶

∈i 0,π

2 h

, on a :

2 Arctan µ1

5

¶

=Arctan µ 5

12

¶

De plus, comme 0< 5 12<1,

0<2 Arctan µ1

5

¶

<π 4. Donc,

tan µ

4 Arctan µ1

5

¶¶

= 2 tan¡

2 Arctan¡₁

5

¢¢

1−¡ tan¡

2 Arctan¡₁

5

¢¢¢2= 2×₁₂⁵ 1−₁₄₄²⁵ =5

6×144 119=120

119. Comme 4 Arctan

µ1 5

¶

∈i 0,π

2 h

, on a :

4 Arctan µ1

5

¶

=Arctan µ120

119

¶ .

3. On applique la question 1 avecx=1 ety=239. Il vient : Arctan

µ 1 239

¶

+Arctan µ238

240

¶

=π 4. D’où,

Arctan µ 1

239

¶

+Arctan µ119

120

¶

=π 4. On sait que, pour toutx>0,

Arctan(x)=π

2−Arctan µ1

x

¶ . D’où,

Arctan µ119

120

¶

=π

2−Arctan µ120

119

¶ . Donc,

Arctan µ 1

239

¶ +π

2−Arctan µ120

119

¶

=π 4.

Or, par la question 2.,

4 Arctan µ1

5

¶

=Arctan µ120

119

¶ . Ainsi,

π

4=4 Arctan µ1

5

¶

−Arctan µ 1

239

¶ .

Exercice 10

Simplifier les expressions suivantes (préciser les valeurs de

x

pour lesquelles ces expressions ont un sens) : 1. cos(2 Arccos(x)).

2. cos(2 Arcsin(x)).

3. sin(2 Arccos(x)).

4. cos(2 Arctan(x)).

5. sin(2 Arctan(x)).

6. tan(2 Arcsin(x)).

Réponse

1. cos est définie surRet Arccos est définie sur [−1, 1]. Donc, l’expression a un sens quandx∈[−1, 1].

On a :

cos(2 Arccos(x))=2¡

cos(Arccos(x))¢2

−1=2x²−1.

2. cos est définie surRet Arcsin est définie sur [−1, 1]. Donc, l’expression a un sens quandx∈[−1, 1].

On a :

cos(2 Arcsin(x))=1−2¡

sin(Arcsin(x))¢2

=1−2x².

3. sin est définie surRet Arccos est définie sur [−1, 1]. Donc, l’expression a un sens quandx∈[−1, 1].

On a :

sin(2 Arccos(x))=2 sin(Arccos(x))×cos(Arccos(x))=2x×p 1−x². 4. cos est définie surRet Arctan est définie surR^{. Donc,x}peut prendre toute valeur réelle.

On a :

cos(2 Arctan(x))=2¡

cos(Arctan(x))¢2

−1= 2

1+¡

tan(Arctan(x))¢2−1= 2

1+x²−1=1−x² 1+x². 5. sin est définie surRet Arctan est définie surR^{. Donc,x}peut prendre toute valeur réelle.

On a :

sin(2 Arctan(x))=2 cos(Arctan(x))×sin(Arctan(x))=2¡

cos(Arctan(x))¢2

×tan(Arctan(x))= 2 1+¡

tan(Arctan(x))¢2×x= 2x 1+x². 6. Arcsin est à valeurs dansh

−π 2,π

2 i

. Donc, 2 Arcsin est à valeurs dans [−π,π].

Donc, l’expression tan(2 Arcsin(x)) a un sens lorsque 2 Arcsin(x),^π

2 et 2 Arcsin(x),−π 2. On doit donc prendrex,^sin

³π 4

´

x,−sin³π 4

´

. Autrement ditx, p2

2 etx,− p2

2 . Soitx∈[−1, 1] \

(

− p2

2 , p2

2 )

. On a :

tan(2 Arcsin(x))=sin(2 Arcsin(x))

cos(2 Arcsin(x))=2 sin(Arcsin(x))×cos(Arcsin(x))

2x²−1 =2x×p 1−x² 2x²−1

Exercice 11

Simplifier les expressions suivantes :

1. Arctan(2)

+

Arctan(5)

+

Arctan(8).

2. Arctan

µ

1

2

¶

+

Arctan

µ

1

5

¶

+

Arctan

µ

1

8

¶

.

3. Arcsin

5

+

Arcsin

13

+

Arcsin 65 .

Exercice 12

Résoudre les équations d’inconnue réelle

x

: 1. Arcsin(x)

=

Arccos(x)

2. Arcsin(x)

=

Arccos

µ

1

3

¶

−

Arccos

µ

1

4

¶

.

3. Arctan(2

x)+

Arctan(3

x)=^π

4 . 4. Arcsin(x)

=

Arctan(2)

+

Arctan(3).

Réponse

1. L’équation a un sens pourx∈[−1, 1]. Soitx∈[−1, 1].

Analyse.Soitxune solution. On a alors :

sin(Arcsin(x))=sin(Arccos(x)).

Donc,

x=p 1−x². D’où,x²=1−x². Donc,x²=1

2, puisx= − 1

p2oux= 1 p2. Synthèse.On a Arcsin

µ 1 p2

¶

=π

4 et Arccos µ 1

p2

¶

=π

4. Donc, 1

p2 est solution.

On a Arcsin µ

− 1 p2

¶

= −π

4 et Arccos µ

− 1 p2

¶

=3π

4 . Donc,− 1

p2n’est pas solution.

Ainsi,

S=

½ 1 p2

¾ .

2. L’équation a un sens pourx∈[−1, 1].

On a : 0É1

3É1 et 0É1 4É1.

D’où, 0ÉArccos µ1

3

¶ Éπ

2 et 0ÉArccos µ1

4

¶ Éπ

2. Donc,−π

2ÉArccos µ1

3

¶

−Arccos µ1

4

¶ Éπ

2. Donc,

Arcsin(x)=Arccos µ1

3

¶

−Arccos µ1

4

¶

⇐⇒ x=sin µ

Arccos µ1

3

¶

−Arccos µ1

4

¶¶

. Or,

sin µ

Arccos µ1

3

¶

−Arccos µ1

4

¶¶

= sin µ

Arccos µ1

3

¶¶

cos µ

Arccos µ1

4

¶¶

−sin µ

Arccos µ1

4

¶¶

cos µ

Arccos µ1

3

¶¶

= 1 4×

s 1− 1

3²−1 3×

s 1− 1

4²

= 2p 2−p

15

12 .

Donc,

S= (2p

2−p 15 12

)

3. Étape(s) du raisonnement.On montre que l’équation possède une unique solution à l’aide du théorème de la bijection. Puis, on cherche cette solution

ÏOn noteϕ:x7→Arctan(2x)+Arctan(3x).

La fonctionϕest dérivable surR(composée de fonctions dérivables) et, pour toutx∈R^, ϕ⁰(x)= 2

1+(2x)²+ 3

1+(3x)²>0.

Donc,ϕest strictement croissante surR^.

De plus,ϕest continue surR. Donc, par le théorème de la bijection,ϕréalise une bijection deR^{sur f(}R^).

De plus, comme Arctan(x)−−−−−→_x→+∞ π

2 et Arctan(x)−−−−−→_x→−∞ −π 2, on a : x

ϕ

−∞ +∞

−π

−π

π π

On en déduit quef(R⁾=[−π,π].

Commeπ

4∈[−π,π], on en déduit que l’équation Arctan(2x)+Arctan(3x)=π

4 possède une unique solutionα∈R^. ÏOn a (lorsque cela a un sens) :

tan¡

Arctan(2x)+Arctan(3x)¢

= tan¡

Arctan(2x)¢ +tan¡

Arctan(3x)¢ 1−tan¡

Arctan(2x)¢

×tan¡

Arctan(3x)¢= 5x 1−6x². Donc,αvérifie : 5α

1−6α²=1. D’où, 5α=1−6α². Après résolution, on trouveα=1 ouα=1

6. Or, Arctan(2)>π

2 et Arctan(3)>π

2. Donc, Arctan(2)+Arctan(3)>π. Donc,α,^1.

Ainsi,α=1 6.

S=

½1 6

¾ .

4. On a 3>2>1. Donc, Arctan(3)>π

4 et Arctan(2)>π 4. Donc, Arctan(2)+Arctan(3)>π

2. Or, Arcsin est à valeurs dansh

−π 2,π

2 i

. Donc,

S=∅^.

Exercice 13

Montrer que, pour tout

x>

0,

Arctan(x)

> x

1

+x²

. Réponse

On noteϕ:x7→Arctan(x)− x 1+x².

Pour toutx∈R+, 1+x²,^{0. Donc,}ϕest dérivable surR+et, pour toutx∈R^, ϕ⁰(x)= 1

1+x²−1+x²−2x² (1+x²)² = 1

1+x²− 1−x²

(1+x²)²=1+x²−1+x²

(1+x²)² = 2x² (1+x²)²Ê0.

Donc,

x ϕ⁰(x)

ϕ

0 +∞

0 +

0 0

On en déduit que la fonctionϕest strictement croissante surR+. Donc, pour toutx>0,ϕ(x)>ϕ(0), puis, Arctan(x)> x

1+x².

Exercice 14

Montrer que, pour tout

x∈

]

−

1, 1[,

Arcsin(x)

=

Arctan

µ x

p

1

−x²

¶

.

Réponse

On note ϕ(x)=Arctan

µ x

p1−x²

¶

−Arcsin(x). La fonction ϕest dérivable sur ]−1, 1[ comme composée de fonctions dérivables et, pour toutx∈]−1, 1[,

ϕ⁰(x) =

p1−x²−x× ^−2x

2p 1−x²

¡p

1−x²¢2 × 1 1+

³px 1−x²

´2− 1 p1−x²

= 1−x²+x² p1−x²×¡

1−x²¢× 1 1+_1−x^x22

− 1 p1−x²

= 1

p1−x²×¡

1−x²¢× 1−x²

1−x²+x²− 1 p1−x²

= 0.

Donc,ϕest constante sur l’intervalle ]−1, 1[.

De plus,ϕ(0)=Arctan(0)−Arcsin(0)=0. Donc,

pour toutx∈]−1, 1[, Arcsin(x)=Arctan

µ x

p1−x²

¶ .

Exercice 15

Étudier la fonction

f

:

x7→

Arcsin

µ

2

p

x

1

+x

¶

. Exercice 16

Étudier la fonction

f

:

x7→

Arcsin

¡

sin(x)

¢

.

Réponse

La fonction sin est définie surRet à valeurs dans [−1, 1] et la fonction Arcsin est définie sur [−1, 1].

Donc, par composition, la fonction f est définie surR^. De plus, pour toutx∈R^,

f(x+2π)=Arcsin¡

sin(x+2π)¢

=Arcsin¡ sin(x)¢

=f(x).

Donc, f est 2π-périodique . On restreint l’étude def à [−π,π].

De plus,Rest symétrique par rapport à 0 et, pour toutx∈R^, f(−x)=Arcsin¡

sin(−x)¢

=Arcsin¡

−sin(x)¢

= −Arcsin¡ sin(x)¢

= −f(x).

Donc, f est impaire . On restreint l’étude def à [0,π].

De plus, pour toutx∈R^,

f(π−x)=Arcsin¡

sin(π−x)¢

=Arcsin¡ sin(x)¢

=f(x).

On en déduit que le graphe de f est symétrique par rapport à la droite d’équationx=π

2 (voir le théorème transformation de fonctions). On restreint l’étude de f àh

0,π 2 i

. En résumé,

• On étudie f surh 0,π

2 i

.

• Par symétrie axiale d’axex=π

2, on obtient l’étude def sur [0,π].

• Par symétrie centrale de centreO, on obtient l’étude def sur [−π,π].

• Par translation, on obtient l’étude de f surR^. Pour toutx∈

h 0,π

2 i

, Arcsin¡ sin(x)¢

=x. On en déduit le tableau de variations de f sur [−π,π] :

x

f

-π −π

2 0 π

2 π

0 0

−π

−π2 2

π 2 π 2

0 0 0

Le graphe def surRse déduit par translations.

Exercice 17

Montrer que la fonction

f

:

x7→

Arcsin

µ x

p

1

+x²

¶

est une fonction de référence.

Réponse

Soitx∈R^{. On a :} _p

1+x²>p x² Or, p

x²= |x|, d’où,|x| <p 1+x². Donc,

¯

¯

¯

¯ p x

1+x²

¯

¯

¯

¯<1.Autrement dit, pour toutx∈R^, p ^x

1+x²∈]−1, 1[.

De plus, Arcsin est définit sur ]−1, 1[.

Donc,

f est définie surR^. Pour toutx∈R^{, 1}+x²>0, donc,x7→ x

p1+x²

est dérivable surR^.

De plus, la fonction Arcsin est dérivable sur ]−1, 1[ et, pour toutx∈R^, p ^x

1+x²∈]−1, 1[.

Donc, f est dérivable surRet, pour toutx∈R^,

f⁰(x)=

p1+x²−x×₂^p2₁^x

+x²

1+x² × 1

r 1−

³px 1+x²

´2= · · · = 1

1+x²=Arctan⁰(x).

Donc, il existeC∈Rtel que, pour toutx∈R^,f(x)=Arctan(x)+C.

Or, f(0)=0 et Arctan(0)+C=0. Donc,C=0, puis,

f=Arctan.