EXERCICE 93 page 228
Notons dès le départ que les 4 fonctions f, g, h,etisont toutes continues sur leur domaine de définition. Donc, pour chaque fonction composée, les domaines de définition et de continuité sont confondus :Dc=D .
1. (f◦h◦g) (x) =f(h(g(x))) = arcsin³
(2x−1)2´
Système du domaine de définition (et de continuité d’après la remarque initiale) : D(f◦h◦g) ={x∈R:x∈Dg ∧ g(x)∈Dh ∧ h(g(x))∈Df}
⎧⎪
⎪⎨
⎪⎪
⎩
x∈Dg: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes 2x−1∈Dh: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes
(2x−1)2∈Df ⇐⇒ (Σ)
½ (2x−1)2≥ −1 (1) (2x−1)2≤1 (2) (1)est vérifiée pour tout réel.
(2)⇐⇒4x(x−1)≤1⇐⇒x∈[0; 1]et donc on obtientD(f ◦h◦g) = [0; 1]
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure les points solutions du système : (S)
½ (2x−1)2=−1 (10) (2x−1)2= 1 (20) On obtient alors :Dd1(f◦h◦g) = ]0; 1[
Pour toutx∈D1d(f ◦h◦g)on a : d
dxarcsin (2x−1)2= (2x−1)√
√ 2
−2x4+ 4x3−3x2+x
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hospital la dérivabilité en0et en1.
Résultat :Dd(f◦h◦g) = ]0; 1[ ; avec demi-tangentes verticales en0et en 1.
-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8
-0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 x0.8 1 1.2 1.4
2. (i◦f◦g) (x) =i(f(g(x))) = 1 arcsin (2x−1)
Système du domaine de définition (et de continuité d’après la remarque initiale) : D(i◦f◦g)={x∈R:x∈Dg ∧ g(x)∈Df ∧ f(g(x))∈Di}
⎧⎪
⎪⎨
⎪⎪
⎩
x∈Dg: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes
2x−1∈Df : / (Σ)
½ 2x−1≥ −1 (1) 2x−1≤1 (2) arcsin (2x−1)∈Di ⇐⇒ arcsin (2x−1)6= 0 (3) (1)⇐⇒x≥0
(2)⇐⇒x≤1
Pour toutx∈[−1; 1]on a :(3)⇐⇒2x−16= 0⇐⇒x6=12 et donc on obtientD(i◦f ◦g) = [0; 1]\©1
2
ª
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure les points solutions du système : (S)
½ 2x−1 =−1 (10) 2x−1 = 1 (20)
On obtient alors :Dd1(i◦f◦g) = ]0; 1[\©1
2
ª Pour toutx∈D1d(i◦f◦g)on a : d
dx
1
arcsin (2x−1) = −1
√x−x2·arcsin2(2x−1)
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hospital la dérivabilité en0et en1.
Résultat :Dd(i◦f◦g) = ]0; 1[\©1
2
ª ; avec demi-tangentes verticales en0et en1.
-6 -4 -2 0 2 4 6
0.2 0.4 x0.6 0.8 1
3. (i◦g◦f) (x) =i(g(f(x))) = 1 2 arcsinx−1
Système du domaine de définition (et de continuité d’après la remarque initiale) : D(i◦g◦f)={x∈R:x∈Df ∧ f(x)∈Dg ∧ g(f(x))∈Di}
⎧⎨
⎩
x∈Df : ∧ h(f(x))∈Dg x∈[−1; 1]
arcsinx∈Dg: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes
2 arcsinx−1∈Df ⇐⇒ 2 arcsinx−16= 0 (1)
Pour toutx∈[−1; 1]on a (voir exercice 75) :arcsinx= 12 ⇐⇒
½ arcsinx = 12 (a) x = sin12 (b) et donc on obtientD(i◦g◦f) = [−1; 1]\©
sin12ª
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure−1et1. :D1d(i◦g◦f) = ]−1; 1[\© sin12ª Pour toutx∈D1d(i◦g◦f)on a : d
dx
1
2 arcsinx−1= −2 (2 arcsinx−1)2·√
1−x2
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hospital la dérivabilité en.−1et en 1.
Résultat :Dd(i◦g◦f) = ]−1; 1[\© sin12ª
; avec demi-tangentes verticales en−1et en 1.
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 x0.6 0.8 1
4. (i◦g◦h◦f) (x) =i(g(h(f(x)))) = 1 2 arcsin2x−1
Système du domaine de définition (et de continuité d’après la remarque initiale) :
D(i◦g◦h◦f)={x∈R:x∈Df ∧ f(x)∈Dh ∧ h(f(x))∈Dg ∧ g(h(f(x)))∈Di}
⎧⎪
⎪⎨
⎪⎪
⎩
x∈Df : ⇐⇒ x∈[−1; 1]
arcsinx∈Dh: / car il n’y a aucune condition pour les polynômes arcsin2x∈Dg / car il n’y a aucune condition pour les polynômes 2 arcsin2x−1∈Di ⇐⇒ 2 arcsin2x−16= 0 (1)
Pour toutx∈[−1; 1]on a (voir exercice 75) : arcsin2x= 12 ⇐⇒arcsinx=±√22 ⇐⇒
(
arcsinx = ±√22 (a) x = ±sin√22 (b) On obtientD(i◦g◦h◦f) = [−1; 1]\n
−sin√22; sin√22o
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure−1et1. :Dd1(i◦g◦h◦f) = ]−1; 1[\n
−sin√22; sin√22o Pour toutx∈D1d(i◦g◦h◦f)on a : d
dx
1
2 arcsin2x−1 = −4 arcsinx
¡2 arcsin2x−1¢2
·√ 1−x2
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hospital la dérivabilité en.−1et en 1.
Résultat :Dd(i◦g◦h◦f) = ]−1; 1[\n
−sin√22; sin√22o
; avec demi-tangentes verticales en−1et en 1
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 x0.6 0.8 1
EXERCICE 94 page 228
1. f(x) =p
arccosx+π4
La fonction est continue sur son domaine de définition comme composée de fonctions continues. : Dc=D=n
x∈R:x∈D(arccos) ∧ ¡
arccosx+π4¢
∈D³√´o ( x∈D(arccos) : ⇐⇒ x∈[−1; 1]
¡arccosx+π4¢
∈D³√´
: ⇐⇒ arccosx+π4 ≥0 (1) Résolution de l’inéquation(1):arccosx≥ −π4
On peut voir tout de suite : Pour toutx∈[−1; 1]on aarccosx∈[0;π].doncarccosx+π4 >0. Méthode pour les inégalités cyclométriques
Tant qu’il s’agit de fonctions continues sur leur domaine d’existence, il suffit de résoudre les équations corres- pondantes et d’en déduire les intervalles solutions de l’inéquation.
Pour les équations, on applique la méthode de l’exercice 75.
Équation associée à(1):arccosx+π4 = 0 (2) Pour toutx∈[−1; 1]:
(2) : arccosx=−π 4 ⇐⇒
½ arccosx = −π4 (a)
x = cos¡
−π4¢
= 12√ 2 (b) Or, la solution de(b)ne vérifie pas(a)donc,(2)n’a pas de solution dans[−1; 1]
Donc, le signe dearccosx+π4 est constant sur[−1; 1]. Il est positif.pour toutx∈[−1; 1]. On obtient :Dc=D= [−1; 1]
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure les points−1et1.
On obtient alors :Dd1= ]−1; 1[
Pour toutx∈D1d on a : d dx
parccosx+π4 = −1
√4 arccosx+π·√ 1−x2
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hospital
la dérivabilité en−1et en 1.
Résultat :Dd= ]−1; 1[ ; avec une demi-tangente verticale en−1et en 1.
0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
-1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8x 1 1.2
2. f(x) =√
3 arcsinx+π
La fonction est continue sur son domaine de définition comme composée de fonctions continues. : Dc=D=n
x∈R:x∈D(arcsin) ∧ (3 arcsinx+π)∈D³√´o ( x∈D(arcsin) : ⇐⇒ x∈[−1; 1]
(3 arcsinx+π)∈D³√´
: ⇐⇒ 3 arcsinx+π≥0 (1) Équation associée à(1):3 arcsinx+π= 0 (2)
Pour toutx∈[−1; 1]:
(2) : 3 arcsinx+π= 0⇐⇒
½ arcsinx = −π3 (a)
x = sin¡
−π3
¢ =−12
√3 (b)
La solution de(b)vérifie(a)donc,(2)admet dans[−1; 1]la solution uniquex=−12√ 3 Étude du signe :
3 arcsinx+π≥0 ⇐⇒arcsinx≥ −π3
Et parceque la fonction sinus est strictement croissante sur £
−π2;π2¤
, on peut conserver le symbole de l’in- équation en appliquant le sinus dans les deux membres :
∀x∈[−1; 1] arcsinx≥ −π3 ⇐⇒x≥ −12√ 3 On obtient :Dc=D=£
−12√ 3; 1¤
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure les points−12
√3et1.
On obtient alors :Dd1=¤
−12
√3; 1£ Pour toutx∈D1d on a : d
dx
√3 arcsinx+π= 3
2√
3 arcsinx+π·√ 1−x2
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hos- pital la dérivabilité en−12√
3et en1.
Résultat :Dd=¤
−12√ 3; 1£
; avec une demi-tangente verticale en−12√
3et en 1.
-0.5 0 0.5 1 1.5 2 3
-1.2 -1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8x 1 1.2
3. f(x) =√
9 arctan2x−π2
La fonction est continue sur son domaine de définition comme composée de fonctions continues. : Dc=D=n
x∈R:x∈D(arctan) ∧ ¡
9 arctan2x−π2¢
∈D³√´o
( x∈D(arctan) : ⇐⇒ x∈R
¡9 arctan2x−π2¢
∈D³√´
: ⇐⇒ 9 arctan2x−π2≥0 (1) Équation associée à(1):9 arctan2x−π2≥0⇔arctanx=±π3 (2)
Pour toutx∈R:
(2) : arctanx=±π 3 ⇐⇒
½ arctanx = ±π3 (a)
x = tan¡
±π3
¢ =±√ 3 (b) La solution de(b)vérifie(a)donc,(2)admet dansRles deux solutionsx=−√
3etx=√ 3. Étude du signe :
9 arctan2x−π2≥0⇐⇒arctan2x≥π92
La fonction racine carrée est strictement croissante sur[0;∞[, on peut conserver le symbole de l’inéquation :
∀x∈R arctan2x≥π92 ⇐⇒|arctanx|≥π3 ⇐⇒arctanx≤ −π3 ∨arctanx≥π3
La fonction tangente est strictement croissante sur¤
−π2,π2£
, on peut conserver les symboles des inéquations :
∀x∈R arctanx≤ −π3 ∨arctanx≥π3 ⇐⇒x≤ −√
3∨x≥√ 3 On obtient :Dc=D=¤
−∞;−√ 3¤
∪£√
3;∞£
Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure les points−√ 3et√
3.
On obtient alors :Dd1=¤
−∞;−√ 3£
∪¤√
3;∞£ Pour toutx∈D1d on a : d
dx
√9 arctan2x−π2= 9 arctanx (1 +x2)√
9 arctan2x−π2
Avant de conclure le domaine de dérivabilité définitif, il faut étudier par la méthode duCauchy suivi de Hospital la dérivabilité en−√
3et en√ 3.
Résultat :Dd=¤
−∞;−√ 3£
∪¤√
3;∞£
; avec une demi-tangente verticale en en−√
3et en√ 3.
On peut remarquer l’asymptote horizontale :(AH) : y= √25πen+∞et en−∞.
0 1 2 3
-4 -2 2 x 4
EXERCICE 95 page 228 (EXAMEN 2002 ! !)
1. L’arc dont le sinus vaut π2 >1n’est pas défini. L’équation donnée n’a pas de sens. EdSR(1) =∅ Modification :(11) arcsinx+ arcsin12 =π4
Le domaine d’existence estDE= [−1; 1]et pour toutx∈DE l’équation est équivalente au système :
½ arcsinx+ arcsin12 = π4 (1a) sin¡
arcsinx+ arcsin12¢
= sinπ4 (1b)
A partir de(1b), après application du théorème d’addition des sinus (sicocosi) et de l’identitésin (arccosx) = cos (arcsinx) = +√
1−x2 (voir l’exercice 75 ! !) on obtient : (1b) ⇐⇒ x·q
1−14+√
1−x2·12 =√22
⇐⇒ x√ 3 +√
1−x2=√ 2
⇐⇒ √
1−x2=√ 2−x√
3 CE:√
2−x√ 3≥0
Pour respecter cette condition d’existence on restreint le domaine d’existence et on peut élever au carré pour comparer ces deux nombres positifs :
∀x∈DEN=h
−1;q
2 3
i: (1b) ⇐⇒ 1−x2= 2−2√
6x+ 3x2
⇐⇒ 4x2−2√
6x+ 1 = 0 (second degré∆0 = 2)
⇐⇒
⎧⎨
⎩
x= √6+4√2 ∈/DEN x=√6−4√2 ∈DEN Pour teminer correctement,il fautvérifier la solution de(1b)dans(1a)! ! V. :arcsin√6−4√2+ arcsin12 =12π +π6 = π+2π12 =π4 vérifié.
Donc : EdSR(11) =n√ 6−√
2 4
o 2. (2) arctan 2x+ arctanx= arctan13
Pour toutxdu domaine d’existence DE=Rl’équation est équivalente au système :
½ arctan 2x+ arctanx = arctan13 (2a) tan (arctan 2x+ arctanx) = tan¡
arctan13¢ (2b) A partir de(2b), après application du théorème d’addition des tangentes
tan (α+β) = tanα+ tanβ
1−tanαtanβ CE: tanαtanβ6= 1 on obtient :
(2b) ⇐⇒ 2x+x
1−2x2 =1
3 CE:x∈DEN =R\n
±√22
o
⇐⇒ 2x2+ 9x−1 = 0 second degré :∆= 89
⇐⇒
( x1= −9+4√89 ∈DEN x2=−9−4√89 ∈DEN
Pour teminer correctement,il fautvérifier les solutions de (2b)dans(2a)! ! Explication : L’égalité (2b)est en effet vérifiée également pour toutxqui satisfait :
arctan 2x+ arctanx= arctan1
3+kπ : k∈Z (2k) V. :arctan 2x1+ arctanx1≈0,2136 + 0,1080 = 0,3216≈arctan13 "vérifié".
arctan 2x2+ arctanx2≈−1,4627−1,3571 =−2,8198≈arctan13−π "à écarter"
Donc : EdSR(2) =
(−9 +√ 89 4
)
3. Pour toutx∈DE=R\ {−1}l’équation proposée est équivalente au système :
⎧⎪
⎨
⎪⎩
arctan 1
x+ 1 −arctanx = arctan (1−x) (3a) tan
µ
arctan 1
x+ 1 −arctanx
¶
= tan (arctan (1−x)) (3b)
A partir de(3b), après application du théorème d’addition des tangentes on obtient : (3b) ⇐⇒
1 1+x−x
1 +x+1x = 1−x x∈DEN=R\©
−1;−12
ª
⇐⇒ x2−2x= 0 second degré
⇐⇒
½ x1= 0∈DEN x2= 2∈DEN
Pour teminer correctement,il fautvérifier les solutions de (3b)dans(3a)! ! Explication : L’égalité (3b)est en effet vérifiée également pour toutxqui satisfait :
arctan 1
x+ 1−arctanx= arctan (1−x) +kπ : k∈Z (3k)
V. :arctan 1
0 + 1 −arctan 0 = π4−0 = π4 = arctan (1−0)"vérifié".
arctan 1
2 + 1−arctan 2≈0,32175−1,10715 =−0,7854≈−π4 = arctan (1−2) "vérifié"
Donc : EdSR(3) ={0; 2} 4. Étude du domaine d’existence :
x−1∈[−1; 1] ⇐⇒ x∈[0,2]
1
x ∈[−1; 1] ⇐⇒ x∈]−∞;−1]∪[1;∞[
x
x−2 ∈[−1; 1] ⇔ x∈]−∞; 1]
Et donc on a :DE= [0,2]∩(]−∞;−1]∪[1;∞[)∩]−∞; 1] ={1} Mais, pourx= 1 l’équation proposée n’est pas vérifiée :
arcsin 0 + arccos 1 = 0 + 0 = 06= arcsin (−1) =−π 2 Donc : EdSR(4) =∅
EXERCICE 96 page 228
1. Il s’agit de vérifier : arcsin
√5
| {z 3}
1er quadrant
+ arcsin2
| {z }3
1er quadrant
=π2
Avec la formule d’addition du sinus (sico+cosi) et les rédultats de l’exercice 75, on trouve : sin³
arcsin√35+ arcsin23´
=√35 q
1−49+ q
1−59 2
3 = 59+49 = 1 Donc :arcsin√35+ arcsin23 = π2 + 2kπ , k∈Z
Comme la somme de deux angles du premier quadrant est un angle du premier ou du deuxième quadrant, on a :k= 0.C’est ce qu’il fallait vérifier.
2. Il s’agit de vérifier :arctan1
| {z }3
∈]0;π4[
+ arctan1
| {z }2
∈]0;π4[
= π4
Avec la formule d’addition de la tangente on trouve : tan¡
arctan13+ arctan12¢
=
1 3+12 1−1213 = 1 Donc :arctan13+ arctan12 =π4 +kπ , k∈Z Comme la somme de deux angles de l’intervalle¤
0;π4£
est un angle du premier quadrant, on a : k= 0.C’est ce qu’il fallait vérifier.
3. Il s’agit de vérifier :arctan1
| {z }2
∈]0;π4[
+ arctan1
| {z }5
∈]0;π4[
+ arctan1
| {z }8
∈]0;π4[
=π4
Avec la formule d’addition de la tangente, on trouve : D’abord un calcul à part :
tan¡
arctan12+ arctan15¢
=
1 2+15 1−12
1 5
=79 Et ensuite :
tan¡¡
arctan12+ arctan15¢
+ arctan18¢
=
7 9+18
1−7918 = 6565 = 1 Donc :arctan12+ arctan15+ arctan18 =π4 +kπ , k∈Z Comme la somme de trois angles de l’intervalle ¤
0;π4£
est un angle de l’intervalle¤ 0;3π4£
, on a :k = 0.C’est ce qu’il fallait vérifier.
4. Il s’agit de vérifier :arctan1
| {z }7
∈]0;π4[
+ 2 arctan1
| {z 3}
∈]0;π2[
= π4
Avec la formule d’addition de la tangente, on trouve : D’abord un calcul à part :
tan¡
2 arctan13¢
= 213 1−¡1
3
¢2 =34
Et ensuite : tan¡
arctan17+ 2 arctan13¢
=
1 7+34
1−1734 =2525 = 1 Donc :arctan17+ 2 arctan13 =π4 +kπ , k∈Z Comme la somme d’un angle de l’intervalle¤
0;π4£
et d’un angle du premier quadrant est un angle de l’intervalle
¤0;3π4£
, on a :k= 0.C’est ce qu’il fallait vérifier.
5. Il s’agit de vérifier : arcsin
√5
| {z 5}
1er quadrant
+ arctan1
| {z }3
1er quadrant
= arctan 1
Calcul à part pour transformer l’arcsinus en arctangente (méthode de l’exercice 97) : Soitα= arcsin√55 , alorssinα= √55 et l’angleαest un angle du premier quadrant.
Avec la formule de Pythagore, on obtient :cosα= +q
1−15 =2√55 Et donctanα=cossinαα = 12
Avec la formule d’addition de la tangente, on trouve : tan³
arcsin√55+ arctan13´
=
1 2+13
1−1213 =55 = 1 Donc :arcsin√55+ arctan13 = π4 +kπ , k∈Z Comme la somme de deux angles de l’intervalle¤
0;π4£
est un angle du premier quadrant, on a : k= 0.C’est ce qu’il fallait vérifier car arctan 1 = π4
6. Il s’agit de vérifier uneidentité cyclométrique:
∀x∈[−1; 1] : arcsinx+ arccosx=π 2 NB. : le domaine d’existence de l’égalité est bien :DE= [−1; 1].
— Méthode des formules
On vérifie à l’aide du théorème d’addition des sinus, et avec les formules de l’exercice 75 que pour toutxde l’intervalle compact proposé, on a : :
sin (arcsinx+ arccosx) =x2+√
1−x22=x2+ 1−x2= 1
Donc, on peut affirmer que :arcsinx+ arccosx=π2 + 2kπ et k∈Z. Commearcsinx∈£
−π2;π2¤
etarccosx∈[0;π]on a : arcsinx+ arccosx∈£
−π2;3π2 ¤ . Il en découle quek= 0, ce qu’il fallait démontrer.
— Méthode de l’analyse
On considère la fonctionf :x−→arcsinx+ arccosx Cette fonction est définie et continue sur le compact[−1; 1]. Elle est dérivable sur l’ouvert]−1; 1[et pour tout x∈]−1; 1[on a :
f0(x) = 1
√1−x2 + −1
√1−x2 = 0
D’après le fameux corollaire du théorème de Lagrange(des accroissementsfinis), on déduit alors :f est une fonction constante sur le compact[−1; 1]:
∀x∈[−1; 1] :f(x) =cte
Il ne reste plus qu’à fixer la valeur de la constante. Pour ce faire, on introduit une valeur particulière du domaine, simple à calculer commex= 0 :
cte= arcsin 0 + arccos 0 = π
2+ 0 = π 2 7. Il s’agit de vérifier une autreidentité cyclométrique:
∀x∈[1; +∞[ : arcsinx−1
x+ 1 = arccos 2√ x x+ 1
Cherchons pour commencer le domaine d’existence de l’égalité (il s’agit de résoudre des systèmes(Σ)comme à l’exercice 69 !) :
x−1
x+1 ∈[−1; 1] ⇐⇒ x∈[0;∞[
2√x
x+1 ∈[−1; 1] ⇐⇒ x∈[0;∞[ doncDE= [0;∞[
— Méthode des formules
D’abord il importe de constater : l’argument 2x+1√xdu membre de droite est positif sur le domaine d’existence.
Donc,arccos2x+1√x est un angle du premier quadrant et son sinus est donc un nombre positif. L’égalité n’est donc raisonnable uniquement dans le cas xx+1−1 ≥0c’est-à-dire pour x∈[1;∞[ ., l’angle étant un angle du premier quadrant. On peut maintenant écrire le raisonnement suivant qui utilise la formule de l’exercice 75 :
sin µ
arccos 2√x x+ 1
¶
= + s
1− 4x (x+ 1)2 =
sx2+ 2x+ 1−4x (x+ 1)2 =
¯¯
¯¯ x−1 x+ 1
¯¯
¯¯= x−1 x+ 1 Et puisque les deux angles sont du premier quadrant, il en découle que pour toutx∈[1;∞[:
arcsinx−1
x+ 1 = arccos 2√ x x+ 1
— Méthode de l’analyse
On considère la fonctionf :x−→arccos2x+1√x−arcsinxx+1−1
Cette fonction est définie et continue sur l’intervalle fermé[0;∞[. Elle est dérivable sur l’ouvert]0;∞[et pour toutx∈]0;∞[on a :
f0(x) = −1 r
1−³
2√ x x+1
´2
(x+ 1)√1 x−2√
x
(x+ 1)2 + 1
r 1−³
x−1 x+1
´2
(x+ 1)−(x−1) (x+ 1)2
= 1
√x(x+ 1)
µ x−1
|x−1| −1
¶
≤0
En particulier, pour toutx≥1on a :f0(x) = 0
D’après le fameux corollaire du théorème de Lagrange(des accroissementsfinis), on déduit alors :f est une fonction constante sur le fermé [1;∞[:
∀x∈[1;∞[ :f(x) =cte
Il ne reste plus qu’à fixer la valeur de la constante. Pour ce faire, on introduit une valeur particulière du domaine, simple à calculer commex= 1 :
cte= arccos 1−arcsin 0 = 0−0 = 0
Conclusion :∀x∈[1;∞[ : arccos2x+1√x−arcsinxx+1−1 = 0donc :arccos 2x+1√x= arcsinxx+1−1
Remarque : Voici en supplément, le graphe de la fonction f qui admet un point d’arrêt à 1/2 tangente verticale tournée vers les y négatifs et le point anguleux P(1,0) avec deux 1/2 tangentes de directions différentes.
0 1 2 3 4
-0.5 0.5 1 1.5x 2 2.5 3
EXERCICE 97 page 229
Introduction et rappel
(a) ∀x∈[−1; 1] cos (arcsinx) = +√ 1−x2 Démonstration :
Poserα= arcsinx, un angle du 4e ou du 1er quadrant ! Ceci signifie :sinα=xet donc, avec Pythagore :cosα=±p
1−sin2α=±√ 1−x2 Le signe négatif est à exclure parceque l’angle est situé dans le 4e ou le premier quadrant.
(b) ∀x∈[−1; 1] sin (arccosx) = +√ 1−x2 Démonstration :
Poserα= arccosx, un angle du 1er ou du 2e quadrant ! Ceci signifie :cosα=xet donc, avec Pythagore :sinα=±√
1−cos2α=±√ 1−x2 Le signe négatif est à exclure parceque l’angle est situé dans le 1er ou le 2e quadrant.
(1) N = cos (arctanx)est défini pour tout réelx∈R.
Poser :α= arctanxun angle du 4e ou du 1er quadrant mais différent de π2.et de −π2
Ceci signifie :tanα=xet donc, avec la formule qui relie la tangente au cosinus : cos2α= 1
1 + tan2α = 1
1 +x2 et donc: cosα=± r 1
1 +x2 Le signe négatif est à exclure car l’angle est situé au 4e ou au 1er quadrant.
Conclusion :
(∀x∈R) cos (arctanx) = 1
√1 +x2 (2) N = sin (arctanx)est défini pour tout réel x∈R.
Poser :α= arctanxun angle du 4e ou du 1er quadrant mais différent de π2.et de −π2
Ceci signifie :tanα=xet donc, avec la formule qui relie la tangente au cosinus : cos2α= 1
1 + tan2α = 1
1 +x2 et donc: cosα=± r 1
1 +x2 Le signe négatif est à exclure car l’angle est situé au 4e ou au 1er quadrant.
Maintenant on obtient facilement : sinα= cosα·tanα=q
1
1+x2 ·x= √x 1+x2
Conclusion :
(∀x∈R) sin (arctanx) = x
√1 +x2 (3) N = tan (arccosx)est défini pour tout réelx∈[−1; 1]\ {0}
(Il faut exclure0car la tangente de π2 = arccos 0n’est pas définie)
Poser :α= arccosxun angle du 1er ou du 2e quadrant mais différent de π2 . Ceci signifie :cosα=xet donc, avec Pythagore :sinα= +√
1−x2 Donc:∀x∈[−1; 1]\ {0}: tan (arccosx) = sinα
cosα =
√1−x2 x (4) N = tan (arcsinx)est défini pour tout réel x∈]−1; 1[
(Il faut exclure−1et1car la tangente n’est pas définie, ni en π2 = arcsin 1ni en−π2 = arcsin (−1)) Poser :α= arcsinxun angle du 4e ou du 1er quadrant mais différent de π2 et de−π2 .
Ceci signifie :sinα=xet donc, avec Pythagore :cosα= +√ 1−x2 Donc:∀x∈]−1; 1[ : tan (arcsinx) = sinα
cosα= x
√1−x2
(5) N = sin (2 arccosx)est défini pour tout réelx∈[−1; 1]
Poser :α= arccosxun angle du 1er ou du 2e quadrant . Ceci signifie :cosα=xet donc, avec Pythagore :sinα= +√
1−x2
Donc:∀x∈[−1; 1] : sin (2 arccosx) = sin (2α) = 2 sinαcosα= 2xp 1−x2 (6) N = cos (2 arcsinx)est défini pour tout réelx∈[−1; 1]
Poser :α= arcsinxun angle du 4e ou du 1er quadrant . Ceci signifie :sinα=xet donc, avec Pythagore :cosα= +√
1−x2
Donc:∀x∈[−1; 1] : cos (2 arcsinx) = cos (2α) = cos2α−sin2α= 1−x2−x2= 1−2x2 (7) N = sin2¡1
2arccosx¢
est défini pour tout réelx∈[−1; 1]
Poser :α= arccosxun angle du 1er ou du 2e quadrant.
Ceci signifie :cosα=x.
Avec la formule du dédoubement pour le sinus, on obtient :
∀x∈[−1; 1] : sin2 µ1
2arccosx
¶
= sin2 µ1
2α
¶
= 1
2(1−cosα) = 1 2(1−x)
(8) N = cos2¡1
2arccosx¢
est défini pour tout réel x∈[−1; 1]
Poser :α= arccosxun angle du 1er ou du 2e quadrant . Ceci signifie :cosα=x.
Avec la formule du dédoublement pour le cosinus, on obtient :
∀x∈[−1; 1] : cos2 µ1
2arccosx
¶
= cos2 µ1
2α
¶
= 1
2(1 + cosα) = 1 2(1 +x)
EXERCICE 98 page 229 (EXAMEN 2002)
a. Voir la partie théorique du chapitre ! Voici un résumé : Partons de l’équivalence de définition :
arccotx=y⇐⇒x= coty ety∈]0;π[
qui nous donne : ∀x∈R: cot (arccotx) =x.
Dérivons les deux membres de cette identité par rapport à la variablex.
Il s’agit de noter trois choses :
D’abord on présuppose la dérivabilité de la fonction arc-cotangente.
Ensuite, on dérive la fonction composée sans oublier la dérivée intérieure.
Enfin, on se rappelle convenablement que :cot0x= sin−21x=−¡
1 + cot2x¢ On obtient avec tout ceci
cot0(arccotx)·arccot0(x) = 1
−¡
1 + cot2(arccotx)¢
·arccot0(x) = 1
−¡ 1 +x2¢
·arccot0(x) = 1 arccot0(x) = 1+x−12
b. La restriction de la fonction cotangente et la fonction arc-cotangente sont des bijections réciproques. Donc, dans un repère orthonormé, les graphes de ces fonctions sont symétriques par rapport à la première bissectrice
∆:y=x.
-4 -2 0 2 4
-4 -2 2 x 4
c. N = tan (arccotx)est défini pour tout réelx∈R\ {0}
(Il faut exclure0car la tangente de π2 = arccot 0n’est pas définie)
Poser :α= arccotxun angle du 1er ou du 2e quadrant mais différent de π2 . Ceci signifie :cotα=xet donc,tanα= 1x
Donc:∀x∈R\ {0}: tan (arccotx) = 1 x d.1) Pour démontrer une identité de ce genre, on a deux méthodes :
— Méthode par les formules :
Poser :α= arccotxun angle du 1er ou du 2e quadrant mais différent de π2 .
Six >0, alors l’angle est dans le premier quadrant, six <0, alors il est dans le 2e quadrant.
Ceci signifie :cotα=xet donc,tanα=x1.
Interprétation :α= arccotxet x1 ont la même tangente.
Pour l’angleαau premier quadrant : (∀x >0) : arccotx= arctanx1 (1a) Pour l’angleαau deuxième quadrant : (∀x <0) : arccotx=π+ arctan1x (1b)
— Méthode par l’analyse :
Considérons la fonction définie par :f(x) = arccotx−arctan1x Elle est définie, continue et dérivable surR\ {0}.
Pour toutx∈R\ {0}:f0(x) = 1+x−12 −1+11
x2 ·−x21 = 0
D’après le fameux corollaire du théorème de Lagrange(des accroissementsfinis), on déduit alors :f est une fonction constante sur]0;∞[et constante sur]−∞,0[
∀x ∈ ]0;∞[ :f(x) =cte1
∀x ∈ ]−∞,0[ :f(x) =cte2
Il ne reste plus qu’àfixer la valeur de ces constantes. Pour ce faire, on introduit une valeur particulière du domaine, simple à calculer:
x = +1 =⇒cte1= arccot 1−arctan 1 = π 4−π
4 = 0 x = −1 =⇒cte2= arccot (−1)−arctan (−1) = 3π
4 −−π 4 =π d.2) Pour démontrer une identité de ce genre, on a deux méthodes :
— Méthode par les formules :
Poser :α= arccotxun angle du 1er ou du 2e quadrant mais différent de π2 . Maintenant, on considère les angles associés :
Six≥0, alors l’angle αest dans le premier quadrant, ainsi que son complémentaire π2−α. L’égalité :tan¡π
2 −α¢
= cotαdonne alors : π2 −α= arctan (cotα) = arctanxet donc : arctanx+ arccotx=¡π
2 −α¢
+α= π2
Six≤0, alors l’angleαest dans le deuxième quadrant, et son complémentaire π2−αest dans le 4e quadrant.
L’égalité :tan¡π
2 −α¢
= cotαdonne encore : π2−α= arctan (cotα) = arctanxet donc : arctanx+ arccotx=¡π
2 −α¢
+α= π2
Conclusion : (∀x∈R) : arctanx+ arccotx=π2 (2)
— Méthode par l’analyse :
Considérons la fonction définie par :f(x) = arctanx+ arccotx Elle est définie, continue et dérivable surR.
Pour toutx∈R:f0(x) =1+x12 +1+x−12 = 0
D’après le fameux corollaire du théorème de Lagrange(des accroissementsfinis), on déduit alors :f est une fonction constante surR:
∀x∈R:f(x) =cte
Il ne reste plus qu’àfixer la valeur de cette constante. Pour ce faire, on introduit une valeur particulière du domaine, simple à calculer:
x= 0 =⇒cte= arctan 0 + arccot 0 = 0 +π 2 =π
2
e. Le problème ici consiste dans le fait que les calculatrices ne disposent pas de la fonction arc-cotangente en général. Alors, par les formules en (d) on se ramène à la fonction tangente.
Première méthode :arccot 22>0= arctan12 calculatrice
≈ 0,463647 Deuxième méthode :arccot 2 = π2−arctan 2calculatrice
≈ 1,570796−1,107149 = 0,463647 f. Première méthode :arccot (−2)−2<0= π+ arctan 1
−2
calculatrice
≈ 3,141592−0,463647 = 2,677945 Deuxième méthode :arccot (−2) = π2 −arctan (−2)calculatrice
≈ 1,570796−(−1,107149) = 2,677945
g. Il s’agit de vérifier :arccot
√2−1
√2 + 1
| {z }
1er quadrant
−arctan 1 = arccot√
| {z 2}
1er quadrant
Avec la première formule de (d), les angles étant dans le premier quadrant, l’égalité se transforme en : arctan
√2 + 1
√2−1
| {z }
1er quadrant
−arctan 1 = arctan
√2
| {z 2}
1er quadrant
Avec la formule d’addition de la tangente, on trouve : tan
à arctan
√2 + 1
√2−1−arctan 1
!
=
√2+1
√2−1−1 1 + √√2+1 2−1
=
√2 + 1−√ 2 + 1
√2−1 +√
2 + 1 = 2 2√
2 =
√2 2 Donc :arctan√√2+1
2−1−arctan 1 = arctan√22+kπ , k∈Z
Comme la différence de deux angles du premier quadrant est un angle du premier ou du quatrième quadrant, on a :k= 0.C’est ce qu’il fallait vérifier.