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EXERCICE 93 page 228 Notons dès le départ que les 4 fonctions

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

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)

(2)

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)

(3)

Pour toutx∈[−1; 1]on a (voir exercice 75) : arcsin2x= 12 ⇐⇒arcsinx=±22 ⇐⇒

(

arcsinx = ±22 (a) x = ±sin22 (b) On obtientD(i◦g◦h◦f) = [−1; 1]\n

−sin22; sin22o

Pour le premier domaine de dérivabilité, il faut exclure−1et1. :Dd1(i◦g◦h◦f) = ]−1; 1[\n

−sin22; sin22o 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

−sin22; sin22o

; 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

(4)

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

(5)

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

(6)

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+42 ∈/DEN x=642 ∈DEN Pour teminer correctement,il fautvérifier la solution de(1b)dans(1a)! ! V. :arcsin642+ 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+489 ∈DEN x2=9489 ∈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)

(7)

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

x2 ∈[−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

arcsin35+ arcsin23´

=35 q

1−49+ q

1−59 2

3 = 59+49 = 1 Donc :arcsin35+ 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;4£

, 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

(8)

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;4£

, 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= arcsin55 , alorssinα= 55 et l’angleαest un angle du premier quadrant.

Avec la formule de Pythagore, on obtient :cosα= +q

1−15 =255 Et donctanα=cossinαα = 12

Avec la formule d’addition de la tangente, on trouve : tan³

arcsin55+ arctan13´

=

1 2+13

1−1213 =55 = 1 Donc :arcsin55+ 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;2 ¤ . 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 !) :

x1

x+1 ∈[−1; 1] ⇐⇒ x∈[0;∞[

2x

x+1 ∈[−1; 1] ⇐⇒ x∈[0;∞[ doncDE= [0;∞[

(9)

— Méthode des formules

D’abord il importe de constater : l’argument 2x+1xdu membre de droite est positif sur le domaine d’existence.

Donc,arccos2x+1x 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+11 ≥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+1x−arcsinxx+11

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

x1 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+1x−arcsinxx+11 = 0donc :arccos 2x+1x= arcsinxx+11

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.

(10)

(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

= 1

2(1−cosα) = 1 2(1−x)

(11)

(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

= 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= sin21x=−¡

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+x12

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 :

(12)

— 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+x121+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+x12 = 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

(13)

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

21−1 1 + 2+1 21

=

√2 + 1−√ 2 + 1

√2−1 +√

2 + 1 = 2 2√

2 =

√2 2 Donc :arctan2+1

21−arctan 1 = arctan22+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.

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