Exercices Corrigés -Fonctions Usuelles - BibM@th

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  1. Déterminer une période $T$ de $f$.
  2. Déterminer en quels points $f$ atteint son maximum, son minimum, puis résoudre l'équation $f(x)=0$.
  3. Représenter graphiquement la fonction $f$ sur l'intervalle $[-T,T]$.
  4. $f$ est-elle paire ? impaire ?
Indication
Corrigé
  1. Soit $T$ un nombre réel. On a $$f(x+T)=\cos\left(\frac{3}2(x+T)-\frac{\pi}4\right)=\cos\left(\frac 32x -\frac{\pi}4+\frac{3T}2\right).$$ On a $f(x+T)=f(x)$ par exemple si $3T/2=2\pi$, donc si $T=4\pi/3$. La fonction $f$ est donc $4\pi/3$ périodique.
  2. On a \begin{align*} f(x)=1&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac32x-\frac{\pi}4=2k\pi\\ &\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=\frac{4k\pi}3+\frac{\pi}6. \end{align*} La fonction $f$ atteint donc son maximum en les points $\frac{4k\pi}3+\frac{\pi}6$, $k\in\mathbb Z$. De même, on a \begin{align*} f(x)=-1&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac32x-\frac{\pi}4=\pi+2k\pi\\ &\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=\frac{4k\pi}3+\frac{5\pi}6. \end{align*} La fonction $f$ atteint donc son minimum en les points $\frac{4k\pi}3+\frac{5\pi}6$, $k\in\mathbb Z$. Finalement, on a aussi \begin{align*} f(x)=0&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac32x-\frac{\pi}4=\frac\pi2+k\pi\\ &\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=\frac{2k\pi}3+\frac{\pi}2. \end{align*} Les solutions de l'équation $f(x)=0$ sont donc les réels $\frac{2k\pi}3+\frac{\pi}2$, $k\in\mathbb Z$.
  3. On peut représenter $f$ en s'inspirant de la courbe représentative de la fonction cosinus, et en utilisant les résultats de la question précédente, qu'on peut compléter par exemple avec $f(0)=\cos(-\pi/4)=\sqrt 2/2$. On trouve :
  4. Puisque $f(0)\neq 0$, la fonction $f$ n'est pas impaire. De plus, $f(\pi/2)=0$ alors que $f(-\pi/2)=\cos(-\pi)=-1\neq f(\pi/2)$. La fonction $f$ n'est pas paire!
Exercice 2 - Domaine, parité et périodicité ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)$. Quel est le domaine de définition de $f$? La fonction $f$ est-elle paire? impaire? périodique?Corrigé On sait que $\ln(u)$ est défini uniquement si $u>0$. Donc $\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)$ est défini uniquement si $\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|$ est strictement positif. La valeur absolue d'un réel étant toujours positive ou nulle, la fonction $f$ est bien définie pour les réels $x$ tels que $$\sin\left(\frac\pi2 x\right)\neq 0.$$ Mais on a \begin{align*} \sin\left(\frac\pi2 x\right)=0&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac\pi2x=k\pi\\ &\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=2k. \end{align*} La fonction $f$ est donc bien définie pour tous les réels, sauf les entiers pairs : $\mathcal D_f=\mathbb R\backslash 2\mathbb Z$. Pour déterminer la parité de $f$, remarquons déjà que son domaine de définition est symétrique par rapport à $0$, et donc que si $x\in\mathcal D_f$, alors $-x\in\mathcal D_f$. Soit donc $x\in\mathcal D_f$. Alors \begin{align*} f(-x)&=\ln\left(\left|\sin\left(-\frac\pi2 x\right)\right|\right) \\ &=\ln\left(\left|-\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\textrm{ (car la fonction $\sin$ est impaire)}\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right) \textrm{ (car la fonction $|\cdot|$ est paire)}\\ &=f(x). \end{align*} Ainsi, la fonction $f$ est paire. De plus, on a \begin{align*} f(x+2)&=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 (x+2)\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x+\pi\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|-\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\\ &=f(x) \end{align*} où on a utilisé que $\sin(t+\pi)=-\sin t$ et que $|-a|=|a|$. Ainsi, $f$ est périodique de période $2$. Exercice 3 - Périodique... ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb R$ par $$f(x)=\cos(3x)\cos^3x.$$
  1. Pour $x\in\mathbb R$, exprimer $f(-x)$ et $f(x+\pi)$ en fonction de $f(x)$. Sur quel intervalle $I$ peut-on se contenter d'étudier $f$?
  2. Vérifier que $f'(x)$ est du signe de $-\sin(4x)$, et on déduire le sens de variation de $f$ sur $I$.
  3. Tracer la courbe représentative de $f$.
Indication
  1. Montrer qu'on peut se restreindre à l'intervalle $[0,\pi/2]$.
  2. Utiliser une formule d'addition.
Corrigé
  1. On a $$f(-x)=\cos(-3x)(\cos^3(-x))=\cos(3x)\cos^3(x)=f(x).$$ La fonction $f$ est paire, on peut se contenter de l'étudier sur $[0,+\infty[$. De plus, $$f(x+\pi)=\cos(3x+3\pi)\cos^3(x+\pi)=-\cos(3x)(-\cos x)^3=f(x).$$ $f$ est donc $\pi$-périodique. Finalement, on peut se contenter d'étudier $f$ sur l'intervalle $I=[0,\pi/2]$. On obtiendra aussi la courbe de $f$ sur $[-\pi/2,\pi/2]$ par parité. Cet intervalle est de longueur $\pi$ et la fonction est $\pi$-périodique. On va donc déduire le reste de la courbe par des translations de vecteur $k\pi \vec i$, $k\in\mathbb Z$.
  2. $f$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x\in I$, on a \begin{eqnarray*} f'(x)&=&-3\sin(3x)\cos^3(x)-3\cos(3x)\sin(x)\cos^2(x)\\ &=&-3\cos^2(x)\big(\sin(3x)\cos(x)+\sin(x)\cos(3x)\big)\\ &=&-3\cos^2(x)\sin(4x). \end{eqnarray*} Puisque $\cos^2(x)\geq 0$, $f'$ est bien du signe de $-\sin(4x)$ sur l'intervalle $[0,\pi/2]$. En particulier,
    • si $x\in[0,\pi/4]$, $f'(x)\leq 0$ et $f$ est décroissante;
    • si $x\in[\pi/4,\pi/2]$, $f'(x)\geq 0$ et $f$ est croissante.
  3. On obtient le dessin suivant :
Exercice 4 - Quotient de sinus ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie par $$f(x)=\frac{\sin x}{1+\sin x}.$$ On note $\Gamma$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
  1. Quel est le domaine de définition de $f$? Vérifier que $f$ est $2\pi$-périodique.
  2. Comparer $f(\pi-x)$ et $f(x)$. Que dire sur $\Gamma$?
  3. Étudier les variations de $f$ sur l'intervalle $\left]-\frac\pi 2,\frac\pi 2\right]$, puis déterminer la limite de $f$ en $-\pi/2$.
  4. Construire $\Gamma$ à l'aide des renseignements précédents.
Indication
  1. Il faut résoudre $\sin(x)=-1$.
  3. Considérer les fonctions $x\sin x$ et $x\mapsto \frac x{x+1}$.
Corrigé
  1. $f(x)$ est défini partout où le dénominateur ne s'annule pas, c'est-à-dire pour tout les $x$ avec $\sin x\neq -1$. Le domaine de définition de $f$ est donc $$\mathcal D_f=\mathbb R\backslash \left\{-\frac\pi 2+2k\pi;\ k\in\mathbb Z\right\}.$$ De plus, la $2\pi$-périodicité de $\sin$ entraîne facilement la $2\pi$-périodicité de $f$.
  2. De $\sin(\pi-x)=\sin x$, on déduit que $f(\pi-x)=f(x)$. Ceci signifie que la droite d'équation $x=\pi/2$ est un axe de symétrie de $\Gamma$.
  3. Posons $g(x)=\frac x{x+1}$ et $h(x)=\sin x$. On a $f=g\circ h$. De plus, $h$ est croissante sur l'intervalle $]-\pi/2,\pi/2]$ dont l'image est $]-1,1]$. La fonction $g$ est elle croissante sur l'intervalle $]-1,1]$ (par exemple, on peut écrire $g(x)=1-\frac1{x+1}$. Par composition, $f$ est croissante sur $]-\pi/2,\pi/2]$. On a $\sin(x)\to -1^+$ lorsque $x$ tend vers $-\pi/2$ et $\lim_{x\to -1^+}g(x)=-\infty$. Ainsi, par composition de limites, $f$ tend vers $-\infty$ en $-\pi/2$.
  4. On construit d'abord $\gamma$ sur $]-\pi/2,\pi/2]$. On la déduit sur $]-\pi/2,3\pi/2]$ par symétrie d'axe $x=\pi/2$. Enfin, on l'obtient sur $\mathbb R$ par périodicité de période $2\pi$, et donc par des translations de vecteur $k2\pi\vec i$, $k\in\mathbb Z$. On obtient :
Exercice 5 - Étude d'une fonction trigonométrique ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\frac{\sin x}{2+\cos x}$.
  1. Déterminer le domaine de définition de $f$. Justifier que $f$ est dérivable sur son domaine de définition.
  2. Pour $x\in\mathbb R$, calculer $f(x+2\pi)$ et $f(-x)$. Que peut-on en déduire sur la courbe représentative de $f$? En déduire qu'il suffit d'étudier $f$ sur $[0,\pi]$ pour construire toute la courbe représentative de $f$.
  3. Montrer que, pour tout réel $x$, on a $$f'(x)=\frac{1+2\cos x}{(2+\cos x)^2}.$$
  4. Étudier le signe de $1+2\cos x$ sur $[0,\pi]$.
  5. Établir le tableau de variations de $f$ sur $[0,\pi]$.
  6. Tracer la courbe représentative de $f$.
Indication
  1. Utiliser que $-1\leq \cos x\leq 1$ pour tout $x\in\mathbb R$.
  2. Utiliser d'abord une symétrie par rapport à $O$ puis des translations.
  3. Formule de la dérivabilité d'un quotient.
  4. S'aider du cercle trigonométrique.
Corrigé
  1. Puisque $\cos x\geq -1$ pour tout $x\in\mathbb R$, on a $2+\cos x>0$. Le dénominateur ne s'annule pas, et $f$ est définie sur $\mathbb R$ tout entier. Comme quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas, $f$ est dérivable sur $\mathbb R$.
  2. On a $$f(x+2\pi)=\frac{\sin(x+2\pi)}{2+\cos(x+2\pi)}=\frac{\sin x}{2+\cos x}=f(x)$$ puisque $\sin$ et $\cos$ sont $2\pi$-périodiques. De plus, on a $$f(-x)=\frac{\sin(-x)}{2+\cos(-x)}=\frac{-\sin(x)}{2+\cos x}=-f(x).$$ La fonction $f$ est donc impaire. La courbe représentative de $f$ est donc symétrique par rapport à l'origine du repère. De plus, par $2\pi$-périodicité, on peut limiter l'étude à un intervalle de longueur $2\pi$ puis déduire la courbe représentative de $f$ par des translations de vecteur $(2\pi,0)$. Il suffit donc d'étudier la fonction sur $[0,\pi]$, construire la courbe sur cet intervalle, l'obtenir sur $[-\pi,\pi]$ par symétrie par rapport à $O$, puis sur $\mathbb R$ par périodicité.
  3. En utilisant la formule de dérivabilité d'un quotient, on a $$f'(x)=\frac{\cos x(2+\cos x)-(-\sin x)(\sin x)}{(2+\cos x)^2}=\frac{2\cos x+\cos^2 x+\sin^2 x}{(2+\cos x)^2}=\frac{1+2\cos x}{(2+\cos x)^2}.$$
  4. On a $1+2\cos x\geq 0\iff \cos x\geq -1/2$. En s'aidant du cercle trigonométrique, on trouve que $\cos x\geq -1/2$ sur $[0,2\pi/3]$ et $\cos x\leq -1/2$ sur $[2\pi/3,\pi]$.
  5. On en déduit le tableau de variations suivant :
  6. On trouve la courbe suivante :
Exercice 6 - Périodicité ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $\alpha\in\mathbb R$ et $f$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par $f(x)=\cos(x)+\cos(\alpha x)$. On veut démontrer que $f$ est périodique si et seulement si $\alpha\in\mathbb Q$.
  1. On suppose que $\alpha=p/q\in\mathbb Q$. Démontrer que $f$ est périodique.
  2. On suppose que $\alpha\notin\mathbb Q$. Résoudre l'équation $f(x)=2$. En déduire que $f$ n'est pas périodique.
Indication
  1. Chercher une période de $f$ sous la forme d'un multiple de $2\pi$.
  2. Pour que $f(x)=2$, il faut à la fois que $\cos(x)=1$ et que $\cos(\alpha x)=1$.
Corrigé
  1. On remarque que \begin{align*} f(x+2\pi q)&=\cos(x+2\pi q)+\cos\left(\frac pqx+2\pi p\right)\\ &=\cos(x)+\cos\left(\frac pqx\right)\\ &=f(x). \end{align*} Ainsi, $f$ est $2\pi q$-périodique.
  2. Puisque $\cos$ est à valeurs dans $[-1,1]$, pour que $f(x)=2$, il est nécessaire et suffisant que $\cos(x)=1$ et $\cos(\alpha x)=1$. Les solutions de $\cos(x)=1$ sont les réels de la forme $2k\pi$, avec $k\in\mathbb Z$. De plus, $$\cos(\alpha x)=1\iff\exists\ell\in\mathbb Z,\ \alpha x=2\ell\pi\iff \exists \ell\in\mathbb Z,\ x=2\ell\pi/\alpha.$$ Si $x\neq 0$ est solution de l'équation $f(x)=2$, il existe donc deux entiers relatifs $k$ et $\ell$ non-nuls tels que $x=2k\pi=2\ell\pi/\alpha$. En particulier, $\alpha=\ell/k$ est un nombre rationnel, ce qui n'est pas le cas. Donc la seule solution de $f(x)=2$ est $0$. Ceci empêche $f$ d'être périodique, car si $f$ était périodique de période $T$, on aurait aussi $f(T)=2$.
Fonctions trigonométriques réciproques Exercice 7 - Valeurs particulières ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Déterminer la valeur de $\arcsin(-1/2)$, $\arccos(-\sqrt 2/2)$ et $\arctan(\sqrt 3)$.Indication Il faut trouver $x\in [-\pi/2,\pi/2]$ tel que $\sin(x)=-1/2$.Corrigé Il faut trouver $x\in [-\pi/2,\pi/2]$ tel que $\sin(x)=-1/2$. La valeur de $\arcsin(-1/2)$ est donc $-\pi/6$. Il faut ensuite trouver $x\in [0,\pi]$ tel que $\cos(x)=-\sqrt 2/2$. On trouve donc $\arccos(-\sqrt 2/2)=3\pi/4$. Il faut enfin trouver $x\in ]-\pi/2,\pi/2[$ tel que $\tan(x)=\sqrt 3$. On trouve $\arctan(\sqrt 3)=\pi/3$. Exercice 8 - Valeur exacte ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer $$\arccos \left(\cos\frac{2\pi}3\right),\quad \arccos\left(\cos\frac{-2\pi}{3}\right),\quad\arccos\left(\cos\frac{4\pi}{3}\right),\quad \arccos\left(\sin\frac{17\pi}5\right).$$Indication L'erreur à ne pas faire est de croire que $\arccos\cos x=x$. Ceci n'est vrai que si $x\in[0,\pi]$. Il faut donc se ramener, par périodicité et parité du cosinus, à se ramener à l'intervalle $[0,\pi]$.Corrigé L'erreur à ne pas faire est de croire que $\arccos\cos x=x$. Ceci n'est vrai que si $x\in[0,\pi]$ puisque $\cos$ réalise une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$ et que $\arccos$ en est sa bijection réciproque. Il faut donc se ramener, par périodicité et parité du cosinus, à l'intervalle $[0,\pi]$. Ainsi :
  • $2\pi/3\in[0,\pi]$ et donc $\arccos\cos(2\pi/3)=2\pi/3$.
  • $-2\pi/3$ n'est pas dans l'intervalle $[0,\pi]$, mais $\cos(-2\pi/3)=\cos(2\pi/3)$ et donc $\arccos\cos (-2\pi/3)=2\pi/3$.
  • $4\pi/3$ n'est pas dans $[0,\pi]$, mais on a $$\cos(4\pi/3)=\cos(4\pi/3-2\pi)=\cos(-2\pi/3)=\cos(2\pi/3).$$ On a donc aussi $\arccos\left(\cos\frac{4\pi}3\right)=\frac{2\pi}3$.
  • Pour le dernier exemple, on commence par se ramener à un cosinus en utilisant la formule $\sin(x)=\cos\left(\frac\pi2-x\right)$. On a donc $$\arccos\left(\sin\frac{17\pi}5\right)=\arccos\left(\cos \frac{-29\pi}{10}\right)=\arccos\left(\cos\frac{9\pi}{10}\right)=\frac{9\pi}{10}$$ puisque $\frac{9\pi}{10}$ est dans l'intervalle $[0,\pi]$.
Exercice 9 - Recherche de primitive ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $a\neq 0$ un réel.
  1. Déterminer la dérivée de la fonction $f$ définie sur $\mathbb R$ par $f(x)=\arctan(ax)$.
  2. En déduire une primitive de $\frac{1}{4+x^2}$.
Indication
  1. Dérivée d'une fonction du type $g(ax)$.
  2. Se ramener à la question précédente...
Corrigé
  1. En utilisant la dérivée de $\arctan$ et la dérivée d'une fonction du type $g(ax)$, on trouve que $$f'(x)=a\times\frac{1}{1+a^2x^2}.$$
  2. Posons $g(x)=\frac1{4+x^2}$. On va se ramener à la question précédente en remarquant que $$g(x)=\frac{1}{4(1+x^2/4)}=\frac 14\times \frac{1}{1+\left(\frac 12\right)^2x^2} =\frac 12 \times \frac 12\times \frac{1}{1+\left(\frac 12\right)^2x^2}=\frac 12\times f'(x)$$ en choisissant $a=1/2$. Une primitive de $g$ est donc la fonction $$G(x)=\frac 12f(x)=\frac 12 \arctan\left(\frac x2\right).$$
Exercice 10 - Des graphes ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Tracer les courbes représentatives des fonctions suivantes : $${\bf 1.}\ \arctan(\tan x)\ \ {\bf 2.}\ \arccos(\cos x)\ \ {\bf 3.}\ \arcsin(\sin x).$$Indication Déterminer un intervalle (le plus grand possible) sur lequel cette fonction est égale à l'identité. Conclure par périodicité, parité, etc....Corrigé
  1. La fonction $\tan$ réalise une bijection de $\mathbb ]-\pi/2,\pi/2[$ sur $\mathbb R$, dont la bijection réciproque est $\arctan$. En particulier, pour tout $x\in ]-\pi/2,\pi/2[$, on a $\arctan(\tan(x))=x$. De plus, puisque $\tan$ est $\pi$-périodique, $$\arctan(\tan(x+\pi))=\arctan(\tan x).$$ On peut donc déduire la courbe représentative de la fonction, qui est définie sur $\mathbb R\backslash\{k\pi/2:\ k\in\mathbb Z\}$ par translations de vecteur ${k\pi}\vec i$, $k\in\mathbb Z$.
  2. La fonction $\cos$ réalise une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$, dont la bijection réciproque est $\arccos$. Ainsi, pour tout $x\in [0,\pi]$, on a $\arccos(\cos(x))=x$. Puisque $\cos$ est paire, il en est de même de la fonction $x\mapsto \arccos(\cos(x))$. Enfin, cette fonction est aussi $2\pi$-périodique. On en déduit la courbe représentative de la fonction à partir de sa représentation sur $[0,\pi]$, d'abord par symétrie par rapport à l'axe $(Oy)$, puis par translations de vecteur $k2\pi \vec i$, $k\in\mathbb Z$.
  3. La fonction $\sin$ réalise une bijection de $[-\pi/2,\pi/2]$ sur $[-1,1]$, dont la bijection réciproque est $\arcsin$. Ainsi, pour tout $x\in [-\pi/2,\pi/2]$, on a $\arcsin(\sin(x))=x$. Malheureusement, l'imparité de cette fonction ne nous permet pas d'agrandir sa représentation graphique à un intervalle de longueur $2\pi$ (on conclut ensuite par $2\pi$-périodicité). Mais on sait que $\sin(\pi-x)=\sin(x)$ et donc si $x\in [-\pi/2,\pi/2]$ $$\arcsin(\sin(\pi-x))=x.$$ Posons $t=\pi-x$. Si $x$ décrit l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2]$, alors $t=\pi-x$ décrit l'intervalle $[\pi/2,3\pi/2]$, et on a $$\arcsin(\sin(t))=\pi-t.$$ Ceci nous permet de représenter la fonction sur l'intervalle $[\pi/2,3\pi/2]$, puis d'étendre à $\mathbb R$ tout entier.
Exercice 11 - Simplifier! ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Simplifier les expressions suivantes : $$\tan(\arcsin x),\quad \sin(\arccos x),\quad \cos(\arctan x).$$Indication Utiliser $\sin^2+\cos^2=1$ pour la première et la deuxième expression, et pour la troisième, $1+\tan^2=\frac{1}{\cos^2 }$.Corrigé
  1. On a $$\sin(\arcsin x)=x.$$ De plus, $\arcsin x\in[-\pi/2,\pi/2]$ et pour tout $t\in[-\pi/2,\pi/2]$, $\cos(t)\geq 0$ et donc $\cos(t)=\sqrt{1-\sin^2 t}$. On en déduit $$\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}$$ ce qui donne $$\tan(\arcsin x)=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}.$$
  2. On a $\arccos x\in[0,\pi]$ et pour tout $t\in[0,\pi]$, $\sin(t)\geq 0$ et donc $\sin(t)=\sqrt{1-\cos^2 t}$. On en conclut que $$\sin(\arccos x)=\sqrt{1-\cos^2\arccos x}=\sqrt{1-x^2}.$$
  3. Puisque $\arctan x\in]-\pi/2,\pi/2[$, on sait que $\cos(\arctan x)>0$. De plus, on sait que $$1+\tan^2=\frac{1}{\cos^2}.$$ On en déduit $$\cos(\arctan x)=\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\arctan x}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.$$
Exercice 12 - Simplifier! ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $f$ la fonction définie par $$f(x)=\arcsin\left(2x\sqrt{1-x^2}\right).$$
  1. Quel est l'ensemble de définition de $f$?
  2. En posant $x=\sin t$, simplifier l'écriture de $f$.
Indication
  1. Chercher les $x$ tels que $-1\leq 2x\sqrt{1-x^2}\leq 1$.
  2. Prendre $t\in[-\pi/2,\pi/2]$, utiliser les formules de trigo et la définition de $\arcsin$. Faire attention à être dans le bon intervalle!
Corrigé
  1. L'ensemble de définition de $f$ est $$\mathcal D_f=\left\{x\in[-1,1];\ -1\leq 2x\sqrt{1-x^2}\leq 1\right\}.$$ La double inégalité équivaut, en passant au carré, à $$4x^2(1-x^2)\leq 1\iff 4x^4-4x^2+1\geq 0\iff (2x^2-1)^2\geq 0.$$ Cette inégalité est toujours vérifiée et donc $\mathcal D_f=[-1,1]$.
  2. Puisque le domaine de définition est $[-1,1]$, il est légitime de poser $x=\sin t$ avec $t\in[-\pi/2,\pi/2]$. On a alors \begin{eqnarray*} f(x)&=&\arcsin(2\sin t\sqrt{1-\sin^2 t})\\ &=&\arcsin(2\sin t\cos t)\textrm{ car }t\in[-\pi/2,\pi/2]\\ &=&\arcsin(\sin 2t). \end{eqnarray*} On peut alors simplifier cette expression, mais il faut prendre garde que $\arcsin \sin u=u$ seulement pour $u\in[-\pi/2,\pi/2]$. Dans les autres cas, il faut se ramener à cet intervalle en utilisant les propriétés de la fonction sinus. On trouve
    • Si $t\in[-\pi/4,\pi/4]$, on a $2t\in[-\pi/2,\pi/2]$ et donc $\arcsin (\sin 2t)=2t$.
    • Si $t\in]\pi/4,\pi/2]$, alors $2t\in]\pi/2,\pi]$ et $\pi-2t\in]0,\pi/2]$. De plus, $\sin(\pi-u)=\sin u$. On en déduit que dans ce cas, $$\arcsin \sin2t=\arcsin\sin(\pi-2t)=\pi-2t.$$
    • Si $t\in[-\pi/2,-\pi/4[$, alors $2t\in[-\pi,-\pi/2[$ et donc $\pi+2t\in[0,\pi/2[$. De plus, $\sin(\pi+u)=-\sin(u)$. Utilisant l'imparité de la fonction $\arcsin$, on trouve que dans ce cas $$\arcsin \sin2t=-\arcsin(-\sin(2t))=-\arcsin(\sin(\pi+2t))=-\pi-2t.$$
    Finalement, on peut revenir à $f$ utilisant la relation $t=\arcsin x$. On trouve que $$f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} -\pi-2\arcsin x&\textrm{ si }x\in[-1,-\sqrt 2/2[\\ 2\arcsin x&\textrm{ si }x\in[-\sqrt 2/2,\sqrt 2/2]\\ \pi-2\arcsin x&\textrm{ si }x\in]\sqrt 2/2,1]. \end{array}\right.$$
Exercice 13 - Simplifier! ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé
  1. Démontrer que, pour tout $t\in]-\pi/2,\pi/2[\backslash\{0\}$, on a $ \displaystyle \frac{1-\cos t}{\sin t}=\tan(t/2).$
  2. En déduire une forme simplifiée de $\displaystyle \arctan\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}x\right),$ pour $x\neq 0$.
Indication
  1. Utiliser $\cos(2u)=2\cos^2 u-1$;
  2. Poser $x=\tan t$.
Corrigé
  1. On utilise simplement la formule $\cos(2u)=1-2\sin^2 u$ qui donne ici $1-\cos t=2\sin^2(t/2)$ et $\sin t=2\sin(t/2)\cos(t/2)$.
  2. Puisque $\tan$ réalise une bijection de $]-\pi/2,\pi/2[$ sur $\mathbb R$, on peut poser $x=\tan t$, avec $t\in]-\pi/2,\pi/2[$. On a $$\sqrt{1+x^2}=\sqrt{\frac 1{\cos^2 t}}=\frac 1{|\cos t|}=\frac{1}{\cos t},$$ car le cosinus est positif sur l'intervalle $]-\pi/2,\pi/2[$. On en déduit que $$\frac{\sqrt{1+x^2}-1}x=\frac{1-\cos t}{\sin t}=\tan(t/2).$$ Or, $t/2\in[-\pi/4,\pi/4]$, et donc $\arctan(\tan (t/2))=t/2$. On en déduit finalement que $$\arctan\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}x\right)=\frac t2=\frac{\arctan x}2.$$
Exercice 14 - Presque du cours ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Montrer que, pour tout $x\in[-1,1]$, $\arccos(x)+\arcsin(x)=\frac\pi2$.Indication Écrire sous la forme $\arccos(x)=\frac\pi2-\arcsin(x)$ et appliquer la fonction cosinus (en justifiant!) Ou bien dériver.Corrigé Il y a deux méthodes classiques pour résoudre cet exercice. La première consiste à remarquer que $\arccos(x)+\arcsin(x)=\frac\pi 2$ si et seulement si $\arccos x=\frac\pi 2-\arcsin x$. Or, $\arccos(x)\in[0,\pi]$ et $\pi/2-\arcsin x\in[0,\pi]$. Puisque $\cos$ est une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$, ceci est équivalent à dire $$\cos(\arccos x)=\cos(\pi/2-\arcsin x).$$ Mais, on a $\cos(\arccos x)=x$ et aussi $$\cos(\pi/2-\arcsin x)=\sin(\arcsin x)=x$$ ce qui assure l'égalité demandée. L'autre méthode consiste à poser $f(x)=\arccos x+\arcsin x$ et de remarquer que cette fonction est continue sur $[-1,1]$ et dérivable sur $]-1,1[$. Or, on a $f'(x)=0$. On en déduit que $f$ est constante sur l'intervalle $[-1,1]$. Puisque $f(0)=\arccos(0)+\arcsin(0)=\pi/2$, on a bien $\arccos(x)+\arcsin(x)=f(x)=\pi/2$ pour tout $x\in[-1,1]$. Exercice 15 - Étude d'une fonction ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $f$ la fonction $x\mapsto \arcsin\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$. Donner son domaine de définition, son domaine de dérivabilité, puis étudier et tracer la fonction.Indication Commencer par étudier quand on a $-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1$.Corrigé La fonction est bien définie pour les réels $x\neq 1$ tels que $-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1$. Or, $$\frac{1+x}{1-x}=\frac{2+x-1}{1-x}=\frac{2}{1-x}-1.$$ On en déduit que $$-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1\iff 0\leq \frac{2}{1-x}\leq 2.$$ Ceci impose d'abord que $1-x>0$ pour que l'inégalité de gauche soit vérifiée, c'est-à-dire $x<1$. On en déduit alors que l'inégalité est équivalente à $1\leq 1-x$ soit $x\leq 0$. Le domaine de définition de la fonction est donc $\mathbb R_-$. Son domaine de dérivabilité est $]-\infty,0[$. En effet, par composition, $f$ est dérivable en tout réel $x\neq 1$ tel que $-1< \frac{1+x}{1-x}< 1$ et l'étude précédente reste valable avec des inégalités strictes et non des inégalités larges. Dérivons ensuite la fonction. Pour tout $x<0$, on a \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{2}{(1-x)^2}\times \frac{1}{\sqrt{1-1-\frac{4}{(1-x)^2}+\frac 4{1-x}}}\\ &=&\frac{1}{(1-x)\sqrt{-x}}>0. \end{eqnarray*} La fonction est donc strictement croissante sur $]-\infty,0]$. On aurait pu également retrouver ce résultat en remarquant que la fonction $x\mapsto \frac{1+x}{1-x}$ est croissante sur $]-\infty,0]$ et que la fonction $\arcsin$ est croissante sur $]-1,1[$. Par composition de deux fonctions croissantes, $f$ est croissante. Enfin, puisque $$\lim_{x\to-\infty}\frac{1+x}{1-x}=-1$$ on en déduit par composition que $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\pi/2$. La courbe représentative de la fonction admet une asymptote horizontale d'équation $y=-\pi/2$. On obtient la courbe représentative suivante : Exercice 16 - Étude de fonctions ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé
  1. Pour quelles valeurs de $x$ a-t-on $\sqrt{1-x^2}\leq x$?
  2. Etudier la fonctions $x\mapsto \sqrt{1-x^2}\exp\big(\arcsin(x)\big).$
Indication
  1. Prendre le carré.
  2. Préciser l'intervalle de définition, dériver et étudier le signe de la dérivée à l'aide de la question précédente.
Corrigé
  1. Remarquons déjà qu'on se limite à $x\in[-1,1]$, pour que $\sqrt{1-x^2}$ ait un sens. Il est aussi clair que l'inégalité n'est pas vérifiée si $x\leq 0$. On se restreint donc à $x\in[0,1]$, et, puisque tout est positif, on a $$x\geq \sqrt{1-x^2}\iff x^2\geq 1-x^2\iff 2x^2\geq 1\iff x\geq \frac{\sqrt 2}2.$$ L'inégalité est donc vérifiée si et seulement si $x\in\left[\frac{\sqrt 2}2,1\right]$.
  2. Remarquons d'abord que la fonction $\arcsin$ est définie sur $[-1,1]$, et que pour ces valeurs de $x$, $\sqrt{1-x^2}$ est également bien définie. Le domaine de définition de $f$ est donc $[-1,1]$. De plus, $f$ est dérivable sur $]-1,1[$, et on a \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin x}+\sqrt{1-x^2}\times\frac 1{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin x}\\ &=&\left(\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}+1\right)e^{\arcsin x}\\ &=&\frac{-x+\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}e^{\arcsin x}. \end{eqnarray*} La question précédente nous donne le signe de la dérivée, et on en déduit le tableau de variations : On peut aussi remarquer que $$\lim_{x\to 1^-}f'(t)=-\infty\textrm{ et }\lim_{x\to -1^+}f'(t)=+\infty,$$ ce qui garantit l'existence de tangentes verticales aux points $(-1,0)$ et $(0,1)$. La courbe représentative de la fonction est :
Exercice 17 - Une équation ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé
  1. Démontrer que $0<\arccos(3/4)<\frac{\pi}4$.
  2. Résoudre $\arccos(x)=2\arccos(3/4)$.
Indication
  1. Utiliser la stricte décroissance de $\arccos$.
Corrigé
  1. On sait que (éventuellement en vérifiant à la calculatrice) $$\frac{\sqrt 2}2<\frac 34<1.$$ Par stricte décroissance de la fonction $\arccos$, on a $$\arccos(1)<\arccos\left(\frac 34\right)<\arccos\left(\frac{\sqrt 2}2\right).$$ Ceci est exactement l'inégalité demandée!
  2. Soit $x\in [-1,1]$. Alors $\arccos(x)\in[0,\pi]$ et d'après la question précédente, $2\arccos(3/4)\in [0,\pi/2]\subset [0,\pi]$. La fonction $\cos$ étant injective sur $[0,\pi]$, on a \begin{align*} \arccos(x)=2\arccos(3/4)&\iff \cos(\arccos(x))=\cos(2\arccos(3/4))\\ &\iff x=2\cos^2(\arccos(3/4))-1\\ &\iff x=2\times\left(\frac 34\right)^2-1\\ &\iff x=\frac 18. \end{align*}
Exercice 18 - Équations ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Résoudre dans $\mathbb R$ les équations suivantes : $$\begin{array}{lll} \mathbf{1.}\ \arccos(x)=\frac\pi 6&\quad&\mathbf{2.\ } \arctan(x/2)=\pi\\ \mathbf{3.}\ \arcsin(x)=\arccos(x). \end{array}$$Indication
  1. $\cos(\pi/6)$...
  2. Faire attention aux valeurs prises par $\arctan$.
  3. Trouver une solution "évidente" puis démontrer que c'est la seule.
Corrigé
  1. $\pi/6$ est bien dans l'intervalle $[0,\pi]$ des valeurs prises par $\arccos$. Puisque $\cos(\pi/6)=\frac{\sqrt 3}2$, on en déduit que la seule solution de l'équation $\arccos(x)=\pi/6$ est $\frac{\sqrt{3}}2$.
  2. La fonction $\arctan$ est à valeurs dans $]-\pi/2,\pi/2[$. L'équation n'a donc pas de solutions.
  3. On peut commencer par remarquer que $\sqrt 2/2$ est solution de l'équation puisque $\arccos(\sqrt 2/2)=\arcsin(\sqrt 2/2)=\pi/4$. Pour démontrer que c'est la seule, on peut écrire l'équation sous la forme $\arcsin(x)-\arccos(x)=0$. Or, la fonction $\arcsin$ est strictement croissante sur $[-1,1]$ et la fonction $\arccos$ est strictement décroissante sur ce même intervalle. Donc la fonction $x\mapsto \arcsin(x)-\arccos x$ est strictement croissante sur $[-1,1]$. L'équation $\arcsin(x)-\arccos(x)=0$ ne peut donc avoir qu'une seule solution, celle que l'on a déjà trouvé. Une autre solution est de dire que si $\arcsin(x)=\arccos(x)$, alors $\sin(\arccos x)=\sin(\arcsin x)$. Or, $\sin(\arcsin x)=x$ et $\sin(\arccos(x))=\sqrt {1-x^2}$. Cette dernière formule vient de $$\sin^2(\arccos x)=1-\cos^2(\arccos(x))=1-x^2$$ et du fait que $\arccos(x)\in [0,\pi]$, et donc $\sin(\arccos x)\geq 0$. Revenant à l'équation initiale, elle implique donc $$x=\sqrt{1-x^2}.$$ Ceci entraine que nécessairement $x\geq 0$. Passant au carré, $x$ doit vérifier $x^2=1-x^2$ dont la seule solution dans $\mathbb R_+$ est $\sqrt 2/2$. Comme cette valeur est bien solution de l'équation, la seule solution de l'équation $\arcsin x=\arccos x$ est $\sqrt 2/2$.
Exercice 19 - Existence de solutions ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Discuter, suivant les valeurs des paramètres $a$ et $b$, l'existence de solutions pour les équations suivantes :
  1. $\arcsin x=\arcsin a+\arcsin b$;
  2. $\arcsin x=\arccos a+\arccos b$;
(on ne demande pas de résoudre les équations!).Indication
  1. L'équation admet des solutions (en fait, une seule) si et seulement si $$-\frac{\pi}2\leq \arcsin a+\arcsin b\leq\frac\pi2.$$ Distinguer alors suivant le signe de $\arcsin a$ et $\arcsin b$. Dans le cas où ils sont tous deux positifs, utiliser la croissance du sinus.
  2. Raisonnement semblable.
Corrigé
  1. L'équation admet des solutions (en fait, une seule) si et seulement si $$-\frac{\pi}2\leq \arcsin a+\arcsin b\leq\frac\pi2.$$ Les paramètres $a$ et $b$ jouent un rôle symétrique, et de plus la fonction $\arcsin$ est impaire. Il reste donc deux cas à étudier :
    • $-1\leq a\leq 0$ et $0\leq b\leq 1$ : on a alors $$-\frac\pi2\leq\arcsin a\leq 0\textrm{ et }0\leq\arcsin b\leq\frac\pi2$$ d'où $$-\frac\pi2\leq \arcsin a+\arcsin b\leq\frac\pi2.$$ L'équation admet toujours des solutions dans ce cas.
    • $0\leq a\leq 1$ et $0\leq b\leq 1$ : on obtient alors $$0\leq\arcsin a+\arcsin b\leq \pi$$ et l'équation admet des solutions si et seulement si $$\arcsin a\leq \frac{\pi}{2}-\arcsin b.$$ Or, $\arcsin a$ et $\frac\pi2-\arcsin b$ appartiennent tous deux à l'intervalle $\left[0,\frac\pi2\right]$. La fonction sinus étant croissante sur cet intervalle, l'inégalité précédente est équivalente à $$a\leq\sin\left(\frac\pi2-\arcsin b\right)\iff a\leq \cos(\arcsin b).$$ Mais $\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^2}$, et l'inégalité précédente est donc équivalente à $$a\leq\sqrt{1-b^2}.$$ Puisque $a\geq 0$, ceci est encore équivalent à $a^2\leq 1-b^2\iff a^2+b^2\leq 1$.
  2. L'équation admet des solutions (en fait, une seule) si et seulement si $$-\frac{\pi}2\leq \arccos a+\arccos b\leq\frac\pi2.$$ De plus, on sait que pour tout $a,b\in[0,1]$, on a $$0\leq\arccos a+\arccos b\leq2\pi.$$ Si $a<0$, on sait que $\arccos a>\pi/2$ et donc, puisque $\arccos b\geq 0$, l'équation ne peut pas avoir de solutions. Le raisonnement est symétrique pour $b$ et on obtient $a,b\in[0,1]$. Dans ce cas, $\arccos a\in[0,\pi/2]$ et $\arccos b\in[0,\pi/2]$. L'équation admet une solution si et seulement si $$\arccos a\leq\frac{\pi}{2}-\arccos b.$$ Puisque la fonction $\cos$ est décroissante sur $[0,\pi/2]$ et que $\arccos a$ et $\frac\pi2-\arccos b$ sont tous les deux membre de cet intervalle, on en déduit que l'inégalité est équivalente à $$a\geq\cos\left(\frac{\pi}2-\arccos b\right)=\sin(\arccos b)=\sqrt{1-b^2}.$$ Puisque $a,b\in[0,1]$, ceci est équivalent à $a^2\geq 1-b^2$. L'équation admet donc une solution si et seulement si $a,b\in[0,1]$ et $a^2+b^2\geq 1$.
Exercice 20 - Équations ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Résoudre les équations suivantes : $$\begin{array}{lll} \mathbf{1.}\ \arcsin x=\arccos\frac13-\arccos\frac14&\quad&\mathbf{2.}\ \arcsin\frac{2x}{1+x^2}=\frac{\pi}3;\\ \mathbf{3.}\ \arctan 2x+\arctan 3x=\frac{\pi}4;&\quad&\mathbf{4.}\ \arcsin x+\arcsin \sqrt{1-x^2}=\frac\pi2;\\ \mathbf{5.}\ \arcsin x=\arctan 2+\arctan 3. \end{array}$$ Indication
  1. Prendre le sinus et bien fonctionner par équivalence.
  2. Idem.
  3. Prendre la tangente des deux membres et utiliser la formule $\tan(a+b)=\dots$. Attention, on n'obtient pas une équation équivalente, il faut vérifier si les solutions obtenues sont bien des solutions de l'équation initiale.
  4. Poser $x=\sin\theta$.
  5. Minorer $\arctan 2+\arctan 3$.
Corrigé
  1. On utilise l'équivalence suivante : $$\left\{ \begin{array}{c} y=\arcsin x\\ x\in[-1,1] \end{array}\right.\iff \left\{ \begin{array}{c} \sin y=x\\ y\in[-\pi/2,\pi/2] \end{array}\right. .$$ Dans le cas qui nous intéresse, puisque $0\leq\arccos \frac13\leq\pi/2$ et $-\pi/2\leq-\arccos \frac14\leq 0$, on a bien $$\arccos \frac13-\arccos\frac14\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right].$$ Prenant le sinus, l'équation est donc équivalente à \begin{eqnarray*} x&=&\sin\left(\arccos\frac13-\arccos\frac14\right)\\ &=&\sin(\arccos 1/3)\cos(\arccos 1/4)-\sin(\arccos 1/4)\cos(\arccos 1/3)\\ &=&\sqrt{1-\frac1{3^2}}\frac14-\sqrt{1-\frac1{4^2}}\frac13\\ &=&\frac{\sqrt 8-\sqrt{15}}{12}. \end{eqnarray*}
  2. On procède de la même façon, en remarquant que $\pi/3$ est bien élément de $[-\pi/2,\pi/2]$ et que l'on a toujours $$-1\leq\frac{2x}{1+x^2}\leq 1$$ (car $x^2-2x+1=(x-1)^2\geq 0$ et $-1-x^2-2x=-(1+x)^2\leq 0$). L'équation est donc équivalente à $$\frac{2x}{1+x^2}=\sin\frac\pi3=\frac{\sqrt{3}}2.$$ Il reste à résoudre cette équation du second degré, dont on trouve que les solutions sont $\frac{\sqrt 3}3$ et $\sqrt 3$.
  3. Si les deux membres sont égaux, alors ils ont même tangente. Utilisant la formule $\tan(a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}$, les solutions vérifient l'équation $$\frac{5x}{1-6x^2}=1\iff 6x^2+5x-1=0.$$ En calculant le discriminant de ce polynôme de degré deux, on trouve qu'il admet deux racines, à savoir $x_1=-1$ et $x_2=\frac16$. $x_1$ ne peut pas être solution de l'équation initiale $\arctan 2x+\arctan 3x=\frac\pi4$, puisque $x_1\leq 0$ et donc $\arctan 2x_1\leq 0$ et $\arctan 3x_1\leq 0$. Pour $x_2$, on sait que $$\tan(\arctan 2x_2+\arctan 3x_2)=\tan(\pi/4),$$ et donc $$\arctan 2x_2+\arctan 3x_2\equiv\frac{\pi}4\ [\pi].$$ Il suffit donc de prouver que $\arctan 2x_2+\arctan 3x_2$ est élément de $]\pi/4-\pi,\pi/4+\pi[$ pour être sûr que $x_2$ est solution de l'équation. Mais, $0\leq 2x_2\leq 1$ et $0\leq 3x_2\leq 1$ et donc $$0\leq \arctan (2x_2)+\arctan(3x_2)\leq\frac\pi4+\frac\pi4=\frac\pi2.$$ $1/6$ est donc l'unique solution de l'équation initiale.
  4. Remarquons que puisqu'on calcule $\arcsin x$, on se limite à $x\in[-1,1]$. Il est donc légitime de poser $x=\sin\theta$ avec $\theta\in[-\pi/2,\pi/2]$. L'équation devient $$\theta+\arcsin(\cos \theta)=\frac{\pi}2$$ qui est encore équivalente à $$\arcsin(\sin(\pi/2-\theta))=\pi/2-\theta.$$ Or, $\arcsin (\sin t)=t$ si et seulement si $t\in[-\pi/2,\pi/2]$. On a donc $\arcsin(\sin(\pi/2-\theta))=\pi/2-\theta$ si et seulement si $\pi/2-\theta\in[-\pi/2,\pi/2]$, c'est-à-dire si et seulement si $\theta\in[0,\pi]$. Puisque $\theta\in[-\pi/2,\pi/2]$, on obtient donc que l'ensemble des solutions est constitué des réels $x$ s'écrivant $\sin(\theta)$ pour $\theta\in[0,\pi/2]$, c'est-à-dire que l'ensemble des solutions est $[0,1]$.
  5. Puisque $2>1$ et $3>1$, on a $\arctan 2>\pi/4$ et $\arctan 3>\pi/4$, d'où l'on déduit que $\arctan 2+\arctan 3>\pi/2$. Puisque $\arcsin x$ est toujours un élément de $[-\pi/2,\pi/2]$, on en déduit que l'équation n'a pas de solutions.
Exercice 21 - Calcul d'une somme ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Calculer $\arctan 2+\arctan 5+\arctan8.$Indication Utiliser une formule de trigonométrie pour exprimer $tan(a+b)$ en fonction de $\tan a$ et $\tan b$ pour simplifier l'expression demandée.Corrigé Soit $y=\arctan(2)+\arctan(8)$. Puisque $\arctan(8)\geq\arctan(2)>\arctan(1)=\pi/4$, $y$ est compris entre $\pi/2$ et $\pi$. Calculons $\tan y$ : \begin{eqnarray*} \tan(y)&=&\frac{\tan(\arctan 2)+\tan(\arctan 8)}{1-\tan(\arctan 2)\tan(\arctan 8)}\\ &=&\frac{2+8}{1-16}\\ &=&\frac{-2}{3}. \end{eqnarray*} On a donc $y-\pi\in]-\pi/2,\pi/2[$ et $\tan(y-\pi)=\tan(y)=-2/3$. Par définition de la fonction $\arctan$, on a donc : $y-\pi=\arctan(-2/3)$ (c'est ici que se trouve le piège de l'exercice! il faut faire attention au fait que arctan est une bijection à valeurs dans $]-\pi/2,\pi/2[$). On a donc : $$\arctan 2+\arctan 5+\arctan 8=\pi+\arctan(-2/3)+\arctan(5).$$ On réitère le procédé : si $z=\arctan(-2/3)+\arctan(5)$, alors $z\in]-\pi/2,\pi/2[$, et on a : $$\tan(z)=1.$$ Ceci prouve que $z=\pi/4$, et en particulier que la somme demandée fait $5\pi/4$. Exercice 22 - Suite ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Soit $p\in\mathbb N$.
  1. Vérifier que $\arctan(p+1)-\arctan p=\arctan\left(\frac{1}{p^2+p+1}\right)$.
  2. Déterminer la limite de $S_n=\sum_{p=0}^n\arctan\left(\frac1{p^2+p+1}\right)$.
Indication
  1. Prendre la tangente et vérifier qu'on est dans le bon intervalle!
  2. C'est une somme télescopique!
Corrigé
  1. On a $0\leq \arctan p\leq \arctan(p+1)$ et $\arctan(p+1)<\pi/2$. On en déduit que $\arctan(p+1)-\arctan p\in[0,\pi/2[$. De même, puisque $\frac{1}{p^2+p+1}\geq 0$, on a $\arctan\left(\frac{1}{p^2+p+1}\right)\in[0,\pi/2[$. Pour prouver que ces deux nombres sont égaux, il suffit donc de prouver qu'ils ont la même tangente. Mais on a $$\tan\left(\arctan\left(\frac{1}{p^2+p+1}\right)\right)=\frac{1}{p^2+p+1}$$ et \begin{eqnarray*} \tan\big(\arctan (p+1)-\arctan p\big)&=&\frac{\tan(\arctan(p+1))-\tan(\arctan p)}{1+\tan(\arctan(p+1))\tan(\arctan p)}\\ &=&\frac{p+1-p}{1+(p+1)p}=\frac{1}{p^2+p+1}. \end{eqnarray*} On en déduit le résultat voulu.
  2. Utilisant le résultat de la question précédente, on trouve une somme télescopique : $$S_n=\sum_{p=0}^n\big(\arctan(p+1)-\arctan p\big)=\arctan(n+1)-\arctan(0)=\arctan(n+1).$$ On en déduit donc que $(S_n)$ tend vers $\pi/2$.
Exercice 23 - Sommes remarquables ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé
  1. Montrer que pour tout $x\in\mathbb R$, $\arctan x+2\arctan\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)=\frac{\pi}2$.
  2. Calculer, pour tous $x,y\in\mathbb R$ avec $y\neq 1/x$, $$\arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)-\arctan x-\arctan y.$$
Indication Dériver les fonctions pour prouver qu'elles sont constantes! Déterminer la constante en étudiant des points particuliers, ou des limites.Corrigé
  1. Posons $f(x)=\arctan x+2\arctan\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)$. Cette fonction est définie et dérivable sur $\mathbb R$. Sa dérivée vérifie \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{1}{1+x^2}+2\frac{\frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}-1}{1+(\sqrt{1+x^2}-x)^2}\\ &=&\frac{1}{1+x^2}+\frac{2}{\sqrt{1+x^2}}\frac{x-\sqrt{1+x^2}}{2(1+x^2-x\sqrt{1+x^2})}\\ &=&\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\times\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\frac{x-\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}-x}\\ &=&0. \end{eqnarray*} La fonction $f$ est donc constante. De plus, $f(0)=2\arctan(1)=\frac{\pi}2$ ce qui achève de prouver que $f$ est identiquement égale à $\frac{\pi}2$.
  2. Pour $y\in\mathbb R$ fixé, introduisons la fonction $$f_y(x)=\arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)-\arctan x-\arctan y.$$ $f_y$ est définie et dérivable sur $]-\infty,1/y[\cup]1/y,+\infty[$. De plus, on a \begin{eqnarray*} f_y'(x)&=&\frac{\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)'}{1+\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)^2}-\frac{1}{1+x^2}\\ &=&\frac{\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}}{\frac{(1-xy)^2+(x+y)^2}{(1-xy)^2}}-\frac{1}{1+x^2}\\ &=&\frac{1+y^2}{(1+x^2)(1+y^2)}-\frac{1}{1+x^2}\\ &=&0. \end{eqnarray*} Ainsi, $f_y$ est constante sur chacun des intervalles $]-\infty,1/y[$ et $]1/y,+\infty[$ -ATTENTION! La fonction n'est pas forcément constante sur $\mathbb R$. On distingue alors suivant le signe de $y$.
    • Si $y>0$, pour $x<1/y$, on a $f_y(x)=f_y(0)=0$. De plus, pour $x>1/y$, on a \begin{eqnarray*} f_y(x)&=&\lim_{+\infty}f_y=\arctan\left(\frac{-1}{y}\right)-\frac\pi2-\arctan(y)\\ &=&-\frac\pi2-\left(\arctan y+\arctan\frac1y\right)\\ &=&-\frac\pi2-\frac\pi2=-\pi. \end{eqnarray*}
    • Si $y<0$, un raisonnement similaire montre que $f_y(x)=\pi$ pour tout $x<1/y$ et $f_y(x)=0$ pour tout $x>1/y$.
    • Enfin, si $y=0$, on a clairement $f_0(x)=0$.
Exercice 24 - Polynômes de Chebychev ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]Enoncé Pour $n\in\mathbb N$, on pose $f_n(x)=\cos(n\arccos x)$ et $g_n(x)=\frac{\sin(n \arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}$. Prouver que $f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales.Indication Procéder par récurrence simultanée sur $f_n$ et $g_n$.Corrigé On va procéder par récurrence portant simultanément sur $f_n$ et sur $g_n$. Précisément, on va prouver par récurrence sur $n\in\mathbb N$ la propriété $\mathcal P_n$ : "$f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales". $\mathcal P_0$ est clairement vérifiée, et si $\mathcal P_{n-1}$ est vraie, alors on prouve $\mathcal P_n$ de la façon suivante. On a \begin{eqnarray*} f_n(x)&=&\cos\big((n-1)\arccos x+\arccos x\big)\\ &=&\cos\big((n-1)\arccos x\big)\cos(\arccos x)-\sin\big((n-1)\arccos x\big)\sin(\arccos x)\\ &=&xf_{n-1}(x)-g_{n-1}(x)\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*} où on a utilisé que $\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}$. $f_n$ est donc bien une fonction polynomiale. Concernant $g_n$, on écrit \begin{eqnarray*} g_n(x)&=&\frac{\sin\big((n-1)\arccos x+\arccos x\big)}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=&\frac{\sin\big((n-1)\arccos x\big)\cos(\arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{\sin(\arccos x)\cos\big((n-1)\arccos x\big)}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=&xg_{n-1}(x)+f_{n-1}(x) \end{eqnarray*} ce qui prouve que $g_n$ est elle aussi polynomiale. $\mathcal P_n$ est donc vraie. Par le principe de récurrence, $f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales pour tout $n\in\mathbb N$. Discussions des forums
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