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Lycée Pierre de Fermat 2017/2018MPSI 1 TD
Trigonométrie circulaire directe et réciproque
Trigonométrie hyperbolique
1 Trigonométrie circulaire réciproque
⊲ Exercice 1.1. Résolution d’équations et d’inéquations trigonométriques.Résoudre les équations suivantes :
1) sin(2x) =13
2) tan2(x) >14
3) sin x − 2 cos x =√
5 4) 2 cos2 x − 3 cos x < −2 5) 2 cos2 x − 5 cos x < −2
⊲ Exercice 1.2. Résolution d’équations et d’inéquations. On prendra soin de préciser où l’on cherche dessolutions.
1. Arccosx = Arcsin(2x) puis Arccosx < Arcsin(2x).
2. Arccosx = −Arcsin2x.
3. Arcsin(x) = Arccos13
− Arccos14
.
⊲ Exercice 1.3. Démontrer les égalités suivantes :
1) 2Arccos34
= Arccos18
2) Arcsin35
+ Arcsin513
= Arcsin5665
3) 2Arctan12
= Arctan43
.
⊲ Exercice 1.4. Montrer que Arccos9√82
+ Arcsin4√41
=π
4.
⊲ Exercice 1.5. Utilisation de la dérivabilité pour démontrer des identités fonctionnelles.
1. (a) Étudier le domaine de définition et la dérivabilité de la fonction f : x 7→ Arctan(x) + Arctan(1/x).
(b) Calculer, lorsqu’elle existe, sa dérivée et en déduire une équation différentielle linéaire du premier ordredont f est solution.
(c) Résoudre cette équation différentielle et expliciter f(x) en fonction de x.
2. Retrouver le résultat ci-dessus en posant, pour x ∈ R∗, θ = Arctanx puis en exprimant
1tan θ
comme la
tangente d’un angle à préciser en fonction de θ.
3. Démontrer, par deux méthodes analogues à celles proposées ci-dessus, la formule
∀x ∈ [−1, 1], Arcsin(x) + Arccos(x) =π
2
⊲ Exercice 1.6. Simplification d’expression et représentation de fonctions.
1. Représenter et étudier la fonction définie par l’expression f(x) = Arccos(| cos(x/2)|).
2. Simplifier puis représenter graphiquement la fonction définie par l’expression f(x) = Arctan2x
1 − x2.
⊲ Exercice 1.7. Considérons la fonction f définie par f(x) =x
2− Arcsin
√
1 + sin(x)2
.
1. (a) Déterminer le domaine de définition de f . Montrer que la connaissance du graphe de f sur [−π, π]suffit à tracer le graphe de f sur R.
(b) Montrer que, pour tout x ∈ R, f(x) + f(−x) = −π
2. Quelle propriété géométrique du graphe de f
peut-on en déduire ? Quel est l’intervalle minimal d’étude I de f nécesaire pour tracer le graphe de fsur R ?
(c) Simplifier l’expression de f(x) pour x ∈ I et tracer le graphe de f sur R.
2. Autres approches. Simplifier directement et soigneusement en distinguant différents cas, l’expression def(x) pour x ∈ [−π, π].
(a) En utilisant des formules de trigonométrie.
(b) En calculant la dérivée de f en les points où f est dérivable puis en primitivant l’expression simpleobtenue.
1
⊲ Exercice 1.8. Sommes remarquables.
1. Montrer que, pour tout x ∈ R, Arctan(x) + 2Arctan(√
1 + x2 − x) =π
2.
2. Montrer que, pour tout x ∈]0, 1], 2Arctan
√
1 − x
x+ Arcsin(2x − 1) =
π
2.
⊲ Exercice 1.9. Équivalent de Arccos(1 − x) en 0+ À l’aide d’un changement de variable judicieux, montrer
queArccos(1 − x)√
xadmet une limite lorsque x tend vers 0+ et calculer cette limite l.
On dit que l√
x est un équivalent de Arccos(1 − x) en 0+.
⊲ Exercice 1.10. Somme télescopique.
1. Montrer que, pour tout p ∈ N, Arctan(p + 1) − Arctan(p) = Arctan(
11 + p + p2
)
.
2. En déduire une expression simplifier de la suite v définie pour n ∈ N par vn =n∑
p=0
Arctan(
11 + p + p2
)
puis étudier sa convergence
3. On pose pour tout n > 2, wn =1n
n∑
p=2
Arctanp3 − 1p − 1
. Déterminer la limite de la suite w.
2 Trigonométrie hyperbolique
⊲ Exercice 2.1. Simplifier les expressions suivantes :ch(ln(x +
√
x2 − 1)) , sh(ln(x +√
x2 − 1)) , ch(ln(x +√
x2 + 1)), sh(ln(x +√
x2 + 1)).
⊲ Exercice 2.2. Formules de trigonométrie hyperboliqueDémontrer les relations suivantes :
1. ∀(x, y) ∈ R2, ch(x + y) = chxchy + shxshy. En déduire trois expressions de ch(2x) en fonction de chx
ou/et shx.
2. ∀(x, y) ∈ R2, sh(x+y) = shxchy+chxshy. On pourra dériver la formule prouvée précédemment à condition
de préciser rigoureusement le statut de x et de y. En déduire une expressions de sh(2x) en fonction deshx et chx.
3. ∀(x, y) ∈ R2, th(x + y) =
thx + thy
1 + thxthy. En déduire une expressions de th(2x) en fonction de thx.
4. Soit x ∈ R fixé quelconque. Posons u = thx
2. Exprimer en fonction de u les nombres chx, shx et thx.
⊲ Exercice 2.3. Soient (a, b) ∈ R2. Résoudre :
{chx + chy = achbshx + shy = ashb
⊲ Exercice 2.4. Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes et calculer leurs dérivées :
1) f(x) = thx − 13
th3x 2) g(x) = Arcsin(thx) 3) h(x) = Arctan(thx)
⊲ Exercice 2.5. Montrer que, ∀x ∈ R , Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) =π
4.
On pourra soit chercher à calculer la dérivée du membre de gauche, soit chercher à calculer la tangente dumembre de gauche.
⊲ Exercice 2.6. Démontrer, pour tout (a, b) ∈ R2, les identités
Sn(a, b) =n∑
k=1
ch(a + kb) =
ch(
a +(n + 1)b
2
) sh(nb2 )
sh( b2 )
si b 6= 0
n.ch(a) si b = 0
n∑
k=1
(−1)ksh(a + kb) =
−sh(
a +(n + 1)b
2
)ch(nb2 )
ch( b2 )
si n ≡ 1[2]
ch(
a +(n + 1)b
2
) sh(nb2 )
ch( b2 )
si n ≡ 0[2]
n∑
k=1k≡1[2]
ch(a+kb) = S⌊ n
2 ⌋(a, 2b)n∑
k=1k≡0[2]
ch(a+kb) = S⌊ n+12 ⌋(a−b, 2b) = ch(a+b)+S⌊ n−1
2 ⌋(a+b, 2b)
2
Comment relieriez-vous les sommes suivantes aux précédentes ?
n∑
k=1
ksh(a + kb)n∑
k=1
k2ch(a + kb)n∑
k=1
(−1)k
kch(a + kb)
n∑
k=1
1k
ch(a + kb).
Montrer que
n∑
k=1
1k2
ch(a + kb) = ch(a).n∑
k=1
1k2
+ b.sh(a).n∑
k=1
1k
+∫ b
0
(∫ s
0
n∑
k=1
ch(a + kx)dx
)
ds.
⊲ Exercice 2.7. Somme télescopique.
1. Montrer que pour tout x ∈ R∗, th(x) =
2th(2x)
− 1th(x)
.
2. En déduire, en fonction de x ∈ R∗, le comportement de la suite (Sn)n∈N définie par Sn =
n∑
i=0
2ith(2ix).
3. Plus précisément, donner, en fonctin de x, les limites limn→+∞
Sn
2net lim
n→+∞Sn − 2n+1. (Réponses : la
première limite vaut −2 si x < 0 et 2 si x > 0, la seconde vaut − 1th(x)
si x > 0 et −∞ si x < 0.)
⊲ Exercice 2.8. Fonction argument sinus hyperbolique : Argsh
1. Montrer que sh réalise une bijection de R dans R. On note Argsh sa bijection réciproque appelée fonctionargument sinus hyperbolique.
2. Quelles sont les propriétés (monotonie, imparité) de la fonction Argsh héritées de la fonction sh ?
3. Simplifier l’expression ch(Argsh(x)) en fonction de x ∈ R.
4. Quel est le domaine de dérivabilité de Argsh ? calculer explicitement sa fonction dérivée.
5. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions sh et Argsh.
6. Soit a ∈ R fixé quelconque.En résolvant rigoureusement l’équation
sh(x) = a
d’inconnue x ∈ R et de paramètre a, retrouver en un seul calcul algébrique que sh est une bijection de R
dans R et démontrer, de surcroît, que
∀x ∈ R , Argsh(x) = ln(x +√
x2 + 1)
⊲ Exercice 2.9. Fonction argument cosinus hyperbolique : Argch
1. Montrer que ch réalise une bijection de R+ dans [1, +∞[. On note Argch sa bijection réciproque appeléefonction argument cosinus hyperbolique.
2. Quelle est la monotonie de la fonction Argch héritée de celle de la fonction ch ?
3. Discuter de la résolution de l’équation d’inconnue x ∈ R et de paramètre a :
chx = a
en fonction des valeurs de a ∈ R.
4. Simplifier l’expression sh(Argch(x)) en fonction de x ∈ [1, +∞[.
5. Quel est le domaine de dérivabilité de Argch ? calculer explicitement sa fonction dérivée.
6. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions ch et Argch.
7. Soit a ∈ [1, +∞[ fixé quelconque.En résolvant rigoureusement l’équation
ch(x) = a
d’inconnue x ∈ R+ et de paramètre a, retrouver en un seul calcul algébrique que ch|[1,+∞[|R+
est une bijectionde R+ dans [1, +∞[ et démontrer, de surcroît, que
∀x ∈ [1, +∞[ , Argch(x) = ln(x +√
x2 − 1)
⊲ Exercice 2.10. Équivalent de Argch(x) en 1+
1. En s’inspirant éventuellement de l’exercice 1.9, montrer que limu→0+
Argch(1 + u)√u
=√
2.
3
2. Retrouver le résultat ci-dessus à partir de l’expression logarithmique de la fonction argument cosinushyperbolique démontrée dans la question 7 de l’exercie 2.9.
⊲ Exercice 2.11. Fonction argument tangente hyperbolique : Argth
1. Montrer que th réalise une bijection de R dans ] − 1, 1[. On note Argth sa bijection réciproque appeléefonction argument tangente hyperbolique.
2. Quelles sont les propriétés (monotonie, imparité) de la fonction Argth héritées de la fonction th ?
3. Quel est le domaine de dérivabilité de Argth ? calculer explicitement sa fonction dérivée.
4. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions th et Argth.
5. Soit a ∈] − 1, 1[ fixé quelconque.En résolvant rigoureusement l’équation
th(x) = a
d’inconnue x ∈ R et de paramètre a, retrouver en un seul calcul algébrique que th est une bijection de R
dans ] − 1, 1[ et démontrer, de surcroît, que
∀x ∈] − 1, 1[ , Argth(x) =12
ln1 + x
1 − x
6. Simplifier les expressions ch(Argth(x)) et sh(Argth(x)) en fonction de x ∈] − 1, 1[.
⊲ Exercice 2.12. Montrer que, ∀x ∈ R , Argsh
√
chx − 12
− x
2={
0 si x > 0,−x si x < 0.
.
⊲ Exercice 2.13. Montrer que, ∀x ∈ R, Argch(4x3 − 3x) =
{3Argch(x) si x > 1,
0 si x = −12
.
4
Correction des exercices
⊲ Corrigé de l’exercice 1.1
1.
sin(2x) =13
⇐⇒ sin(2x) = sin(
Arcsin13
)
⇐⇒
2x ≡ Arcsin13
[2π]
2x ≡ π − Arcsin13
[2π]
⇐⇒
x ≡ 12
Arcsin13
[π]
x ≡ π
2− 1
2Arcsin
13
[π]
L’ensemble des solutions est{
12
Arcsin13
+ kπ
∣∣∣∣
k ∈ Z
}
∪{
π
2− 1
2Arcsin
13
+ kπ
∣∣∣∣
k ∈ Z
}
.
2.
tan2(x) >14
⇐⇒ | tan(x)| >12
⇐⇒ tan(x) >12
ou tan(x) < −12
L’ensemble des solutions est⋃
k∈Z
(]
−π
2+ kπ, −Arctan
12
+ kπ
[
∪]
Arctan12
+ kπ,π
2+ kπ
[)
.
3.
sin x − 2 cos x =√
5 ⇐⇒√
5(
1√5
sin x − 2√5
cos x
)
=√
5
⇐⇒ 1√5
sin x − 2√5
cos x = 1
Posons θ0 = Arcsin1√5
.
On a donc sin θ0 =1√5
.
De plus, | cos θ0| =√
1 − sin2 θ0 =2√5
.
sin x − 2 cos x =√
5 ⇐⇒ sin θ0 sin x − cos θ0 cos x = 1
⇐⇒ − cos(x + θ0) = 1
⇐⇒ cos(x + θ0) = −1
⇐⇒ x + θ0 ≡ π [2π]
(1)
L’ensemble des solutions est{
Arcsin1√5
+ π + 2kπ
∣∣∣∣
k ∈ Z
}
.
4. Considérons l’inéquation2X2 − 3X < −2 ⇐⇒ 2X2 − 3X + 2 < 0
Le trinôme 2X2 − 3X + 2 a pour discriminant 9 − 16 < 0 donc il est de signe stricte constant, celui ducoefficient de X2, donc ce trinôme est strictement positif sur R si bien que l’inéquation 2X2 − 3X < −2n’a aucune solution réelle.Par conséquent, l’inéquation 2 cos2 x − 3 cos x < −2 n’a aucune solution réelle non plus.
5. Considérons l’inéquation2X2 − 5X < −2 ⇐⇒ 2X2 − 5X + 2 < 0
1
Le trinôme 2X2 − 5X + 2 a pour discriminant 25 − 16 = 32 donc il possède 2 racines réelles distinctes qui
sont5 + 3
4= 2 et
5 − 34
=12
. Le coefficient de X2 est > 0 donc le trinôme est strictement négatif entre
ses racines exclusivement :
2X2 − 5X < −2 ⇐⇒ 2X2 − 5X + 2 < 0 ⇐⇒ X ∈]
12
, 2[
2 cos2 x − 5 cos x < −2 ⇐⇒ cos x ∈]
12
, 2[
⇐⇒ cos x ∈]
12
, 1]
L’ensemble des solutions est⋃
k∈Z
]
−Arccos12
+ 2kπ, Arccos12
+ 2kπ
[
.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.3
1. Calculons les cosinus des deux membres :
cos(
Arccos18
)
= id[−1,1]
(18
)
=18
cos(2Arccos34
) = 2 cos2(Arccos34
) − 1 = 2(
34
)2
− 1 =18
donc
cos(
Arccos18
)
= cos(
2Arccos34
)
Il est alors possible de conclure de deux manières différentes :• méthode 1 : justifier que les deux angles sont dans un même domaine d’injectivité de la
fonction cosinus :34
> 0 donc Arccos34
∈[
0,π
2
]
donc 2Arccos34
∈ [0, π], de même Arccos18
∈ [0, π] or cos|[0,π] est
injective donc
cos(
Arccos18
)
= cos(
2Arccos34
)
⇒ Arccos18
= 2Arccos34
• méthode 2 : prendre l’image de l’identité par la fonction Arccosinus puis simplifier ri-goureusement
cos(
Arccos18
)
= cos(
2Arccos34
)
⇒ Arccos
cos
Arccos18
︸ ︷︷ ︸
∈ [0, π]
= Arccos
cos
2 × Arccos34
︸ ︷︷ ︸
∈[
0,π
2
]
⇒ Arccos ◦ cos︸ ︷︷ ︸
= id[0,π]
Arccos18
︸ ︷︷ ︸
∈ [0, π]
= Arccos ◦ cos︸ ︷︷ ︸
= id[0,π]
2Arccos34
︸ ︷︷ ︸
∈ [0, π]
⇒ Arccos18
= 2Arccos34
2. Prenons le sinus du premier membre :
sin(
Arcsin35
+ Arcsin513
)
=
= sin(Arcsin(3/5)) cos(Arcsin(5/13)) + cos(Arcsin(3/5)) sin(Arcsin(5/13))
=35
√
1 − (5/13)2 +√
1 − (3/5)2513
=3.125.13
+4.5513
=5665
2
où on a utilisé que pour x ∈ [−π/2, π/2], cos(Arcsin(x)) =√
1 − x2. Par conséquent, sin(56/65) =
Arcsin(sin(Arcsin35
+ Arcsin513
)) or Arcsin35
+ Arcsin513
∈ [0, π/2] (chaque terme est dans [0, π/4] car
3/5 6 1/√
2 et 5/13 6 1/√
2) et comme Arcsin ◦ sin = id[−π/2,π/2], Arcsin35
+ Arcsin513
= Arcsin(56/65).
3. Calculons la tangente du premier membre :
tan(2Arctan12
) =2 tan(Arctan
12
)
1 − tan(Arctan12
)2
=1
1 − 14
=43
donc Arctan43
= Arctan tan(2Arctan12
) or 2Arctan12
∈]0, π/2[⊂]−π/2, π/2[ donc Arctan tan(2Arctan12
) =
2Arctan12
) d’où le résultat.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.4Technique : Prendre le cosinus (ou le sinus) du membre de gauche, simplifier, calculer et tomber
sur
√2
2. Il reste alors à obtenir un encadrement du membre de gauche de l’égalité à prouver pour
montrer qu’ils appartiennent à un même domaine d’injectivité de la fonction cosinus (ou sinus)
queπ
4.
sin(
Arccos(
9√82
)
+ Arcsin(
4√41
))
= sin(
Arccos(
9√82
))
cos(
Arcsin(
4√41
))
+ cos(
Arccos(
9√82
))
sin(
Arcsin(
4√41
))
=
√
1 − 92
√82
2
√
1 − 42
√41
2 +9√82
4√41
=
√
82 − 8182
√
41 − 1641
+36√
82 × 41
=5 + 36√82 × 41
=
√2
2
Remarquons maintenant que (faire des cercles trigonométriques), par monotonie des fonctions Arccos et Arcsin,
9√82
>9√64
=78>
√3
2⇒ Arccos
9√82
∈[
0,π
6
]
4√41
6 04√49
=476
√3
2⇒ Arcsin
4√41
∈[
0,π
3
]
⇒ Arccos9√82
+ Arcsin4√41
∈[
0,π
2
]
En effet,78>
√3
2⇐⇒ 7
4>
√3 ⇐⇒ 72
> 3 × 42 ⇐⇒ 49 > 48
et476
√3
2⇐⇒ 8 6 7
√3 ⇐⇒ 64 6 147 .
Ainsi,
sin
Arccos9√82
+ Arcsin4√41
︸ ︷︷ ︸
∈[0, π
2 ]
= sinπ
4︸︷︷︸
∈[0, π
2 ]
or la restriction de sin à[
0,π
2
]
est injective donc Arccos9√82
+ Arcsin4√41
=π
4.
Remarque. Il est plus facile de conclure si l’on prend le cosinus de Arccos(
9√82
)
+ Arcsin(
4√41
)
plutôt que
le sinus. En effet, il suffit alors de justifier que Arccos(
9√82
)
+ Arcsin(
4√41
)
appartient à [0, π] (domaine
3
d’injectivité de cos auquel appartientπ
4) pour conclure, ce qui est plus facile que de justifier l’appartenance à
[
0,π
2
]
:9√82
> 0 ⇒ Arccos9√82
∈[
0,π
2
]
4√41
> 0 ⇒ Arcsin4√41
∈[
0,π
2
]
⇒ Arccos9√82
+ Arcsin4√41
∈ [0, π]
⊲ Corrigé de l’exercice 1.5
1. (a) Étudier le domaine de définition et la dérivabilité de la fonction f : x 7→ Arctan(x) + Arctan(1/x).
(b) Calculer, lorsqu’elle existe, sa dérivée et en déduire une équation différentielle linéaire du premier ordredont f est solution.
(c) Résoudre cette équation différentielle et expliciter f(x) en fonction de x.
2. Soit x ∈ R∗ fixé quelconque.
Posons θ = Arctanx ∈]
−π
2,
π
2
[
.
Arctan(x) + Arctan(1/x) = Arctan(tan θ)︸ ︷︷ ︸
= θ
car θ ∈]
−π
2,
π
2
[
+Arctan(
tan(π
2− θ))
⋆ Si x ∈]0, +∞[, alors θ ∈]
0,π
2
[
doncπ
2− θ ∈
]
0,π
2
[
⊂]
−π
2,
π
2
[
donc
Arctan(x) + Arctan1x
= θ + Arctan(
tan(π
2− θ))
= θ +π
2− θ =
π
2
⋆ Si x ∈] − ∞, 0[, alors θ ∈]
−π
2, 0[
doncπ
2− θ ∈
]π
2, π[
donc
Arctan(x) + Arctan1x
= θ + Arctan
tan(π
2− θ)
︸ ︷︷ ︸
= tan(π
2− θ − π
)
= tan(
−π
2− θ)
= −π
2− θ
car −π
2− θ ∈
]
−π
2, 0[
⊂]
−π
2,
π
2
[
= θ − π
2− θ = −π
2
Ainsi, ∀x ∈ R∗, Arctan(x) + Arctan
1x
=|x|x
π
2.
3. Démontrer, par deux méthodes analogues à celles proposées ci-dessus, la formule
∀x ∈ [−1, 1], Arcsin(x) + Arccos(x) =π
2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.6
1. Représenter et étudier la fonction x 7→ Arccos(| cos(x/2)|).Cette fonction est 2π périodique et paire. Il suffit donc de l’étudier pour x ∈ [0, π].
Simplifions l’expression pour x ∈ [0, π] :x
2∈ [0,
π
2] donc | cos(x/2)| = cos(x/2) et comme Arccos ◦ cos =
id[0,π], la fonction vaut x 7→ x
2sur [0, π]. Il suffit alors de la prolonger par parité puis prériodicité.
Si on n’a pas vu la parité, il est possible toutefois de mener une étude correcte pour x ∈ [π, 2π], alorsx
2∈ [
π
2, π] donc | cos(x/2)| = − cos(x/2) = cos(π − x/2) et comme Arccos ◦ cos = id[0,π] et (π − x/2) ∈
4
[0, π/2[⊂ [0, π], la fonction vaut x 7→ π − x
2sur [π, 2π], d’où la même conclusion que précédemment par
2π périodicité.**** graphe ****
2. Représenter et étudier la fonction f : x 7→ Arctan2x
1 − x2.
• Domaine de définition.Arctan est définie sur R donc f est définie si et seulement si 1−x2 6= 0 si et seulement si x ∈ R\{−1, 1}.
• Simplification de l’expression.
Idée : introduire le bon changement de variable pour que2x
1 − x2devienne tan(·) ce qui permettra de
se ramener à simplifier Arctan ◦ tan.Soit x ∈ R \ {−1, 1}. Posons θ = Arctanx ∈
]
−π
2,
π
2
[
de sorte que x = tan θ.
Alors f(x) = Arctan2x
1 − x2= Arctan
2 tan θ
1 − tan2 θ= Arctan(tan(2θ)).
⋆ Si x ∈] − ∞, −1[, alors θ = Arctanx ∈]
−π
2, −π
4
[
donc
f(x) = Arctan(tan( 2θ︸︷︷︸
∈]
−π, −π
2
[
)) = Arctan(tan︸ ︷︷ ︸
= id]− π
2 , π
2 [
( π + 2θ︸ ︷︷ ︸
∈]
0,π
2
[
)) = π + 2θ = π + 2Arctanx
⋆ Si x ∈] − 1, 1[, alors θ = Arctanx ∈]
−π
4,
π
4
[
donc
f(x) = Arctan(tan︸ ︷︷ ︸
= id]− π
2 , π
2 [
( 2θ︸︷︷︸
∈]
−π
2,
π
2
[
)) = 2θ = 2Arctanx
⋆ Si x ∈]1, +∞[, alors θ = Arctanx ∈]π
4,
π
2
[
donc
f(x) = Arctan(tan( 2θ︸︷︷︸
∈]π
2, π[
)) = Arctan(tan︸ ︷︷ ︸
= id]− π
2 , π
2 [
( pi + 2θ︸ ︷︷ ︸
∈]
−π
2, 0[
)) = −π + 2θ = −π + 2Arctanx
***graphe***
⊲ Corrigé de l’exercice 1.71. (a) •
{x ∈ Df
x ∈ R⇐⇒
1 + sin(x)2
> 0√
1 + sin(x)2
∈ [−1, 1]
x ∈ R
⇐⇒
1 + sin(x) > 0
0 61 + sin(x)
26 1
x ∈ R
⇐⇒
sin(x) > −1−1 6 sin(x) 6 1x ∈ R
⇐⇒ x ∈ R
Ainsi, Df = R.
• ⋆ ∀x ∈ R, x + 2π ∈ R.
⋆ ∀x ∈ R, f(x + 2π) =x + 2π
2− Arcsin
√
1 + sin(x + 2π)2
= f(x) + π.
Le point M(x + 2π, f(x + 2π))) se déduit géométriquement du point M(x, f(x)) par la tanslationde vecteur 2π
−→i + π
−→j .
Il suffit donc d’étudier et de tracer le graphe G0 de f sur [−π, π]. Ensuite, pour tout k ∈ Z, le grapheGk de f sur [−π + 2kπ, π + 2kπ] se déduit du graphe G0 par la translation de vecteur kπ(2
−→i +
−→j ).
5
(b) Soit x ∈ R fixé quelconque.
f(x) + f(−x) =x
2− Arcsin
√
1 + sin(x)2
− x
2− Arcsin
√
1 + sin(−x)2
= −(
Arcsin
√
1 + sin(x)2
+ Arcsin
√
1 + sin(−x)2
)
Calculons
sin
(
Arcsin
√
1 + sin(x)2
+ Arcsin
√
1 − sin(x)2
)
= sin
(
Arcsin
√
1 + sin(x)2
)
cos
(
Arcsin
√
1 − sin(x)2
)
+ cos
(
Arcsin
√
1 + sin(x)2
)
sin
(
Arcsin
√
1 − sin(x)2
)
=
√
1 + sin(x)2
√
1 − 1 − sin(x)2
+
√
1 − 1 + sin(x)2
√
1 − sin(x)2
=
√
1 + sin(x)2
√
1 + sin(x)2
+
√
1 − sin(x)2
√
1 − sin(x)2
=1 + sin(x)
2+
1 − sin(x)2
= 1
On en déduit que Arcsin
√
1 + sin(x)2
+ Arcsin
√
1 − sin(x)2
≡ π
2[2π].
Par ailleurs Arcsin
√
1 + sin(x)2
︸ ︷︷ ︸
∈[
−π
2,
π
2
]
+ Arcsin
√
1 − sin(x)2
︸ ︷︷ ︸
∈[
−π
2,
π
2
]
∈ [−π, π] donc
Arcsin
√
1 + sin(x)2
+ Arcsin
√
1 − sin(x)2
=π
2
si bien quef(x) + f(−x) = −π
2
Géométriquement, pour tout x ∈ R, le point de coordonnées(
0, −π
4
)
est le milieu du segment d’ex-
trémités les points de coordonnées (x, f(x)) et (−x, f(−x)). Cela signifie que le graphe de f admet le
point de coordonnées(
0, −π
4
)
comme centre de symétrie.
Il suffit donc d’étudier puis de tracer le graphe de f sur [0, π] pour ensuite en déduire le graphe de f
sur [−π, 0] en prenant l’image du graphe obtenu sur [0, π] par la symétrie centrale de centre(
0, −π
4
)
.
2. (a) Méthode 1 : astucieuse et trigonimétrique. Effectuer des manipulation trigonométriques
pertinentes pour que
√
1 + sin(x)2
apparaisse comme un sinus et se ramener à simplifier
Arcsin ◦ sin(· · · ).
6
x
2− Arcsin
√
1 + sin(x)2
=x
2− Arcsin
√
1 + cos(
π2 − x
)
2
=x
2− Arcsin
√
2 cos2(
π4 − x
2
)
2
=x
2− Arcsin
∣∣∣cos
(π
4− x
2
)∣∣∣
=x
2− Arcsin
∣∣∣sin
(π
2− π
4+
x
2
)∣∣∣
=x
2− Arcsin
∣∣∣sin
(π
4+
x
2
)∣∣∣
Cette expressions nous amène à distinguer plusieurs situations :
⋆ si x ∈[
−π, −π
2
]
,x
2∈[
−π
2, −π
4
]
doncπ
4+
x
2∈[
−π
4, 0]
donc sin(π
4+
x
2
)
6 0
f(x) =x
2−Arcsin
(
− sin(π
4+
x
2
))
=x
2+Arcsin
sin
π
4+
x
2︸ ︷︷ ︸
∈[
−π
4, 0]
⊆[
−π
2,
π
2
]
=x
2+
π
4+
x
2=
π
4+x
⋆ si x ∈]
−π
2, π]
,x
2∈]
−π
4,
π
2
]
doncπ
4+
x
2∈]
0,3π
4
]
donc sin(π
4+
x
2
)
> 0
f(x) =x
2− Arcsin
(
sin(π
4+
x
2
))
=x
2− Arcsin
sin
π
4+
x
2︸ ︷︷ ︸
∈[
0,3π
4
]
— si x ∈]
−π
2,π
2
]
,x
2∈]
−π
4,
π
4
]
doncπ
4+
x
2∈]
0,π
2
]
d’où
f(x) =x
2− Arcsin
sin
π
4+
x
2︸ ︷︷ ︸
∈[
0,π
2
]
⊆[
−π
2,
π
2
]
=x
2− π
4− x
2= −π
4
— si x ∈]π
2, π]
,x
2∈]π
4,
π
2
]
doncπ
4+
x
2∈]
π
2,
3π
4
]
d’où
f(x) =x
2−Arcsin
(
sin(π
2− π
4− x
2
))
=x
2−Arcsin
sin
π
4− x
2︸ ︷︷ ︸
∈[
−π
4, 0[
⊆[
−π
2,
π
2
]
=x
2−π
4+
x
2= x−π
4
***graphe de la fonction f .***
(b) Méthode 2 : analytique. Justifier la dérivabilité de f et calculer f ′.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.8
1. Montrer que, pour tout x ∈ R, Arctan(x) + 2Arctan(√
1 + x2 − x) =π
2.
7
• Méthode 1 : analytique, poser f(x) = Arctan(x)+2Arctan(√
1 + x2−x), montrer que f ∈ D1(R,R)puis que ∀x ∈ R, f ′(x) = 0 (excellent exercice de calcul de dérivée !) donc f est constante or f(0) =
0 + 2Arctan1 =π
2d’où le résultat
• Méthode 2 : prendre la tangente deπ
2− 2Arctan(
√
1 + x2 − x) et de Arctanx.
Soit x ∈ R fixé quelconque.— Arctanx ∈
]
−π
2,
π
2
[
donc il est possible de prendre la tangente et tan(Arctanx) = x,
— 0 <√
1 + x2 − x donc Arctan(√
1 + x2 − x) ∈]
0,π
2
[
donc 2Arctan(√
1 + x2 − x) ∈ ]0, π[ si bien
queπ
2− 2Arctan(
√
1 + x2 − x) ∈]
−π
2,
π
2
[
donc il est possible de prendre la tangente et
tan(π
2− 2Arctan(
√
1 + x2 − x)) =1
tan(2Arctan(√
1 + x2 − x))
=1 − (
√1 + x2 − x)2
2√
1 + x2 − 2x
=1 − (1 + x2) + 2x
√1 + x2 − x2
2√
1 + x2 − 2x
=x(2
√1 + x2 − 2x)
2√
1 + x2 − 2x= x
Ainsi, Arctanx etπ
2−2Arctan(
√
1 + x2 −x) sont deux réels de]
−π
2,π
2
[
qui ont même tangente, donc
ils sont égaux :Arctanx =
π
2− 2Arctan(
√
1 + x2 − x) .
• Méthode 3 : posons un judicieux changement de variable.Soit x ∈ R fixé quelconque. Posons θ = Arctanx ∈
]
−π
2,
π
2
[
.
Arctan(√
1 + x2 − x) = Arctan(√
1 + tan2 θ − tan θ)
= Arctan
(√
1cos2 θ
− tan θ
)
= Arctan(
1cos θ
− tan θ
)
car θ ∈]
−π
2,
π
2
[
donc cos θ > 0
= Arctan(
1 + u2
1 − u2− 2u
1 − u2
)
en posant u = tanθ
2
= Arctan(
(1 − u)2
1 − u2
)
= Arctan(
1 − u
1 + u
)
= Arctan(
tan(
π
4− θ
2
))
=π
4− θ
2car
π
4− θ
2∈]
0,π
2
[
⊂]
−π
2,
π
2
[
.
Par conséquent, Arctan(x) + 2Arctan(√
1 + x2 − x) = θ + 2(
π
4− θ
2
)
=π
2.
• Méthode 4 : posons un changement de variable et soyons malins (seule différence avec laméthode 3).
8
Soit x ∈ R fixé quelconque. Posons θ = Arctanx ∈]
−π
2,
π
2
[
.
Arctan(√
1 + x2 − x) = Arctan(√
1 + tan2 θ − tan θ)
= Arctan
(√
1cos2 θ
− tan θ
)
= Arctan(
1cos θ
− tan θ
)
car θ ∈]
−π
2,
π
2
[
donc cos θ > 0
= Arctan(
1 − sin θ
cos θ
)
= Arctan(
sin π2 − sin θ
cos π2 + cos θ
)
pour conserver la symétrie numérateur/dénominateur
= Arctan
(
2 cosπ
2 +θ
2 sinπ
2 −θ
2
2 cosπ
2 +θ
2 cosπ
2 −θ
2
)
= Arctan
(
sinπ
2 −θ
2
cosπ
2 −θ
2
)
= Arctan(
tan(
π
4− θ
2
))
=π
4− θ
2car
π
4− θ
2∈]
0,π
2
[
⊂]
−π
2,
π
2
[
.
Par conséquent, Arctan(x) + 2Arctan(√
1 + x2 − x) = θ + 2(
π
4− θ
2
)
=π
2.
Remarque : le calcul peut être mené encore différemment :
Arctan(√
1 + x2 − x) = Arctan(
1 − sin θ
cos θ
)
= Arctan
(
1 − cos(
π2 − θ
)
sin(
π2 − θ
)
)
= Arctan
2 sin2
(π
2 −θ
2
)
2 sinπ
2 −θ
2 cosπ
2 −θ
2
= Arctan(
tan(
π
4− θ
2
))
=π
4− θ
2car
π
4− θ
2∈]
0,π
2
[
⊂]
−π
2,
π
2
[
.
2. Montrer que, pour tout x ∈]0, 1], 2Arctan
√
1 − x
x+ Arcsin(2x − 1) =
π
2.
On vérifie que l’expression proposée est bien définie pour tout x ∈]0, 1].
• Méthode 1 : analytique, poser f(x) = 2Arctan
√
1 − x
x+Arcsin(2x−1), montrer que f ∈ D1(]0, 1[,R)
puis que ∀x ∈]0, 1[, f ′(x) = 0 (excellent exercice de calcul de dérivée !) donc f est constante sur ]0, 1[.
Or f
(12
)
= 2Arctan1 + Arcsin0 =π
2donc
∀x ∈]0, 1[ , 2Arctan
√
1 − x
x+ Arcsin(2x − 1) =
π
2
Pour étendre cette identité en 1, soit on calcule directement f(1) = 2Arctan0 + Arcsin(1) =π
2, soit
on dit que f est continue en 1 donc f(1) = limx→1
f(x) =π
2.
• Méthode 2 : prendre la tangente de Arcsin(2x − 1) et deπ
2− 2Arctan
√
1 − x
x.
Pour tout x ∈]0, 1[,
9
⋆ 2x − 1 ∈] − 1, 1[ donc Arcsin(2x − 1) ∈]
−π
2,
π
2
[
ce qui donne un sens à
tan (Arcsin(2x − 1)) =sin (Arcsin(2x − 1))cos (Arcsin(2x − 1))
=2x − 1
√
1 − (2x − 1)2car ∀t ∈ [−1, 1] , cos(Arcsint) =
√
1 − t2
=2x − 1
2√
x(1 − x)
⋆1x
− 1 ∈ R∗+ donc
√
1 − x
x∈ R
∗+ donc 2Arctan
√
1 − x
x∈]0, π[ si bien que
π
2− 2Arctan
√
1 − x
x∈
]
−π
2,π
2
[
ce qui donne un sens à
tan
(
π
2− 2Arctan
√
1 − x
x
)
=1
tan(
2Arctan√
1−xx
)
=1 − tan2
(
Arctan√
1−xx
)
2 tan(
Arctan√
1−xx
)
=1 − 1−x
x
2√
1−xx
=2x − 1
2√
x(1 − x)
Ainsi, ∀x ∈]0, 1[, tan
(
π
2− 2Arctan
√
1 − x
x
)
= tan (Arcsin(2x − 1)) or nous avons vu (au moment
de prendre la tangente) que ces deux angles appartiennent à l’intervalle]
−π
2,
π
2
[
en restriction auquel
la fonction tan est injective donc
∀x ∈]0, 1[ , tan
(
π
2− 2Arctan
√
1 − x
x
)
= tan (Arcsin(2x − 1))
Le calcul direct des deux membres pour x = 1 permet d’obtenir la relation sur ]0, 1].• Méthode 3 : posons un judicieux changement de variable.
Soit x ∈]0, 1] fixé quelconque.
Posons θ = Arccos√
x ∈[
0,π
2
[
de sorte que x = cos2 θ.
2Arctan
√
1 − x
x+ Arcsin(2x − 1) = 2Arctan
√
1 − cos2 θ
cos2 θ+ Arcsin(2 cos2 θ − 1)
= 2Arctan
√
sin2 θ
cos2 θ+ Arcsin(cos(2θ))
= 2Arctan(| tan θ|) + Arcsin(
sin(π
2− 2θ
))
or θ ∈[
0,π
2
[
donc tan θ > 0
= 2Arctan(tan θ) + Arcsin
sin
π
2− 2θ
︸ ︷︷ ︸
∈]
−π
2,π
2
[
= 2θ +(π
2− 2θ
)
=π
2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.9
⊲ Corrigé de l’exercice 1.10
1. Soit p ∈ N fixé quelconque.
10
— Arctan est strictement croissante sur R donc Arctan(p + 1) − Arctan(p) > 0,— Arctan est croissante sur R donc 0 6 p ⇒ 0 6 Arctanp d’où
Arctan(p + 1) − Arctanp 6 Arctan(p + 1) <π
2.
Par conséquent,Arctan(p + 1) − Arctan(p) ∈]
0,π
2
[
si bien que l’on peut calculer
tan (Arctan(p + 1) − Arctan(p)) =tan(Arctan(p + 1)) − tan(Arctanp)
1 + tan(Arctan(p + 1)) tan(Arctanp)
=p + 1 − p
1 + (p + 1)p
=1
1 + p + p2
De même, Arctan1
1 + p + p2∈]
0,π
2
[
si bien que que l’on peut calculer
tan(
Arctan1
1 + p + p2
)
=1
1 + p + p2.
Ainsi, Arctan(p + 1) − Arctan(p) et Arctan(
11 + p + p2
)
sont deux valeurs de]
0,π
2
[
⊂]
−π
2,
π
2
[
qui ont
même tangente, or tan|]− π
2 , π
2 [ est injective donc Arctan(p + 1) − Arctan(p) = Arctan(
11 + p + p2
)
.
2. En utilisant la question pécédente, pour tout n ∈ N,
vn =n∑
p=0
Arctan1
1 + p + p2
=n∑
p=0
Arctan(p + 1) − Arctan(p)
=n∑
p=0
Arctan(p + 1) −n∑
p=0
Arctan(p)
=n+1∑
k=1
Arctan(k) −n∑
p=0
Arctan(p)
= Arctan(n + 1) − Arctan(0)
= Arctan(n + 1)
si bien que limn→+∞
vn =π
2.
3. Pour tout n > 2,
wn =1n
n∑
p=2
Arctan(p − 1)(p2 + p + 1)
p − 1car p3 − 1 = (p − 1)(p2 + p + 1)
=1n
n∑
p=2
Arctan(p2 + p + 1)
=1n
n∑
p=2
(π
2− Arctan
1p2 + p + 1
)
car ∀x ∈ R∗+, Arctanx + Arctan
1x
=π
2
=1n
(
(n − 1)π
2−
n∑
p=2
Arctan1
p2 + p + 1
)
=(
1 − 1n
)π
2− 1
n
(
vn − Arctan13
− Arctan1)
=(
1 − 1n
)
︸ ︷︷ ︸
−→n→+∞
1
π
2− Arctan(n + 1)
n︸ ︷︷ ︸
−→n→+∞
0
+Arctan1
3 + Arctan1n
︸ ︷︷ ︸
−→n→+∞
0
en utilisant la question précédente
11
si bien que limn→+∞
wn =π
2.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.1
1. L’expression n’a de sens que pour x ∈ [1, +∞[. Pour tout x ∈ [1, +∞[, le calcul donne ch(ln(x +√
x2 − 1)) = x.
2. L’expression n’a de sens que pour x ∈ [1, +∞[. Pour tout x ∈ [1, +∞[, le calcul donne sh(ln(x +√
x2 − 1)) =√
x2 − 1.
3. L’expression a un sens pour tout x ∈ R. Pour tout x ∈ R, le calcul donne ch(ln(x+√
x2 + 1)) =√
1 + x2.
4. L’expression a un sens pour tout x ∈ R. Pour tout x ∈ R, le calcul donne sh(ln(x +√
x2 + 1)) = x.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.2
⊲ Corrigé de l’exercice 2.3Résoudre avec un changement de variable en posant X = ex et Y = ey. On obtient
X +1X
+ Y +1Y
= 2achb
X +1X
+ Y − 1Y
= 2ashb
Par demi somme et demi différence on obtient le système{
X + Y = a(chb + shb)1X
+1Y
= a(chb − shb)
soit {X + Y = aeb
1X
+1Y
= ae−b
La première équation donne Y = aeb − X et en reportant dans la seconde,
1X
+1
aeb − X= ae−b
soitaeb − X + X = X(aeb − X)ae−b
soitae−bX2 − a2X + aeb = 0.
— Si a = 0, le système n’admet aucune solution car la première équation donne X + Y = 0 or X > 0 etY > 0, ce qui est impossible
— Si a 6= 0, l’équation devient :X2 − aebX + e2b = 0.
Le discriminant est a2e2b − 4e2b = e2b(a2 − 4).— si |a| < 2, il n’y a aucune solution.
— si |a| = 2, le dicriminant est nul et on trouve X =aeb
2. Or X doit être stritement positif donc si
a = −2, il n’y a aucune solution et si a = 2, alors X = eb donc Y = eb donc il n’y a un unique couple(x, y) candidat solution, c’est (b, b) .
— si |a| > 2, les racines de l’équation sontaeb + / − eb
√a2 − 4
2soit
a + / −√
a2 − 42
eb. Le produit des
racines étant e2b (il se lit sur l’équation), elles sont de même signe, à savoir > 0 si a > 2 et < 0 si a < −2.Par conséquent il n’y a aucune solution si a < −2 et si a > 2, il y a deux couples (x, y) candidats
solution x = ln(a +
√a2 − 4) + b
2et y = ln(
a −√
a2 − 42
) + b d’une part et x = ln(a −
√a2 − 42
) + b
et y = ln(a +
√a2 − 42
) + b d’autre part.
Comme nous n’avons pas raisonné par équivalence, il reste à prouver que ces candidats solutions sont effectivementdes solutions.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.4
12
1. f est définie sur R et dérivable sur R, et f ′(x) = 1− th2(x)− th2(x)(1− th2(x)) = (1− th2(x))2 =1
ch4(x).
2. g est définie pour tout x tel que th(x) ∈ [−1, 1] soit pour tout x ∈ R et dérivable pour tout x tel que
th(x) ∈] − 1, 1[ soit pour tout x ∈ R, et g′(x) =1 − th2(x)√
1 − th2(x)=√
1 − th2(x) =1
chx.
3. h est définie et dérivable sur R et i′(x) =1 − th2(x)
1 + th2(x)=
1
ch2(x) + sh2(x)=
1ch(2x)
.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.5• Méthode 1 : analytique, poser f(x) = Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) puis montrer que f ∈ D1(R,R).
Calculons alors f ′
∀x ∈ R , f ′(x) =ex
1 + e2x− 1
1 + th2(x/2)× (1 − th2(x/2)) × 1
2
Pour simplifier cette expression, deux idées :
— tout exprimer avec des exponentielles : th(x/2) =e
x
2 − e− x
2
ex
2 + e− x
2d’où th2(x/2) =
ex − 2 + e−x
ex + 2 + e−xet donc
1 + th2(x/2) =2(ex + e−x)ex + 2 + e−x
et 1 − th2(x/2) =4
ex + 2 + e−xsi bien que
1
1 + th2(x/2)× (1 − th2(x/2)) × 1
2=
1ex + e−x
d’où f ′(x) = 0 ;
— tout exprimer avec de la trigonométrie hyperbolique, en observant d’une part queex
1 + e2x=
12chx
et
d’autre part que la formule exprimant ch(x) en fonction de th(x/2) est chx =1 + th2(x/2)
1 − th2(x/2)d’où
f ′(x) =1
2chx− 1
2× 1
chx= 0
On en déduit que f est constante sur R, or f(0) = Arctan1−2Arctan(0) =π
4donc ∀x ∈ R, f(x) =
π
4.
• Méthode 2 : calculons tan f(x).f est définie sur R et⋆ pour x > 0, Arctan(ex) ∈
]
0,π
2
[
et Arctan(th(x/2)) ∈]
0,π
2
[
donc f(x) ∈]
−π
2,
π
2
[
si bien que
tan f(x) a un sens,
⋆ pour x < 0, Arctan(ex) ∈]
−π
2, 0[
et Arctan(th(x/2)) ∈]
−π
2, 0[
donc f(x) ∈]
−π
2,
π
2
[
si bien que
tan f(x) a un sens,
⋆ pour x = 0, f(0) = Arctan1 − Arctan0 =π
4donc tan f(0) a un sens.
Par conséquent, tan ◦f est définie sur R.Soit x ∈ R fixé quelconque.
tan(f(x)) =tan(Arctan(ex)) − tan(Arctan(th(x/2)))
1 + tan(Arctan(ex)) × tan(Arctan(th(x/2)))
=ex − th x
2
1 + ex × th x2
car ∀t ∈ R, tan(Arctant) = t
=ex − 1−e−x
1+e−x
1 + ex × 1−e−x
1+e−x
car ∀t ∈ R, th(t) =1 − e−2t
1 + e−2t
=ex(1 + e−x) − (1 − e−x)1 + e−x + ex × (1 − e−x)
=ex + e−x
ex + e−x
= 1
13
On en déduit que ∀x ∈ R, f(x) ≡ π
4[π]. Or le raisonnement prouvant l’existence de tan f(x) nous a permis
de montrer que, pour tout x ∈ R, f(x) ∈]
−π
2,
π
2
[
:
∀x ∈ R , f(x) ≡ π
4[π]
∀x ∈ R , f(x) ∈]
−π
2,π
2
[
⇒ ∀x ∈ R , f(x) =π
4.
• Méthode 3 : astucieuseSoit x ∈ R fixé quelconque.Posons θ = Arctan(ex) d’où ex = tan θ.Calculons
Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) = θ − Arctanex − 1ex + 1
= θ + Arctantan θ − tan π
4
tan θ tan π4 + 1
= θ − Arctan(
tan(
θ − tanπ
4
))
= θ −(
θ − tanπ
4
)
car θ = Arctanex ∈[
0,π
2
[
donc θ − π
4∈]
−π
2,
π
2
[
=π
4• Méthode 4 : encore plus astucieuse en remarquant que
∀x ∈ R , −thx
2=
1 − ex
1 + ex=
1 − tan(Arctanex)1 + tan(Arctanex)
= tan(π
4− tan(Arctanex)
)
Or −thx
2= − tan
(
Arctan(
thx
2
))
= tan(
−Arctan(
thx
2
))
donc les deux réels −Arctan(
thx
2
)
∈]
−π
2,π
2
[
etπ
4− tan(Arctanex) ∈
]
−π
4,π
4
[
⊂]
−π
2,
π
2
[
(car ex > 0 ⇒ Arctanex ∈]
0,π
2
[
) ont même
tangente donc ils sont égaux (injectivité de tan|]− π
2 , π
2 [) soit
∀x ∈ R , Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) =π
4.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.6
⊲ Corrigé de l’exercice 2.7
⊲ Corrigé de l’exercice 2.8
⊲ Corrigé de l’exercice 2.9
⊲ Corrigé de l’exercice 2.10
⊲ Corrigé de l’exercice 2.11
⊲ Corrigé de l’exercice 2.12
⊲ Corrigé de l’exercice 2.13
Commençons par étudier la fonction h(x) = 4x3 − 3x = 4x
(
x2 − 34
)
= 4x
(
x −√
32
)(
x +
√3
2
)
.
h est une fonction polynôme donc définie et dérivable sur R et
∀x ∈ R, h′(x) = 12x2 − 3 = 12(
x − 12
)(
x +12
)
d’où le tableau des variations de h :
x −∞ −12
12
1 +∞
h′(x) + 0 − 0 ++∞
րh 1 1
ր ց ր−∞ 1
2
14
Sachant que la fonction Argch est définie sur [1, +∞[,
Argch(4x3 − 3x) a un sens ⇐⇒ h(x) ∈ [1, +∞[ ⇐⇒ x ∈{
−12
}
∪ [1, +∞[
Dans le cas particulier x = −12
, le calcul direct donne
Argch(4x3 − 3x) = Argch(
h
(
−12
))
= Argch(1) = 0
Il reste à prouver la relation∀x ∈ [1, +∞[ , Argch(4x3 − 3x) = 3Argch(x)
1. Méthode 2 : astucieuse et trigonométrique.Il faut connaître (ou “deviner” puis redémontrer) la formule de trigonométrie hyperbolique
∀t ∈ R , ch(3t) = 4ch3t − 3cht
Soit x ∈ [1, +∞[ fixé quelconque.Posons t = Argchx.La formule de trigonométrie hyperbolique rappelée ci-dessus s’écrit donc
ch(3t) = 4ch3(Argchx) − 3ch(Argchx) = 4x3 − 3x
si bien queArgch(4x3 − 3x) = Argch(ch(3t)) = 3t
︸ ︷︷ ︸
car 3t ∈ [1, +∞[
= 3Argchx
2. Méthode 2 : analytique. Posons f(x) = Argch(4x3 − 3x).⋆ Argch est dérivable sur ]1, +∞[,⋆ h : x 7→ 4x3 − 3x est dérivable sur ]1, +∞[,⋆ ∀x ∈]1, +∞[, h(x) ∈]1, +∞[
donc (théorème sur la dérivabilité d’une composée de fonctions dérivables) f = Argch ◦ h est dérivablesur ]1, +∞[ et
∀x ∈]1, +∞[ , f ′(x) = Argch′(h(x)) × h′(x)
=12x2 − 3
√
(4x3 − 3x)2 − 1
=3(4x2 − 1)√
16x6 − 24x4 + 9x2 − 1calcul annexe : (x2 − 1)(4x2 − 1)2 = (x2 − 1)(16x4 − 8x2 + 1) = 16x6 − 24x4 + 9x2 − 1
=3(4x2 − 1)
√
(4x2 − 1)2x2 − 1
=3(4x2 − 1)
|4x2 − 1|√
x2 − 1
=3√
x2 − 1car x > 1 ⇒ 4x2 − 1 > 0
= 3Argch′(x)
Par conséquent, f − 3Argch est une fonction dérivable sur ] − 1, +∞[ et dont la dérivée est nulle sur]1, +∞[ donc c’est une fonction constante :
∃c ∈ R : ∀x ∈]1, +∞[ , Argch(4x3 − 3x) − 3Argch(x) = c
De plus, f et 3Argch sont continues sur [1, +∞[ donc en prenant la limite dans l’égalité ci-dessus lorsquex → 1+,
∃c ∈ R : ∀x ∈]1, +∞[ , Argch(4 − 3) − 3Argch(1) = limx→1+
Argch(4x3 − 3x) − 3Argch(x) = c
doncc = Argch1 − 3Argch1 = 0
d’où∀x ∈]1, +∞[ , Argch(4x3 − 3x) = 3Argch(x)
Le calcul direct pour x = 1 permet d’étendre la relation ci-dessus à [1, +∞[.
15
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