$J=\intfo{-1}{\sqrt{3}}$

$\arccos{\left(\sin\left(\frac{9\pi}{4}\right)\right)} = \frac{\pi}{4}$

les formules suivantes permettent de résoudre l'exercice

• \(\cos(\alpha+\beta)=\cos \alpha.\cos \beta - \sin \alpha.\sin \beta\) et \(\cos(\alpha-\beta)=\cos \alpha.\cos \beta + \sin \alpha.\sin \beta\)
• \(\sin(\alpha+\beta)=\sin \alpha.\cos \beta + \sin \beta.\cos \alpha \) et \(\sin(\alpha-\beta)=\sin \alpha.\cos \beta - \sin \beta.\cos \alpha \)
• \(\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1-\tan \alpha.\tan \beta} \) et \(\tan (\alpha-\beta)=\frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1+\tan \alpha.\tan \beta} \)

et aussi

• \(\sin\left(\arccos x\right) = \sqrt{1-x^2}\) et \(\cos\left(\arcsin x\right) = \sqrt{1-x^2}\)

L'essence de cette question réside dans la démonstration que, pour simplifier une expression contenant une fonction cyclométrique, on peut efficacement exploiter sa dérivée. En la mettant en parallèle avec la dérivée d'une fonction plus élémentaire et en identifiant une constante additionnelle adéquate, cette méthode permet de formuler la simplification recherchée de la fonction cyclométrique de manière plus claire et concise.

On dérive donc la fonction \(x\mapsto \arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\frac1x}\) :

\[\left({\arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\frac1x}}\right)^\prime = \frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+(1/x)^2} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)= \frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2+1} = 0 \]

Cette dérivée étant nulle, cela signifie que la fonction est tout simplement une fonction constante. Mais attention, cette constante n'est peut-être pas identique sur l'ensemble du domaine.

\[\arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\frac1x} = \textrm{Constante}\]

Le domaine d'existence de la fonction de départ est divisé en deux intervalles : \(\into{-\infty}{0}\) et \(\into{0}{+\infty}\)

Il suffit alors d'évaluer l'image d'un réel bien choisi dans chacun de ces deux intervalles (la fonction \(x\mapsto \arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\frac1x}\) étant continue sur chacun de ceux-ci) pour obtenir la fonction constante désirée.

A) soit $x=-1$ : $\arctan(-1)+\arctan\Par{\frac1{-1}}=\arctan(-1)+\arctan\Par{-1}=-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}=-\frac{\pi}{2}$

d'où $\arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\dfrac1x}=-\dfrac{\pi}{2} $ et ce, $ \forall x \in \R^-_0$

B) soit $x=1$ : $\arctan(1)+\arctan\Par{\frac1{1}}=\arctan(1)+\arctan\Par{1}=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$

d'où \(\forall x \in \R^+_0\) : \(\arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\dfrac1x}=\dfrac{\pi}{2}\)

On vient de prouver que $\arctan\left(x\right)+\arctan\Par{\dfrac1x}= \begin{cases} -\frac{\pi}{2} & \text{si } x < 0 \\%[1em] \phantom{-}\frac{\pi}{2} & \text{si } x > 0 \end{cases}$

S\(=\left\{1\right\}\)

CE : $-1\leq 1-2 x \leq 1 \implies \mathrm{dom} \ f = \intf{0}{1}$ et $\mathrm{dom}_c \ f = \intf{0}{1}$
racine de $f$ : $\arcsin \Par{1-2x}=0 \iff 1-2x=0 \iff x=\frac{1}{2}$

CE : $-1\leq 2x+3 \leq 1 \implies \mathrm{dom} \ f = \intf{-2}{-1}$ et $\mathrm{dom}_c \ f = \intf{-2}{-1}$
racine de $f$ : $\arccos \Par{2x+3}=0 \iff 2x+3=1 \iff x=-1$

$\mathrm{dom} \ f=\mathrm{dom}_c \ f=\mathbb{R} \backslash\{-1\}$
racine de $f$ : $\arctan \Par{ \dfrac{x-1}{x+1} } = 0 \iff \dfrac{x-1}{x+1}=0 \iff x-1=0 \iff x=1$

CE : $-1\leq x^2-2x \leq 1 \implies \mathrm{dom} \ f = \intf{1-\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$ et $\mathrm{dom}_c \ f = \intf{1-\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$
racines de $f$ : $\arcsin \Par{x^2-2x} \iff x^2-2x=0 \iff x=0$ ou $x=2$

CE : $-1\leq 1-2x-x^2 \leq 1\iff \begin{cases} -1\leq 1-2x-x^2 \\1-2x-x^2 \leq 1 \end{cases}\iff \begin{cases} x^2+2x-2\leq0 \\ 2x+x^2 \geq 0 \end{cases}$

CE : $ x \in [-1-\sqrt{3} ;-1+\sqrt{3}] \cap (]-\infty ;-2] \cup[0 ; +\infty[) $%

CE : $ x \in [-1-\sqrt{3} ;-2] \cup[0 ;-1+\sqrt{3}]$

donc $ \mathrm{dom} \ f = \mathrm{dom}_c \ f = [-1-\sqrt{3} ;-2] \cup[0 ;-1+\sqrt{3}]$

racine de $f$ : $\arccos \left(1-2 x-x^{2}\right)=0\iff 1-2 x-x^{2} = 1 \iff x=0$ ou $x=-2$

CE : \(-1\leq \frac{x}{2}\leq 1 \iff -2\leq x \leq 2\)

et \(\arctan x \neq 0 \iff x\neq 0\)

domaine de défintion : \(\dom f = \left[-2\ ; 2\right] \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace\)

pour les racines de la fonction, il faut résoudre \(\arccos \left(\frac{x}{2}\right) = 0\)

rappel : \(\arccos x = 0 \iff x=1\)

\[\arccos \left(\frac{x}{2}\right) = 0 \iff \frac{x}{2}=1 \iff x=2\]

La fonction $f$ admet une seule racine : $x=2$

CE : $$\begin{cases} 2x^2-x-1\leq 0\\ 2x^2-x+1\geq 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x\in\intf{-1/2}{1}\\ x\in\mathbb R \end{cases} \quad \text{d'où } \quad \text{dom} \; f = \intf{-\frac12}{1} $$ racine de $f$ : $x=-1/2$ ou $x=1$

Section masquée

Section masquée

CE : $-1 \leq 1-\arccos x \leq 1$ et $-1 \leq x \leq 1$

\(\begin{aligned} -1 \leq 1-\arccos x \leq 1 &\iff -2 \leq -\arccos x \leq 0 \\ &\iff 0 \leq \arccos x \leq 2 \ \ (< \pi)\\ &\iff \cos(0) \geq x \geq \cos(2) \ \ (*)\\ &\iff \cos(2) \leq x \leq \cos(0) \\ &\quad \textrm{ (car $\arccos$ est décroissante)}
&\iff \cos(2) \leq x \leq 1 \end{aligned}\)

Comme $-1 < \cos(2) < 0$, $\dom{f} = \intf{\cos(2)}{1}$ avec $\cos(2)\approx -0.416$

Un dessin est plus simple pour comprendre le changement de sens des inégalités (*).

On trace \(\arccos x\) et on dessine les droites d'équation $y=2$ et $y=0$. Puis on analyse le graphe.

\documentclass{standalone}
\usepackage{fourier,tkz-fct}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
\tkzInit[xmin=-2,xmax=2,ymin=-2,ymax=4]
\tkzGrid%[xstep=pi,ystep=pi/2,sub,subxstep=pi/4,subystep=pi/4]
\tikzset{xaxe style/.style={>=stealth',->}}
\tikzset{yaxe style/.style={>=stealth',->}}
\tkzLabelX[orig=false,font=\scriptsize]
\tkzLabelY[orig=false,font=\scriptsize]
\tkzDrawXY
\tkzFct[thin, black , domain = -1:1]{acos(x)}
\tkzFct[ultra thick, black , domain = -.416:1]{acos(x)}
\draw [latex-latex, red, ultra thick] (-.416,0) -- (1,0);
\draw [-, red, dashed] (-.416,0) -- (-.416,2);
\tkzText[above right,color=black,fill=white](-1,3.14){\tiny $y=\arccos x$}
\tkzText[rotate=90,color= red,fill=white](-.416,-.7)
{ $-0{,}416$}
\tkzFct[thick, blue, domain = -1:1]{2}
\end{tikzpicture}
\end{document}

On commence par écrire l'identité : \(\tan(\arctan x) = x\) puis on dérive chaque côté de l'égalité par rapport à \(x\). On obtient : \[\begin{aligned} \left(\left(\tan(\arctan x)\right)\right)' = 1 &\iff \left(1+\tan^2 \left(\arctan x\right)\right)\cdot \left(\arctan x\right)' = 1 \\ &\iff \left(\arctan x\right)' = \frac{1}{1+\tan^2 \left(\arctan x\right)}\\&\iff \left(\arctan x\right)' = \frac{1}{1+x^2} \end{aligned}\]

Rappel : $T \equiv y - f(a) = f'(a) \cdot (x-a) $ est l'équation cartésienne de la tangente au graphe de $f$ en son point d'abscisse $a$.

\(\begin{aligned}[t] \left(x\cdot \arcsin{\left(2x\right)}\right)' &= \arcsin{\left(2x\right)} + x\cdot \frac{1}{\sqrt{1-4x^2}}\cdot (2x)'\\ &= \arcsin{\left(2x\right)} + \frac{2x}{\sqrt{1-4x^2}} \end{aligned}\)

d'où \(f'\left(\frac14\right) = \arcsin{\left(\frac12\right)} + \frac{\tfrac12}{\sqrt{1-4\cdot \tfrac1{16}}} = \frac{\pi}{6}+ \frac{\sqrt{3}}{3}\)

de plus, \(f\left(\frac14\right) = \frac14\cdot \arcsin{\left(\frac12\right)} = \frac{\pi}{24}\)

finalement, $T \equiv y - \frac{\pi}{24} = \left(\frac{\pi}{6}+ \frac{\sqrt{3}}{3}\right) \cdot \left(x-\frac14\right) $

CE : \(-1\leq x\leq 1\) et \(\frac{\pi}{2}-\arccos(x) \neq 0 \iff \arccos(x) \neq \frac{\pi}{2} \iff x \neq 0\) \[\dom f = \left[-1\ ; \ 1\right]\setminus \lbrace 0 \rbrace\] \(\begin{aligned}[t]\lim\limits_{x \to 0} \ \ \dfrac{\arcsin(x)-2x}{\frac{\pi}{2}-\arccos(x)} &= \left[\dfrac{\arcsin(0)-0}{\frac{\pi}{2}-\arccos(0)}\right]= \left[\dfrac{0-0}{\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}}\right]= \left[\dfrac{0}{0}\right]\\ &\overset{\mathrm{H}}{=} \lim\limits_{x \to 0} \ \ \dfrac{\tfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}-2}{0-\left ( -\tfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right ) } = \lim\limits_{x \to 0} \ \ 1-2\sqrt{1-x^2} = 1-2\sqrt{1-0} = -1 \end{aligned}\)

Comment se comporte le graphe de $f$ au voisinage de $0$ ? Le graphe de possède un point creux en \((0 \ ; \ -1)\)

$$\lim\limits_{x \rightarrow-1} \dfrac{\pi-\arccos x}{\sqrt{x+1}} \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x \rightarrow-1} \dfrac{\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}{\frac{1}{2 \sqrt{x+1}}}= \lim\limits_{x \rightarrow-1} \dfrac{\frac{1}{\sqrt{(1-x)(1+x)}}}{\frac{1}{2 \sqrt{x+1}}}= \lim\limits_{x \rightarrow-1}\dfrac{2}{\sqrt{1-x}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$$

$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \cot (3 x) \cdot \arcsin(2 x)= \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\arcsin(2 x)}{\tan (3 x)} \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{2}{\sqrt{1-4 x^{2}}}}{3\left(1+\tan ^{2}(3 x)\right)}=\frac{2}{3}$$

\(\dom g = [-1,1]\) et $g'(x) = 36\arcsin(x)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}-9\pi\cdot \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 36 \cdot \dfrac{\arcsin(x)-\pi/4}{\sqrt{1-x^2}}$

\documentclass{standalone}
\usepackage{tkz-tab}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]
{$x$/.6,$\arcsin(x)-{\frac{\pi}{4}}$/.6,$g'(x)$/.6,$g(x)$/1.5}{$-1$,$\sqrt{2}/2$,$1$}
\tkzTabLine{-\frac{3\pi}{4},-,z,+,\frac{\pi}{4}}
\tkzTabLine{d,-,z,+,d}
\tkzTabVar{+/$10\pi^2$,-/$-\frac{\pi^2}{8}$,+/$\pi^2$}
\end{tikzpicture}
\end{document}

Le tableau de variation confirme la présence d'un minimum en $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Le minimum de la fonction $g$ vaut $-\frac{\pi^2}{8}$.

On doit d'abord rechercher le domaine de défintion de la fonction :
CE : \(\begin{aligned}[t] -1\leq 2x^2-x \leq 1 &\iff 2x^2-x+1\geq 0 \text{et} 2x^2-x-1\leq 0 \\ &\iff x\in\R \text{et} x\in\left[-\tfrac{1}{2};1\right] \\ \end{aligned}\)

\(\left(\arccos\left(2x^2-x\right)\right)' = -\frac{1}{\sqrt{1-\left(2x^2-x\right)^2}}\cdot \left(2x^2-x\right)' = -\frac{4x-1}{\sqrt{1-\left(2x^2-x\right)^2}}= \frac{1-4x}{\sqrt{1-\left(2x^2-x\right)^2}} \)

On recherche les racines du numérateur et du dénominateur pour les placer dans le tableau des signes de \(f'\) : (on indiquera les signes par la suite)

\(1-4x=0 \iff x=\frac{1}{4}\) et \(1-\left(2x^2-x\right)^2 = 0 \iff x\in\left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}\)

\documentclass{standalone}
\usepackage{tkz-tab}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]
{$x$/.6,
$1-4x$/.6,
$\sqrt{1-\left(2x^2-x\right)^2}$/.8,
$f'$/.6,
$f$/1.5}
{$-1/2$,$1/4$,$1$}
\tkzTabLine{+,+,z,-,-}
\tkzTabLine{d,+,+,+,d}
\tkzTabLine{d,+,z,-,d}
\tkzTabVar{-/$0$,+/ $\arccos\left(-\frac{1}{8}\right)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}
\end{document}

Le graphe de $f$ possède bien un maximum dont la coordonnée est \(\left(\frac{1}{4}\ ;\ \arccos\left(-\tfrac{1}{8}\right)\right)\) qui au centième près est \(\left(0,25\ ;\ 1,70\right)\) (1,70 est obtenu par la machine à calculer)

$$\tan\left(\arctan \left(\frac{p}{q}\right)+\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right)\right) = \frac{\frac p q + \frac{q-p}{q+p}}{1-\frac p q \cdot \frac{q-p}{q+p}} = 1$$

donc $\arctan \left(\frac{p}{q}\right)+\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right) = \frac{\pi}{4} + k\pi$ (avec $k\in\mathbb{Z}$)

Il reste à déterminer $k$. Pour y arriver, on recherche l'intervalle des réels dans lequel $\arctan \left(\frac{p}{q}\right)+\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right)$ se situe.

On pose $\frac p q = x$. On a $0<x<1$ car $0<p<q$. D'où $\arctan \left(\frac{p}{q}\right) = \arctan x \in \left]0; \frac{\pi}{4}\right[ $

De même $\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right) = \arctan \frac{1-x}{1+x} \in \left] 0; \frac{\pi}{4} \right[ $ puisque $0<\frac{1-x}{1+x}<1$.

Par conséquent, $\arctan \left(\frac{p}{q}\right)+\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right) \in \left] 0; \frac{\pi}{2} \right[ $

Conclusion : $k=0$ et $\bbox[lightyellow,5px]{\arctan \left(\frac{p}{q}\right)+\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right) = \frac{\pi}{4}}$

$\tan\left( 4\arctan \frac{1}{5} \right) = \frac{2\tan\left( 2\arctan \frac{1}{5} \right)}{1-\tan^2\left( 2\arctan \frac{1}{5} \right)}$ via $\tan 2\alpha = \frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$

Par ailleurs, $\tan\left( 2\arctan \frac{1}{5} \right) = \frac{2\tan\left( \arctan \frac{1}{5} \right)}{1-\tan^2\left( \arctan \frac{1}{5} \right)} = \frac{\frac{2}{5}}{1-\frac{1}{25}} = \frac{5}{12}$

Dès lors, $\tan\left( 4\arctan \frac{1}{5} \right) = \frac{\frac{5}{6}}{1-\frac{25}{144}} = \frac{120}{119}$

On a donc, $4\arctan \frac{1}{5} = \arctan \frac{120}{119}$ puisque $0<4\arctan \frac{1}{5}<\frac{\pi}{2}$

Si on pose $p = 119$ et $q = 120$ dans la formule précédente, on trouve : $$\arctan \frac{1}{239} = \frac{\pi}{4} - \arctan \frac{119}{120}$$

\begin{align*} 4\arctan \frac{1}{5} - \arctan \frac{1}{239} &= \arctan \frac{120}{119} - \left( \frac{\pi}{4} - \arctan \frac{119}{120} \right) \\ &= \arctan \frac{120}{119} + \arctan \frac{119}{120} - \frac{\pi}{4} \\ &= \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \\ &= \frac{\pi}{4} \end{align*}

-1-

Soit $f(a) = \arcsin a - \frac{a}{\sqrt{1-a^2}}$ sur $]0,1[$,

$f'(a) \geq 0$ (faire le calcul !) donc $f$ est strictement croissante et $f(0)=0$

donc $f(a) > 0$ pout tout $a \in ]0,1[$.

-2-

$g(a) = \arctan a - \frac{a}{1+a^2}$ alors $$g'(a) = \frac1{1+a^2}-\frac{1+a^2}{(1+a^2)^2}=\frac{2a^2}{(1+a^2)^2} > 0$$

Donc $g$ est strictement croissante et $g(0) = 0$ donc $g$ est strictement positive sur $]0,+\infty[$.