Table des matières

Représentation graphique
Calculer
Simplifier
Résoudre
Domaine de définition
Dériver
Analyser
Problèmes avancés
- Démontrer

Représentation graphique

$ \def\R{{\mathbb R}} \newcommand{\dom}[1]{\text{dom}\,#1} \newcommand{\ima}[1]{\text{im}\,#1} \newcommand{\intf}[2]{\left[ #1\, ; #2 \right]} \newcommand{\into}[2]{\left] #1\, ; #2 \right[} \newcommand{\intfo}[2]{\left[ #1\, ; #2 \right[} \newcommand{\intof}[2]{\left] #1\, ; #2 \right]} \newcommand{\Par}[1]{\left( #1 \right)} $

Exercice 1 : Soit $f(x)=\frac{\pi}{6}+\arcsin{\frac{x}{3}}$

Recherche le domaine de définition de $f$ ainsi que l'ensemble de ses images
Par manipulations de graphe, trace la représentation de $G_f$
Calcule la racine éventuelle de $f$ puis complète : $G_f \bigcap OX = ...$
Si c'est possible, recherche l'(les) abscisse(s) du(des) point(s) de $G_f$ par lequel passe une tangente dont la pente vaut 2

Solution

$\dom f=[-3,3]$ et $\ima f=[-2\pi/3,4\pi/3]$
voir ci-dessous
$\frac{\pi}{6}+\arcsin{\frac{x}{3}}\iff x=-\tfrac32$ et $G_f \bigcap OX = \left\{-\tfrac32,0\right\}$
$x=\pm\tfrac{\sqrt{35}}{2}$

Exercice 2 : Soit $f\::\mathbb{R}\:\rightarrow\:\mathbb{R}\:;\:x\:\mapsto\: 2\arccos{\left(\frac{x}{2}\right)}-\frac{\pi}{2}$

Par manipulation du graphique d'une fonction cyclométrique bien choisie, dessiner celui de $f$.
Quel est le domaine de définition de $f$ ?
Quelles sont les racines de $f$ ?
Quel est l'ensemble image de $f$ ?

Solution

voir ci-dessous
$\dom f=[-2,2]$
$x=\sqrt{2}$
$\ima f=\left[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{3\pi}{2}\right]$

Exercice 3 : Soit $f : \R \longrightarrow \R ~;~x \longmapsto \frac{\pi}{2}-\arctan\Par{x}$. Représenter le graphe de $f$ puis déterminer l'intervalle $ J=f^{-1}\Par{\intof{\frac{\pi}{6}}{\frac{3\pi}{4}}}$. Les valeurs numériques des bornes de $J$ seront données sous forme fractionnaire.

Solution

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

Calculer

Exercice 4 : Calculer $\arccos{\left(\sin\left(\frac{9\pi}{4}\right)\right)}$

Solution

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

Exercice 5 : Calculer la valeur exacte des expressions suivantes :

$\sin \left( \arcsin \left( \frac{3}{5}\right) +\arccos \left( -\frac{5}{13}\right) \right) $
$\cos \left( \arcsin \left( \frac{1}{3}\right) -\arccos \left( -\frac{2}{3}\right) \right) $
$\tan \left( \arctan 3+\arctan 7\right) $
$\sin \left( \arcsin \left( \frac{1}{2}\right) -\arcsin \left( \frac{3}{4}\right) \right) $

Solution

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 $\cos\left(\arcsin x\right) = \sqrt{1-x^2}$

$\sin \left( \arcsin \left( \frac{3}{5}\right) +\arccos \left( -\frac{5}{13}\right) \right) = \frac{33}{65}$
$\cos \left( \arcsin \left( \frac{1}{3}\right) -\arccos \left( -\frac{2}{3}\right) \right) =\frac{\sqrt{5}-4\sqrt{2}}{9}$
$\tan \left( \arctan 3+\arctan 7\right) =-\frac{1}{2}$
$\sin \left( \arcsin \left( \frac{1}{2}\right) -\arcsin \left( \frac{3}{4}\right) \right) =\frac{\sqrt{7}-3\sqrt{3}}{8}$

Simplifier

Exercice 6 : Simplifie, justifie ton résultat !

$\tan \left( \arcsin x \right)$ sachant que $x \in \left]-1;1\right[$.
$\sin \left( 2\arccos x \right)$.
$\cos \left( 2\arcsin x \right)$.

Solution

$\tan(\arcsin x) = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$
$\sin \left( 2\arccos x \right) = 2x\sqrt{1 - x^2}$
$\forall x \in [-1;1]$ : \begin{alignat}{1} \cos(2\arcsin(x))&=1-2\sin^2(\arcsin(x)) \\&=1-2x^2 \end{alignat}

Exercice 7 : Justifie adéquatement les propriété suivante:

$\forall t \in \mathbb{R}_0^+$, $\arctan{\Par{t}}+\arctan{\Par{\frac{1}{t}}}=\frac{\pi}{2}$
$\forall t \in \mathbb{R}_0^-$, $\arctan{\Par{t}}+\arctan{\Par{\frac{1}{t}}}=-\frac{\pi}{2}$

Solution

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

Résoudre

Exercice 8 : Résoudre les équations suivantes :

$\arctan 1=\arctan \frac{1}{2}+\arctan x$
$\arctan \frac{1}{2}=\arctan \frac{1}{3}+\arctan x$
$\arctan \frac{1}{3}=\arctan \frac{1}{5}+\arctan x.$

En déduire que $\pi =8\arctan \frac{1}{5}+4\arctan \frac{1}{7}+8\arctan \frac{1}{8}$.

Solution

Exercice 9 : Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $\arctan (x)+ \arctan (\sqrt{3}x)=\frac{7\pi }{12}$

Solution

S$=\left\{1\right\}$

Domaine de définition

Exercice 10 : Déterminer les domaines de définition $\mathrm{dom} \ f$ et de continuité $\mathrm{dom}_c \ f$ des fonctions cyclométriques suivantes. Rechercher également les racines éventuelles.

Remarque : toutes les fonctions reprisent ici sont continues sur leur domaine d'existence. Donc $\mathrm{dom}_c \ f=\mathrm{dom} \ f$ (le domaine de continuité de la fonction est identique à son domaine d'existence).

$f : x \mapsto \arcsin \Par{1-2x}$

Solution

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 $f$ : $\arcsin \Par{1-2x}=0 \iff 1-2x=0 \iff x=\frac{1}{2}$

$f : x \mapsto \arccos \Par{2x+3}$

Solution

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

$f : x \mapsto \arctan \Par{ \dfrac{x-1}{x+1} }$

Solution

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

$f : x \mapsto \arcsin \Par{x^2-2x}$

Solution

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 $x=2$

$f : x \mapsto \arccos \Par{1-2x-x^2}$

Solution

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 $x=-2$

$f : x \mapsto \dfrac{\arccos \frac{x}{2}}{\arctan x}$

Solution

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 : $x=2$

$f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \; ; \; x \mapsto \arccos\left(2x^2-x\right)$

Solution

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 $x=1$

$f : x \mapsto \arctan \Par{ \dfrac{1-x^2}{9x^2-3x} }$

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Section masquée

$f : x \mapsto \dfrac{1}{\arcsin 2x}$

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Section masquée

Exercice 11 : Quelle est le domaine de définition de $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} ~;~ x\mapsto\arcsin\Par{1-\arccos x}$ ? Les bornes du domaine seront données au millième près.

Solution

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.

code source image

\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}

Dériver

Exercice 12 : Justifiez la formule de dérivation de la fonction $\arctan$.

Solution

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

Exercice 13 : Dériver les fonctions suivantes. La réponse finale sera simplifiée au maximum et factorisée si possible.

$f(x) = x \sqrt{4-x^{2}}+4 \arcsin \left(\frac{x}{2}\right)$
$f(x) = \arctan\Par{\frac{1+x}{1-x}}$
$f(x) = \sqrt{\arcsin\left(1-x^2\right)}$
$f(x) = \frac{1}{\arcsin x}-\frac{1}{\arccos x}$
$f(x) = \arctan\Par{\arctan\Par{2x}}$
$f(x) = \frac{\arcsin x}{\arccos x}$

Solution

$f'(x) = 2 \sqrt{4-x^{2}}$
$f'(x) = \frac{1}{1+x^2}$
note : cette fonction n'est pas dérivable en $1$
Par ailleurs, cette dérivée est identique à celle de la fonction $\arctan x$ : quelle conclusion peut-on tirer de cette information ?
$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{\arcsin \left(1-x^2\right)}\sqrt{2-x^2}}$ quand $x\in [-1;0[$ et $f'(x) = -\frac{1}{\sqrt{\arcsin \left(1-x^2\right)}\sqrt{2-x^2}}$ quand $x\in ]0;1]$
$f'(x) = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \left[ \frac{1}{\arcsin ^2 x}+\frac{1}{\arccos ^2 x}\right]$
$f'(x) = \frac{2}{\left(1+\arctan ^2\left(2x\right)\right)\left(1+4x^2\right)}$
$f'(x) = \frac{\pi}{2\arccos ^2\left(x\right)\sqrt{1-x^2}} $
note : on peut démontrer que $\arccos \left(x\right)+\arcsin \left(x\right) = \frac{\pi}{2} \quad \left(\forall x\in \left[-1;1\right]\right)$}

Exercice 14 : Recherche l'équation cartésienne de la tangente au graphe cartésien de $f$ au point d'abscisse $\frac14$. \[f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \; ; \; x \mapsto x\cdot \arcsin{\left(2x\right)}\]

Solution

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) $

Analyser

Exercice 15 : Calculer les limites suivantes (éventuellement en utilisant la règle de l'Hospital)

$\lim\limits_{x \to \frac{1}{2}} \arcsin(2x - 1)$
$\lim\limits_{x \to -\frac{1}{2}} \arccos(1 - x)$
$\lim\limits_{x \to 0^-} \arctan\left(\frac{1}{x}\right)$
$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(x)}{x}$
$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x}{\arctan(2x)}$
$\lim\limits_{x \to +\infty} x\left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right)$
$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(x) - 2x}{\sin^3(x)}$

Solution

$\lim\limits_{x \to \frac{1}{2}} \arcsin(2x - 1) = 0$
$\lim\limits_{x \to -\frac{1}{2}} \arccos(1 - x)$ n'existe pas
$\lim\limits_{x \to 0^-} \arctan\left(\frac{1}{x}\right) = -\frac{\pi}{2}$
$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(x)}{x} = 1$
$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{3x}{\arctan(2x)} = \frac{3}{2}$
$\lim\limits_{x \to +\infty} x\left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right) = 1$
$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(x) - 2x}{\sin^3(x)} = -\infty$

Exercice 16 : On donne $f:\R \to \R ~;~ x \mapsto \dfrac{\arcsin(x)-2x}{\frac{\pi}{2}-\arccos(x)}$

Rechercher le domaine de définition de $f$ puis calculer $\lim\limits_{x\to 0} f(x)$. Comment se comporte le graphe de $f$ au voisinage de $0$ ?

Solution

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 $(0 \ ; \ -1)$

Exercice 17 : Calculer les limites suivantes en utilisant au besoin la règle de l'Hôpital :

$\lim\limits_{x \rightarrow-1} \dfrac{\pi-\arccos x}{\sqrt{x+1}}$
$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \cot (3 x) \cdot \arcsin(2 x)$

Solution

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

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

Exercice 18 : Soit $f\::\mathbb{R}\:\rightarrow\:\mathbb{R}\:;\:x\:\mapsto\: \arctan{\left(\frac{1-x}{x^2-3x}\right)}$

Calculer $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f\left(x\right)$ et en tirer une conclusion graphique.
Vérifier que $f'\left(x\right) = \frac{x^2-2x+3}{\left(x^2-3x\right)^2+\left(1-x\right)^2}$
$G_f$ possède-t-il une (ou plusieurs) tangente(s) au point d'abscisse $0$? Dans l'affirmative, quelle(s) est (sont) son (leurs) équation(s)? Justification adéquate exigée par calculs de limites
Quel est l'ensemble image de $f$ ?

Solution

Exercice 19 : Rechercher le domaine d'existence de la fonction $f\left(x\right)=\arccos{\left(\frac{1}{x-1}\right)}$.
Le graphe de cette fonction possède-t-elle une ou plusieurs asymptotes horizontales? Justifier par calcul de limite (notation précise exigée!)

Solution

Exercice 20 : Soit $g(x) = x . \arctan \left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right)$. L'objectif est de réaliser une étude graphique partielle de cette fonction.

Indique le domaine de $g$
$G_g$ possède-t-il des asymptotes horizontales ? Justifie par des calculs précis.
Calcule $\mathop \lim\limits_{x \to - 1} g\left( x \right)$ et tires-en une conclusion graphique.
Vérifie que $g'(x) = \arctan \left( {\frac{1}{{1 + x}}} \right) - \frac{x}{{\left(1+x\right)}^2+1}$.
Recherche l'équation cartésienne de la tangente à $G_g$ au point d'abscisses $-1$.

Solution

Exercice 21 : Justifie que la fonction $g(x) = 18 \cdot \arcsin^2(x)-9\pi \cdot \arcsin(x)+\pi^2$ possède un minimum en $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Solution

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

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\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 $-\frac{\pi^2}{8}$.

Exercice 22 : On donne la fonction $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \; ; \; x \mapsto \arccos\left(2x^2-x\right)$. Etablir son tableau de variations et déterminer (au centième près) la coordonnée de son maximum.

Solution

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

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\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)

Problèmes avancés

Exercice 23 : Simplifier les expressions suivantes :

$\arctan \left( \sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\right) $
$\arccos \left( \frac{1-x}{1+x}\right) $
$\arctan \left( \frac{1}{2}x\left( 1-x\right) \right) $
$\arctan \left( \sqrt{1+x^{2}}-x\right) $
$\arcsin \left( \frac{1+x}{\sqrt{2\left( 1+x^{2}\right) }}\right) $

Solution

Exercice 24 : On donne deux entiers $p$ et $q$ vérifiant : $0<p<q$. Calculer $\arctan \left(\frac{p}{q}\right)+\arctan \left(\frac{q-p}{q+p}\right)$.

Solution

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

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

Exercice 25 : A l'aide de la question précédente en déduire la formule de Machin : \[ \frac{\pi }{4}=4\arctan \frac{1}{5}-\arctan \frac{1}{239} \]

Solution

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

Démontrer

Exercice 26 : Démontrer les inégalités suivantes :

$\arcsin a > \frac{a}{\sqrt{1-a^2}} \ \text{ si } 0<a<1 $
$\arctan a > \frac{a}{1+a^2}\ \text{ si } a>0$

Solution

-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 $]0,+\infty[$.

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