Planche no 13. Fonctions circulaires réciproques : corrigé Exercice no 1 1) Arc

Planche no 13. Fonctions circulaires réciproques : corrigé Exercice no 1 1) Arcsin x existe si et seulement si x est dans [−1, 1]. Donc, sin(Arcsin x) existe si et seulement si x est dans [−1, 1] et pour tout x de [−1, 1], sin(Arcsin x) = x. 2) Arcsin(sin x) existe pour tout réel x mais ne vaut x que si x est dans h −π 2 , π 2 i . • S’il existe un entier relatif k tel que −π 2 + 2kπ ⩽x < π 2 + 2kπ, alors −π 2 ⩽x −2kπ < π 2 et donc Arcsin(sin x) = Arcsin(sin(x −2kπ)) = x −2kπ. De plus, on a k ⩽x 2π + 1 4 < k + 1 2 et donc k = E  x 2π + 1 4  puis Arcsin(sin x) = x −2π E  x 2π + 1 4  . • S’il existe un entier relatif k tel que π 2 + 2kπ ⩽x < 3π 2 + 2kπ, alors −π 2 < π −x + 2kπ ⩽π 2 et donc Arcsin(sin x) = Arcsin(sin(π −x + 2kπ)) = π −x + 2kπ. De plus, k ⩽x 2π −1 4 < k + 1 2 et donc k = E  x 2π −1 4  puis Arcsin(sin x) = π −x + 2π E  x 2π −1 4  . 3) Arccosx existe si et seulement si x est dans [−1, 1]. Donc, cos(Arccos x) existe si et seulement si x est dans [−1, 1] et pour tout x dans [−1, 1], cos(Arccos x) = x. 4) Arccos(cos x) existe pour tout réel x mais ne vaut x que si x est dans [0, π]. • S’il existe un entier relatif k tel que 2kπ ⩽x < π + 2kπ, alors Arccos(cos x) = x −2kπ avec k = E  x 2π  . • S’il existe un entier relatif k tel que −π + 2kπ ⩽x < 2kπ alors Arccos(cos x) = Arccos(cos(2kπ −x)) = 2kπ −x avec k = E x + π 2π  . 5) Pour tout réel x, tan(Arctan x) = x. 6) Arctan(tan x) existe si et seulement si x n’est pas dans π 2 + πZ et pour ces x, il existe un entier relatif k tel que −π 2 + kπ < x < π 2 + kπ. Dans ce cas, Arctan(tan x) = Arctan(tan(x −kπ)) = x −kπ avec k = E  x π + 1 2  . Exercice no 2 1) 1ère solution. Posons f(x) = Arccosx + Arcsin x pour x dans [−1, 1]. f est définie et continue sur [−1, 1], dérivable sur ] −1, 1[. De plus, pour x dans ] −1, 1[, f′(x) = 1 √ 1 −x2 − 1 √ 1 −x2 = 0. Donc f est constante sur ]−1, 1[ puis sur [−1, 1] par continuité de f en −1 et en 1. Pour tout x de [−1, 1], f(x) = f(0) = π 2 . ∀x ∈[−1, 1], Arccosx + Arcsin x = π 2 . 2ème solution. Il existe un unique réel θ dans [0, π] tel que x = cos θ, à savoir θ = Arccos x. Mais alors, Arccos x + Arcsin x = Arccos(cos θ) + Arcsin  sin π 2 −θ  = θ + π 2 −θ = π 2 (Arccos(cos θ) = θ car θ ∈[0, π] et Arcsin  sin π 2 −θ  = π 2 −θ car π 2 −θ est dans h −π 2 , π 2 i .) http ://www.maths-france.fr 1 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. 2) 1ère solution. Pour x réel non nul, posons f(x) = Arctan x + Arctan 1 x. Notons que f est impaire. f est dérivable sur R∗et pour x non nul, f′(x) = 1 1 + x2 −1 x2 1 1 + 1 x2 = 0. f est donc constante sur ] −∞, 0[ et sur ]0, +∞[ (mais pas nécessairement sur R∗). Donc, pour x > 0, f(x) = f(1) = 2 Arctan 1 = π 2 , et puisque f est impaire, pour x < 0, f(x) = −f(−x) = −π 2 . Donc, ∀x ∈R∗, Arctan x + Arctan 1 x =    π 2 si x > 0 −π 2 si x < 0 = π 2 sgn(x). 2ème solution Pour x réel strictement positif donné, il existe un unique réel θ dans i 0, π 2 h tel que x = tan θ à savoir θ = Arctan x. Mais alors, Arctan x + Arctan 1 x = Arctan(tan θ) + Arctan(cotan θ) = Arctan(tan θ) + Arctan  tan π 2 −θ  = θ + π 2 −θ = π 2 . (car θ et π 2 −θ sont éléments de i 0, π 2 h .) 3) cos2(Arctan a) = 1 1 + tan2(Arctan a) = 1 1 + a2 . De plus , Arctan a est dans i −π 2 , π 2 h et donc cos(Arctan a) > 0. On en déduit que pour tout réel a, cos(Arctan a) = 1 √ 1 + a2 . Ensuite, sin(Arctan a) = cos(Arctan a) tan(Arctan a) = a √ 1 + a2 . ∀a ∈R, cos(Arctan a) = 1 1 + a2 et sin(Arctan a) = a √ 1 + a2 . 4) D’après 3), cos(Arctan a + Arctan b) = cos(Arctan a) cos(Arctan b) −sin(Arctan a) sin(Arctan b) = 1 −ab √ 1 + a2√ 1 + b2 , ce qui montre déjà , puisque ab ̸= 1, que cos(Arctan a + Arctan b) ̸= 0 et donc que tan(Arctan a + Arctan b) a un sens. Immédiatement, tan (Arctan a + Arctan b) = a + b 1 −ab. Maintenant, Arctan a + Arctan b est dans i −π, −π 2 h ∪ i −π 2 , π 2 h ∪ iπ 2 , π h . 1er cas. Si ab < 1 alors cos(Arctan a + Arctan b) > 0 et donc Arctan a + Arctan b est dans ] −π 2 , π 2 [. Dans ce cas, Arctan a + Arctan b = Arctan  a + b 1 −ab  . 2ème cas. Si ab > 1 alors cos(Arctan a + Arctan b) < 0 et donc Arctan a + Arctan b est dans i −π, −π 2 h ∪ iπ 2 , π h . Si de plus a > 0, Arctan a + Arctan b > −π 2 et donc Arctan a + Arctan b est dans iπ 2 , π h . Dans ce cas, Arctan a + Arctan b −π est dans ] −π 2 , π 2 [ et a même tangente que Arctan a + b 1 −ab. Donc, Arctan a + Arctan b = Arctan a + b 1 −ab + π. Si a < 0, on trouve de même Arctan a + Arctan b = Arctan a + b 1 −ab −π. En résumé, http ://www.maths-france.fr 2 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. Arctan a + Arctan b =            Arctan a + b 1 −ab si ab < 1 Arctan a + b 1 −ab + π si ab > 1 et a > 0 Arctan a + b 1 −ab −π si ab > 1 et a < 0 . Exercice no 3 Pour x réel, on pose f(x) = Z sin2 x 0 Arcsin √ t dt + Z cos2 x 0 Arccos √ t dt. La fonction t 7→Arcsin √ t est continue sur [0, 1]. Donc, la fonction y 7→ Z y 0 Arcsin √ t dt est définie et dérivable sur [0, 1]. De plus, x 7→sin2 x est définie et dérivable sur R à valeurs dans [0, 1]. Finalement, la fonction x 7→ Z sin2 x 0 Arcsin √ t dt est définie et dérivable sur R. De même, la fonction t 7→Arccos √ t est continue sur [0, 1]. Donc, la fonction y 7→ Z y 0 Arccos √ t dt est définie et dérivable sur [0, 1]. De plus, la fonction x 7→cos2 x est définie et dérivable sur R, à valeurs dans [0, 1]. Finalement, la fonction x 7→ Z cos2 x 0 Arccos √ t dt est définie et dérivable sur R. Donc, f est définie et dérivable sur R et, pour tout réel x, f′(x) = 2 sin x cos x Arcsin( p sin2 x) −2 sin x cos x Arccos( √ cos2 x) = 2 sin x cos x (Arcsin(| sin x|) −Arccos(| cos x|)) . On note alors que f est π-périodique et paire. Pour x élément de h 0, π 2 i , f′(x) = 2 sin x cosx(x−x) = 0. f est donc constante sur h 0, π 2 i et pour x élément de uploads/S4/ 13-trigonometrie-reciproque-corrige.pdf

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• Publié le Dec 03, 2021
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
• Taille du fichier 0.1102MB