td + solution fct usuelles

´
Ecole sup´erieure en sciences et technologies
de l’informatique et du num´erique
2021/2022
1`eme ann´ee CP
Analyse 2
SOLUTION DE LA S´ ERIE DE TD N◦1
1. FONCTIONS USUELLES
Exercice 1. Donner le domaine de d´efinition des fonctions suivantes puis calculer leurs d´eriv´ees.
f(x) = arcsin x
√1 + x2g(x) = arctan 1 + x
1−x
Solution de l’exercice 1.
Domaine de d´efinition de la fonction:
f(x) = arcsin x
√1 + x2
Df=x∈R/−1<x
√1 + x2<1
On pose g(x) = x
√1+x2alors g0(x) = x √1+x2(1 + x2)≥0 o`u gest d´erivable sud R
x
g0(x)
g(x)
−∞ +∞
+ +
−1−1
11
−1< g(x)<1→x∈R. Donc Df=R
La d´eriv´e de f: on a (arcsin h(x))0=h0(x)
√1−h2(x)Alors
arcsin x
√1 + x20=x
√1+x20
r1−x
√1+x22
f0(x) = 1
1 + x2= arctan0(x).
Domaine de d´efinition de la fonction:
g(x) = arctan 1 + x
1−x
1

Dg={x∈R/1−x6= 0}={x∈R/x 6= 1}Alors Dg=R− {1}
La d´eriv´e de g:
on a (arctan h(x))0=h0(x)
1+h2(x)
Alors
arctan 1 + x
1−x0=1+x
1−x0
1 + 1+x
1−x2
arctan 1 + x
1−x0=1 1 + x2= arctan0(x)
Exercice 2. Simplifier les expressions suivantes
1. sin2arccos x
2;
2. sin(arccos(a) + 2 arctan(b));
3. arctan x+√1 + x2;
4. cos(2 arctan(x)).
Solution de l’exercice 2.
Simplification des expressions
1. sin2arccos x
2
On sait que: 2 sin2a
2= 1 −cos(a)
Alors
2 sin2arccos x
2= 1 −cos(arccos x) = 1 −x
Ce qui implique
sin2arccos x
2=1−x 2
2. sin(arccos a+ 2 arctan b)
on pose arccos a=αet arctan b=β, donc b= tan βet a= cos α
sin(α+ 2β) = sin α·cos(2β) + sin(2β)·cos α
= sin α·1−tan2β
1 + tan2β+2 tan β 1 + tan2β·cos α
= sin α·1−b2
1 + b2+2b 1 + b2·sin
=√1−cos2α·1−b2
1 + b2+2ab 1 + b2.
(1)
sin(arccos a+ 2 arctan b) = √1−a2(1 −b2)+2ab
1 + b2
3. arctan x+√1 + x2
on sait que:
argsh x= ln x+√1 + x2
⇒x+√1 + x2=eargsh x
2

4. cos(2 arctan x)
on sait que cos(2a) = 1−tan2(a)
1+tan2(a)
Alors
cos(2 arctan x) = 1−x2(arctan x)
1 + tan2(arctan x
d’o`u en on d´eduit que
cos(2 arctan x) = 1−x2
1 + x2
Exercice 3.
Montrer que
1. arcsin x+ arccos x=π
2
2. arctan x+ arctan 1
x= sgn(x)π 2
3. arctan(a) + arctan(b) = arctan a+b
1−ab ,(a, b)∈(] −1,1[)2
4. tan(arcsin x) = x
√1−x2,∀x∈i−1,1[.
Solution de l’exercice 3.
1. f(x) = arcsin x+ arccos x=π
2·Df= [−1,1]
on a fest continue sur [−1,1] et d´erivable sur ] −1,1[.
∀x∈]−1,1 [: f0(x) = (arcsin(x))0+ (arccos(x))0
=1
√1−x2+−1 √1−x2= 0
Donc la fonction fest constante sur ] −1,1[ et aussi sur [−1,1] car f(−1) = f(1) = π
2
pour x= 0 ∈Df, on a
f(0) = arcsin(0) + arccos(0) = π
2+ 0 = π 2
⇒f(x) = π
2,∀x∈Df
Alors
f(x) = arcsin(x) + arccos(x) = π
2
2. arctan x+ arctan 1
x= sgn(x)π 2
On pose f(x) = arctan x+ arctan 1
x
D=R∗=] − ∞,0[∪]0; +∞[
fest continue et d´erivable sur R∗.
f0(x) = 1
1 + x2+−1
x2
1 + 1
x2=1
1 + x2−1 1 + x2= 0
3

Donc fest constante sur R∗et on a
f(x) = C1,si x∈]− ∞,0[
C2,si x∈] 0; +∞[
D´etermination des constantes C1et C2:
Sur ] − ∞,0[:
On a −1∈]− ∞,0⇒f(−1) = arctan(−1) + arctan(−1) = 2 −π
4=−π 2
Sur ]0,+∞[ :
on a 1 ∈]0i+∞⇒f(1) = arctan(1) + arctan(1) = 2 π
4=π 2
Donc arctan x+ arctan 1
x=−π
2, x ∈− ∞,0[
π
2, x ∈0,+∞[
Par cons´equent:
arctan x+ arctan 1
x= sgn(x)π 2
3. arctan(a) + arctan(b) = arctan a+b
1−ab ,(a, b)∈(] −1,1[)2
On a (a, b)∈(] −1,1[)2⇒arctan a∈]−π
4,π 4[ et arctan b∈]−π 4,π 4[
Donc
(arctan(a) + arctan(b)) ∈]−π
2,π 2[ on pose z= arctan(a) + arctan(b) et t=a+b 1−ab
z= arctan(t)⇒tan(z) = t.
On sait que
tan(u+v) = tan(u) + tan(v)
1−tan(u)·tan(v)
tan(arctan(a) + arctan(b)) = tan(arctan(a)) + tan(arctan(b))
1−tan(arctan(a)) ·tan(arctan(b))
=a+b
1−ab
et comme tan z=talors
z= arctan(t) = arctan 1 + b
1−ab
4. tan(arcsin x) = x
√1−x2, x ∈]−1,1[
on a tan(t) = sin(t)
cos(t)
Alors
tan(arcsin x) = sin(arcsin x)
cos(arcsin x)=x
√1−x2
Exercice 4.
1. R´esoudre l’´equation arccos(x) = 2 arccos 3
4.
2. Soit θ= arctan 1
5.
•a) Calculer tan(2θ) puis tan(4θ).
•b) Montrer que 0 ≤θ≤π
6.
•c) En d´eduire un encadrement de 4θ−π
4.
4

•d) En d´eduire que 4θ−arctan 1
239 =π 4.
Solution de l’exercice 4.
1. Pour que l’´equation admet une solution, il faut que : 2 arccos 3
4∈[0, π].
v´erifions que la fonction 2 arccos 3
4est d´efinie sur [0, π]:
On sait que la fonction arccos est d´ecroissante sur [−1,1] a valeurs dans [0, π].
pour 1
2≤3 4≤1, on a arccos(1) ≤arccos 3 4≤arccos 1 2
⇒06arccos 3
46π 3
Donc on peut introduire la fonction cos dans l’´equation
arccos(x) = 2 arccos 3
4⇒x= cos 2 arccos 3 4.
Et comme cos 2α= 2 cos2α−1, alors
cos 2 arccos 3
4= 2 cos2arccos 3 4−1 = 2(3 4)2−1 = 1 8
2. Soit θ= arctan 1
5
•a) On a : tan(2θ) = 2 tan θ
1−tan2θAlors
tan 2 arctan 1
5=2 tan arctan 1
5
1−tan2arctan 1
5
⇒tan(2θ) = 5
12
tan(4θ) = 2 tan(2θ)
1−tan2(20)
tan(4θ) = 120
119
•b) Montrons que 0 6θ6π
6:
On a θ= arctan 1
5⇒tan θ=1 5Et Comme
0<1
5<√3 2
En introduisant la fonction arctan qui est croissante, on aura
arctan(0) <arctan 1
5<arctan √3 2!
⇒0< θ < 1
6
5