Exercice 2 Écrire les expressions suivantes sous la forme d`un seul

IUT de Cachan - GMP 1re année - 2005/2006
Feuille d’exercices no 2
Exercice 2
Exercice 3
Écrire les expressions suivantes sous la forme d’un seul cosinus :
On pose t = tan 2θ où θ ∈ − π2 , π2 .
Montrer que l’on a :
I cos(x) + sin(x) ;
√
I cos(2x) − 3 sin(2x) ;
√
I 3 cos(5x) + 3 sin(5x).
tan θ =
Pour mettre une expression du type A cos(ωx)
+ B sin(ωx) sous la forme d’un
√
seul cosinus, on commence par mettre A2 + B 2 en facteur puis on utilise la
formule donnant cos(a + b) :
√
√
√ 2
2
cos(x) + sin(x) = 2
cos(x) +
sin(x)
2
2
√ π
π
= 2 cos
cos(x) + sin
sin(x)
4
4
√
π
= 2 cos x −
.
4
cos(2x) −
3 cos(5x) +
√
√
√
3
3
3 sin(5x) = 12 √ cos(5x) + √ sin(5x)
12
12
√
√ 3
3
= 2 3 √ cos(5x) + √ sin(5x)
2 3
2 3
√
√
3
1
=2 3
cos(5x) + sin(5x)
2
2
√ π
π
= 2 3 cos
cos(5x) + sin
sin(5x)
6
6
√
π
= 2 3 cos 5x −
.
6
√
θ
2
avec θ ∈ − π2 , π2 donne θ = 2 Arctan t d’où
tan θ = tan(2 Arctan t) =
2 tan(Arctan t)
2t
=
.
1 − t2
1 − tan2 (Arctan t)
De même
cos θ = cos(2 Arctan t)
= 2 cos2 (Arctan t) − 1
1
=2
−1
2
1 + tan (Arctan t)
2
=
−1
1 + t2
1 − t2
=
1 + t2
√
3
cos(2x) −
sin(2x)
2
2
π
π
= 2 cos
cos(2x) − sin
sin(2x)
3
3
π
= 2 cos 2x +
.
3
3 sin(2x) = 2
1
La relation t = tan
2t
2t
1 − t2
,
sin
θ
=
et
cos
θ
=
.
1 − t2
1 + t2
1 + t2
et on a enfin
sin θ = (cos θ) × (tan θ) =
2t
1 − t2
2t
×
=
.
1 − t2 1 + t2
1 + t2
Exercice 5
d’où
Étudier les fonctions f définies ci-dessous :
r 1 + cos x I f (x) = Arccos
;
2
x
;
I f (x) = Arcsin √
1 + x2
r 1 − sin x I f (x) = Arctan
;
1 + sin x
I On pose f (x) = Arccos
r 1 + cos x 2
f 0 (x) =
=
=
.
=
1 + cos x
6 1 donc la racine
Pour tout x ∈ R, on a −1 6 cos x 6 1 donc 0 6
2
r
1 + cos x
carrée est bien définie et on a 0 6
6 1 donc l’arccosinus de cette
2
racine est bien défini. Donc f est définie sur R.
La fonction cosinus est 2π-périodique et paire, on en déduit que c’est aussi
le cas de f donc il suffit d’étudier f sur [0, π] ; le graphe de f est symétrique
par rapport à l’axe des ordonnées.
On étudie f sur [0, π]. La fonction Arccos n’est pas dérivable en 1 ce qui correspond à la valeur x = 0. D’autre part, la racine carrée n’est pas dérivable
en 0 ce qui correspond à la valeur x = π. Donc f est dérivable sur ]0, π[ et on
a
r
u0 (x)
1 + cos x
0
f (x) = − p
où u(x) =
2
2
1 − (u(x))
or
u0 (x) = −
sin x
1
sin x
1
r
p
=−
2
2
1 + cos x
2(1 + cos x)
2
2
=
=
1
sin x
p
r
2
2(1 + cos x)
1
1 + cos x
1−
2
sin x
1
1
p
r
2
2(1 + cos x) 1 − cos x
2
sin x
p
p
2(1 + cos x) 2(1 − cos x)
sin x
√
2 1 − cos2 x
sin x
√
2 sin2 x
1 sin x
.
2 |sin x|
Comme x ∈]0, π[, on a sin x > 0 donc f 0 (x) = 12 .
Par conséquent, il existe c ∈ R tel que f (x) = 12 x + c pour tout x ∈]0, π[ or
f
π 2
= Arccos
r 1 + 0 2
1 π
= Arccos √ =
4
2
π
1π
=
+ c i.e. c = 0.
4
22
On a donc f (x) = 12 x pour tout x ∈]0, π[ et cette égalité est aussi clairement
vérifiée pour x = 0 et x = π donc
donc
1
f (x) = x pour tout x ∈ [0, π].
2
x
I On pose f (x) = Arcsin √
.
1 + x2
x
est bien défini et on a
Pour tout x ∈ R, √
1 + x2
s
|x|
x2
√ x
1 + x2 6 √1 + x2 = 1 + x2 < 1
x
< 1 donc l’arcsinus de cette fraction est bien défini. Donc
i.e. −1 < √
1 + x2
f est définie sur R.
Comme la fonction arcsinus est impaire, on a
−x
x
f (−x) = Arcsin p
= − Arcsin √
= −f (x)
1 + x2
1 + (−x)2
.
1 + sin x
Tout d’abord, f n’est pas définie lorsque sin x = −1. Par ailleurs, −1 6
sin x 6 1 donc la fraction est positive et la racine carrée est bien définie.
Donc f est définie dès que sin x 6= −1. Enfin, f est 2π-périodique donc on
3π
peut étudier f sur [0, 3π
2 [∪] 2 , 2π].
I On pose f (x) = Arctan
La fonction racine carrée n’est pas dérivable en 0 ce qui correspond à la valeur
x = π2 . On a
u0 (x)
f (x) =
où u(x) =
1 + (u(x))2
0
où u(x) = √
1 − (u(x))2
or
√
0
u (x) =
1 + x2 − x 2√2x
1+x2
1+
=
x2
− cos x(1 + sin x) − (1 − sin x) cos x
1
r
2
(1 + sin x)
1 − sin x
2
1 + sin x
1
−2 cos x
r
=
(1 + sin x)2
1 − sin x
2
1 + sin x
− cos x
√
√
=
(1 + sin x) 1 + sin x 1 − sin x
− cos x
p
=
(1 + sin x) 1 − sin2 x
− cos x
√
=
(1 + sin x) cos2 x
cos x
1
=−
|cos x| 1 + sin x
x
1 + x2
1
3
(1 + x2 ) 2
d’où
f 0 (x) =
1
(1 +
x2 )
1
3
2
r
1−
x2
=
1
(1 +
x2 )
p
3
2
1 + x2 =
1
.
1 + x2
1 + x2
Par conséquent, il existe c ∈ R tel que f (x) = Arctan(x) + c pour tout x > 0
or
0
√
f (0) = Arcsin
=0
1 + 02
et Arctan(0) = 0 donc c = 0 i.e. on a f (x) = Arctan(x) pour tout x > 0.
Du fait de l’imparité de f et de Arctan, on en déduit que
f (x) = Arctan(x) pour tout x ∈ R.
1 − sin x
1 + sin x
u0 (x) =
La fonction Arcsin n’est pas dérivable en −1 et en 1 mais ces valeurs ne sont
jamais atteintes par la fraction donc f est dérivable sur R.
On étudie f sur [0, +∞[, on a
u0 (x)
r
or
i.e. f est impaire donc il suffit d’étudier f sur [0, +∞[ ; le graphe de f est
symétrique par rapport à l’origine du repère.
f 0 (x) = p
r 1 − sin x d’où
f 0 (x) = −
1
cos x
|cos x| 1 + sin x
1
cos x 1
.
=−
1 − sin x
|cos x| 2
1+
1 + sin x
1
0
Si x ∈ [0, π2 [ ou x ∈] 3π
2 , 2π] alors cos x > 0 donc f (x) = − 2 .
1
0
Si x ∈] π2 , , 3π
2 [ alors cos x < 0 donc f (x) = 2 .
Il existe donc des constantes c, c0 , c00 telles que

π
1

− 2 x + c si 0 6 x < 2
f (x) = 12 x + c0
si π2 < x < 3π
2

 1
− 2 x + c00 si 3π
<
x
6
2π
2
√
On a f (0) = Arctan 1 = π4 donc c = π4 ; on a f (π) = π4 donc 12 π + c0 = π4
i.e. c0 = − π4 ; on a f (2π) = π4 donc − 21 2π + c00 = π4 i.e. c00 = 5π
4 . On a donc

1

− 2 x +
f (x) = 12 x − π4

 1
−2x +
π
4
5π
4
si 0 6 x < π2
si π2 < x < 3π
2
si 3π
<
x
6
2π
2