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

IUT de Cachan - GMP 1re ann ´ ee - 2005/2006 Feuille d’exercices no2
Exercice 2
´
Ecrire les expressions suivantes sous la forme d’un seul cosinus :
Icos(x) + sin(x) ;
Icos(2x)−√3 sin(2x) ;
I3 cos(5x) + √3 sin(5x).
Pour mettre une expression du type Acos(ωx) + Bsin(ωx) sous la forme d’un
seul cosinus, on commence par mettre √A2+B2en facteur puis on utilise la
formule donnant cos(a+b) :
cos(x) + sin(x) = √2√2
2cos(x) + √2 2sin(x)
=√2cos π
4cos(x) + sin π 4sin(x)
=√2 cos x−π
4.
cos(2x)−√3 sin(2x) = 21
2cos(2x)−√3 2sin(2x)
= 2cos π
3cos(2x)−sin π 3sin(2x)
= 2 cos 2x+π
3.
3 cos(5x) + √3 sin(5x) = √123
√12 cos(5x) + √3 √12 sin(5x)
= 2√33
2√3cos(5x) + √3 2√3sin(5x)
= 2√3√3
2cos(5x) + 1 2sin(5x)
= 2√3cos π
6cos(5x) + sin π 6sin(5x)
= 2√3 cos 5x−π
6.
Exercice 3
On pose t= tan θ
2o`u θ∈−π 2,π 2.
Montrer que l’on a :
tan θ=2t
1−t2,sin θ=2t 1 + t2et cos θ=1−t2 1 + t2.
La relation t= tan θ
2avec θ∈−π 2,π 2donne θ= 2 Arctan td’o`u
tan θ= tan(2 Arctan t) = 2 tan(Arctan t)
1−tan2(Arctan t)=2t
1−t2.
De mˆeme
cos θ= cos(2 Arctan t)
= 2 cos2(Arctan t)−1
= 2 1
1 + tan2(Arctan t)−1
=2
1 + t2−1
=1−t2
1 + t2
et on a enfin
sin θ= (cos θ)×(tan θ) = 2t
1−t2×1−t2 1 + t2=2t 1 + t2.

Exercice 5
´
Etudier les fonctions fd´efinies ci-dessous :
If(x) = Arccos r1 + cos x
2;
If(x) = Arcsin x
√1 + x2;
If(x) = Arctan r1−sin x
1 + sin x;
IOn pose f(x) = Arccos r1 + cos x
2.
Pour tout x∈R, on a −16cos x61 donc 0 61 + cos x
261 donc la racine
carr´ee est bien d´efinie et on a 0 6r1 + cos x
261 donc l’arccosinus de cette
racine est bien d´efini. Donc fest d´efinie sur R.
La fonction cosinus est 2π-p´eriodique et paire, on en d´eduit que c’est aussi
le cas de fdonc il suffit d’´etudier fsur [0, π] ; le graphe de fest sym´etrique
par rapport `a l’axe des ordonn´ees.
On ´etudie fsur [0, π]. La fonction Arccos n’est pas d´erivable en 1 ce qui cor-
respond `a la valeur x= 0. D’autre part, la racine carr´ee n’est pas d´erivable
en 0 ce qui correspond `a la valeur x=π. Donc fest d´erivable sur ]0, π[ et on
a
f0(x) = −u0(x)
p1−(u(x))2o`u u(x) = r1 + cos x
2
or
u0(x) = −sin x
2
1
2r1 + cos x
2
=−sin x
2
1
p2(1 + cos x)
d’o`u
f0(x) = sin x
2
1
p2(1 + cos x)
1
r1−1 + cos x
2
=sin x
2
1
p2(1 + cos x)
1
r1−cos x
2
=sin x
p2(1 + cos x)p2(1 −cos x)
=sin x
2√1−cos2x
=sin x
2√sin2x
=1
2
sin x
|sin x|.
Comme x∈]0, π[, on a sin x>0 donc f0(x) = 1
2.
Par cons´equent, il existe c∈Rtel que f(x) = 1
2x+cpour tout x∈]0, π[ or
fπ
2= Arccos r1+0 2= Arccos 1
√2=π
4
donc π
4=1 2
π
2+ci.e. c= 0.
On a donc f(x) = 1
2xpour tout x∈]0, π[ et cette ´egalit´e est aussi clairement
v´erifi´ee pour x= 0 et x=πdonc
f(x) = 1
2xpour tout x∈[0, π].

IOn pose f(x) = Arcsin x
√1 + x2.
Pour tout x∈R,x
√1 + x2est bien d´efini et on a
x
√1 + x2
6|x|
√1 + x2=sx2
1 + x2<1
i.e. −1<x
√1 + x2<1 donc l’arcsinus de cette fraction est bien d´efini. Donc
fest d´efinie sur R.
Comme la fonction arcsinus est impaire, on a
f(−x) = Arcsin −x
p1+(−x)2=−Arcsin x √1 + x2=−f(x)
i.e. fest impaire donc il suffit d’´etudier fsur [0,+∞[ ; le graphe de fest
sym´etrique par rapport `a l’origine du rep`ere.
La fonction Arcsin n’est pas d´erivable en −1 et en 1 mais ces valeurs ne sont
jamais atteintes par la fraction donc fest d´erivable sur R.
On ´etudie fsur [0,+∞[, on a
f0(x) = u0(x)
p1−(u(x))2o`u u(x) = x √1 + x2
or
u0(x) =
√1 + x2−x2x
2√1+x2
1 + x2=1
(1 + x2)3
2
d’o`u
f0(x) = 1
(1 + x2)3
2
1
r1−x2
1 + x2
=1
(1 + x2)3
2p1 + x2=1
1 + x2.
Par cons´equent, il existe c∈Rtel que f(x) = Arctan(x) + cpour tout x>0
or
f(0) = Arcsin 0
√1+02= 0
et Arctan(0) = 0 donc c= 0 i.e. on a f(x) = Arctan(x) pour tout x>0.
Du fait de l’imparit´e de fet de Arctan, on en d´eduit que
f(x) = Arctan(x) pour tout x∈R.
IOn pose f(x) = Arctan r1−sin x
1 + sin x.
Tout d’abord, fn’est pas d´efinie lorsque sin x=−1. Par ailleurs, −16
sin x61 donc la fraction est positive et la racine carr´ee est bien d´efinie.
Donc fest d´efinie d`es que sin x6=−1. Enfin, fest 2π-p´eriodique donc on
peut ´etudier fsur [0,3π
2[∪]3π 2,2π].
La fonction racine carr´ee n’est pas d´erivable en 0 ce qui correspond `a la valeur
x=π
2. On a
f0(x) = u0(x)
1+(u(x))2o`u u(x) = r1−sin x 1 + sin x
or
u0(x) = −cos x(1 + sin x)−(1 −sin x) cos x
(1 + sin x)2
1
2r1−sin x
1 + sin x
=−2 cos x
(1 + sin x)2
1
2r1−sin x
1 + sin x
=−cos x
(1 + sin x)√1 + sin x√1−sin x
=−cos x
(1 + sin x)p1−sin2x
=−cos x
(1 + sin x)√cos2x
=−cos x
|cos x|
1
1 + sin x
d’o`u
f0(x) = −cos x
|cos x|
1
1 + sin x
1
1 + 1−sin x
1 + sin x
=−cos x
|cos x|
1
2.

Si x∈[0,π
2[oux∈]3π 2,2π] alors cos x > 0 donc f0(x) = −1 2.
Si x∈]π
2, , 3π 2[ alors cos x < 0 donc f0(x) = 1 2.
Il existe donc des constantes c, c0, c00 telles que
f(x) = 
−1
2x+csi 0 6x < π 2
1
2x+c0si π 2< x < 3π 2
−1
2x+c00 si 3π 2< x 62π
On a f(0) = Arctan √1 = π
4donc c=π 4; on a f(π) = π 4donc 1 2π+c0=π 4
i.e. c0=−π
4; on a f(2π) = π 4donc −1 22π+c00 =π 4i.e. c00 =5π 4. On a donc
f(x) = 
−1
2x+π 4si 0 6x < π 2
1
2x−π 4si π 2< x < 3π 2
−1
2x+5π 4si 3π 2< x 62π