Lycée Bellevue – Toulouse PCSI 2 – Mathématiques 21 novembre 2016 Corrigé du Devoir à la Maison n°4 1. Étude de f . (a) Si x est élément de 0, π2 , alors x2 est élément de 0, π4 , donc tan x2 est bien défini, et élément de ]0, 1]. Ensuite ln tan x2 est bien défini, et élément de ]−∞, 0]. Ceci montre que f est bien définie, et que ses valeurs sont dans R+ . Les fonctions x 7→ x2 , tangente et logarithme népérien sont dérivables surleurs ensembles de définition, donc par composition la fonction f est dérivable sur 0, π2 . (b) Pour tout x ∈ 0, π2 on a f 0 (x) = − 1 1 2 cos2 x 2 1 1 x =− tan 2 2 cos x2 sin x2 donc i πi 1 f 0 (x) = − ∀x ∈ 0, · 2 sin x (c) Sur l’intervalle 0, π2 le sinus est positif, donc f 0 est négative. De plus on a π f 2 et =0 lim f (x) = +∞. x→0 On obtient donc le tableau de variations suivant : π 2 0 x f 0 (x) − −1 +∞ f (x) 0 (d) La fonction f est strictement décroissante sur l’intervalle 0, π2 , car sa dérivée est strictement négative. De plus elle est continue car elle est dérivable. Donc par théorème elle réalise une bijection de 0, π2 dans son image. Or h π i h π = f , lim f = [0, +∞[. 0 2 2 π Ainsi f réalise une bijection de 0, 2 dans R+ . f i 0, 2. Étude de g. (a) On sait que pour tout x ∈ R on a ch x > 1, ce qui montre que 0 < ch1x 6 1. La fonction arc-sinus est définie sur [−1, 1], et pour tout x ∈ R on a 0 < ch1x 6 1, donc par composition la fonction g est bien définie sur R et a fortiori sur R+ . La fonction arc-sinus est dérivable sur l’intervalle ]−1, 1[. On sait d’après l’étude de la fonction cosinus hyperbolique que 1 =1 ch x ⇐⇒ ch x = 1 page 1/4 ⇐⇒ x = 0. PCSI 2 – Mathématiques Corrigé du Devoir à la Maison n°4 On a donc l’équivalence x ∈ R∗+ ⇐⇒ 0< 1 <1 ch x La fonction cosinus hyperbolique est dérivable sur son ensemble de définition, la fonction arcsin est dérivable sur ]−1, 1[ donc par composition g est dérivable sur R∗+ . (b) Pour tout x ∈ R∗+ on a g 0 (x) = − sh x 1 sh x q q =− 2 2 ch x 1 − 12 ch2 x ch 2x−1 ch x ch x =− =− sh x √ sh2 x car ch2 x − sh2 x = 1 ch2 x |ch x| sh x|ch x| ch2 x|sh x| La fonction cosinus hyperbolique est toujours positive, et la sinus hyperbolique est strictement positive sur R∗+ , donc pour tout x ∈ R∗+ on a |ch x| = ch x et |sh x| = sh x, et ainsi 1 ∀x ∈ R∗+ g 0 (x) = − · ch x (c) La dérivée de g est négative car la fonction cosinus hyperbolique est positive. On a g(0) = arcsin 1 = π2 , et lim g(x) = arcsin 0 = 0. On obtient le tableau suivant : x→0 x 0 g 0 (x) +∞ − π 2 g(x) 0 (d) La fonction g est strictement décroissante sur l’intervalle [0, +∞[, car sa dérivée est strictement négative. De plus elle est continue par composition de fonctions continues. Donc par théorème elle réalise une bijection de [0, +∞[ dans son image. Or i πi g([0, +∞[) = lim g, g(0) = 0, . +∞ 2 Ainsi g réalise une bijection de R+ dans 0, π2 . page 2/4 PCSI 2 – Mathématiques Corrigé du Devoir à la Maison n°4 3. Réciprocité de f et g. (a) Pour tout x ∈ 0, π2 on a g ◦ f (x) = arcsin Or on a ch f (x) = 1 · ch f (x) ef (x) + e−f (x) · 2 De plus, 1 x ef (x) = e− ln tan 2 = e ln tan x 2 = 1 tan x2 x e−f (x) = eln tan 2 = tan et x 2 donc ch f (x) = 1 tan x 2 + tan x2 2 = 1 + tan2 2 tan x2 x 2 = 1 2 tan x 2 cos2 x2 = 1 x 2 2 sin cos x 2 = 1 · sin x Ceci donne g ◦ f (x) = arcsin sin x. π Or x est élément de 0, 2 donc de − π2 , π2 . Comme la fonction arc-sinus est la réciproque de la fonction h π πi sin : − , → [−1, 1] 2 2 alors pour tout x ∈ − π2 , π2 on a arcsin sin(x) = x. On obtient donc i πi ∀x ∈ 0, g ◦ f (x) = x. 2 (b) Notons I = 0, π2 et J = R+ . Nous avons démontré dans la question précédente que g ◦ f = IdI . Or nous savons que la fonction f est bijective. Ainsi, en composant on obtient (g ◦ f ) ◦ f −1 = IdI ◦ f −1 = f −1 . Mais de plus (g ◦ f ) ◦ f −1 = g ◦ (f ◦ f −1 ) = g ◦ IdJ = g. On a donc bien f −1 = g, ce qui montre que les fonctions f et g sont réciproques l’une de l’autre, et donc que l’on a aussi f ◦ g = IdJ . (c) On applique le théorème de dérivabilité de la réciproque d’une bijection. La fonction f : I → J est bijective et dérivable donc par théorème sa réciproque g est dérivable sur l’intervalle J 0 = x ∈ J | f 0 (f −1 (x)) 6= 0 . On calcule que ∀x ∈ J f 0 (f −1 (x)) = f 0 (g(x)) = − page 3/4 1 · sin arcsin ch1x PCSI 2 – Mathématiques Corrigé du Devoir à la Maison n°4 On sait que pour tout X ∈ [−1, 1] on a sin arcsin X = X, donc f 0 (f −1 (x)) = − ch x. ∀x ∈ J Le cosinus hyperbolique ne s’annule pas, donc f 0 (f −1 (x)) ne s’annule pas et donc J 0 = J. On a donc démontré que g est dérivable sur J = R+ , et que sa dérivée est g 0 (x) = − ∀x ∈ R+ 1 · ch x Le théorème de dérivabilité de la réciproque d’une bijection nous a permis d’étendre la dérivabilité et la dérivée de g à R+ tout entier et non R∗+ . 4. Tracé des courbes. (a) On calcule : f π 3 √ √ 3 ln 3 π = ln 3 = · = − ln tan = − ln 6 3 2 Puis e donc ln 3 2 = √ √ √ e = 3 3 √ √ 2 3 = · 3 √ 3 π ln 3 3 = arcsin √ = arcsin = · g 2 2 3 2 3 ln 3 = ch 2 et et 3 − ln23 3+ 2 3 3 (b) Comme les fonctions f et g sont réciproques l’une de l’autre, leurs courbes sont symétriques l’une de l’autre par rapport à la première bissectrice. Grâce à la question précédente on peut ajouter la valeur g(0) = −1 au tableau de variations de g. On obtient des courbes comme les suivantes : y 3 y = f (x) 2 π 2 1 y = g(x) 1 π 2 page 4/4 2 3 x