Corrigé du Devoir à la Maison n°4

Lycée Bellevue – Toulouse 21 novembre 2016
PCSI 2 – Mathématiques
Corrigé du Devoir à la Maison n°4
1. Étude de f.
(a) Si xest élément de 0,π
2, alors x 2est élément de 0,π 4, donc tan x 2est bien défini, et
élément de ]0,1]. Ensuite ln tan x
2est bien défini, et élément de ]−∞,0]. Ceci montre que
fest bien définie, et que ses valeurs sont dans R+.
Les fonctions x7→ x
2, tangente et logarithme népérien sont dérivables sur leurs ensembles
de définition, donc par composition la fonction fest dérivable sur 0,π
2.
(b) Pour tout x∈0,π
2on a
f0(x) = −1
2
1
cos2x
2
1
tan x
2
=−1
2 cos x
2sin x 2
donc
∀x∈i0,π
2if0(x) = −1 sin x·
(c) Sur l’intervalle 0,π
2le sinus est positif, donc f0est négative. De plus on a
fπ
2= 0 et lim
x→0f(x)=+∞.
On obtient donc le tableau de variations suivant :
x
f0(x)
f(x)
0π
2
−−1
+∞
00
(d) La fonction fest strictement décroissante sur l’intervalle 0,π
2, car sa dérivée est stric-
tement négative. De plus elle est continue car elle est dérivable.
Donc par théorème elle réalise une bijection de 0,π
2dans son image. Or
fi0,π
2i=hfπ 2,lim
0fh= [0,+∞[.
Ainsi fréalise une bijection de 0,π
2dans R+.
2. Étude de g.
(a) On sait que pour tout x∈Ron a ch x>1, ce qui montre que 0<1
ch x61.
La fonction arc-sinus est définie sur [−1,1], et pour tout x∈Ron a 0<1
ch x61, donc
par composition la fonction gest bien définie sur Ret 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
ch x= 1 ⇐⇒ ch x= 1 ⇐⇒ x= 0.
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On a donc l’équivalence
x∈R∗
+⇐⇒ 0<1
ch x<1
La fonction cosinus hyperbolique est dérivable sur son ensemble de définition, la fonction
arcsin est dérivable sur ]−1,1[ donc par composition gest dérivable sur R∗
+.
(b) Pour tout x∈R∗
+on a
g0(x) = −sh x
ch2x
1
q1−1
ch2x
=−sh x
ch2xqch2x−1
ch2x
=−sh x
ch2x
|ch x|√sh2xcar ch2x−sh2x= 1
=−sh x|ch x|
ch2x|sh x|
La fonction cosinus hyperbolique est toujours positive, et la sinus hyperbolique est stric-
tement positive sur R∗
+, donc pour tout x∈R∗ +on a |ch x|= ch xet |sh x|= sh x, et
ainsi
∀x∈R∗
+g0(x) = −1
ch x·
(c) La dérivée de gest négative car la fonction cosinus hyperbolique est positive.
On a g(0) = arcsin 1 = π
2, et lim
x→0g(x) = arcsin 0 = 0. On obtient le tableau suivant :
x
g0(x)
g(x)
0+∞
−
π
2
π
2
00
(d) La fonction gest 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
g([0,+∞[) = lim
+∞g, g(0)=i0,π
2i.
Ainsi gréalise une bijection de R+dans 0,π
2.
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3. Réciprocité de fet g.
(a) Pour tout x∈0,π
2on a
g◦f(x) = arcsin 1
ch f(x)·
Or on a
ch f(x) = ef(x)+e−f(x)
2·
De plus,
ef(x)=e−ln tan x
2=1
eln tan x
2
=1
tan x
2
et e−f(x)=eln tan x
2= tan x
2
donc
ch f(x) =
1
tan x
2
+ tan x
2
2=1 + tan2x
2
2 tan x
2
=1
2 tan x
2cos2x 2
=1
2 sin x
2cos x 2
=1
sin x·
Ceci donne
g◦f(x) = arcsin sin x.
Or xest élément de 0,π
2donc de −π 2,π 2. Comme la fonction arc-sinus est la réciproque
de la fonction
sin : h−π
2,π 2i→[−1,1]
alors pour tout x∈−π
2,π 2on a arcsin sin(x) = x.
On obtient donc
∀x∈i0,π
2ig◦f(x) = x.
(b) Notons I=0,π
2et J=R+. Nous avons démontré dans la question précédente que
g◦f= IdI.
Or nous savons que la fonction fest 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 fet gsont 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→Jest bijective et dérivable donc par théorème sa réciproque gest
dérivable sur l’intervalle
J0=x∈J|f0(f−1(x)) 6= 0.
On calcule que
∀x∈J f0(f−1(x)) = f0(g(x)) = −1
sin arcsin 1
ch x·
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On sait que pour tout X∈[−1,1] on a sin arcsin X=X, donc
∀x∈J f0(f−1(x)) = −ch x.
Le cosinus hyperbolique ne s’annule pas, donc f0(f−1(x)) ne s’annule pas et donc J0=J.
On a donc démontré que gest dérivable sur J=R+, et que sa dérivée est
∀x∈R+g0(x) = −1
ch x·
Le théorème de dérivabilité de la réciproque d’une bijection nous a permis d’étendre la
dérivabilité et la dérivée de gàR+tout entier et non R∗
+.
4. Tracé des courbes.
(a) On calcule :
fπ
3=−ln tan π 6=−ln √3 3= ln √3 = ln 3 2·
Puis
eln 3
2=√3et e−ln 3 2=√3
3
donc
ch ln 3
2=√3 + √3
3
2=2√3 3·
et
gln 3
2= arcsin 3
2√3= arcsin √3
2=π 3·
(b) Comme les fonctions fet gsont réciproques l’une de l’autre, leurs courbes sont symé-
triques l’une de l’autre par rapport à la première bissectrice.
Grâce à la question précédente on peut ajouter la valeur g(0) = −1au tableau de
variations de g.
On obtient des courbes comme les suivantes :
x
y
1 2 3
π
2
1
2
3
π
2
y=f(x)
y=g(x)
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