Corrigé du Devoir à la Maison n°4

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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
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⇐⇒
x = 0.
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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 .
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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)) = −
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1
·
sin arcsin ch1x
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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
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