Corrigé DS N°02 - MPSI Saint

CORRIG´ E DU DEVOIR SURVEILL´ E N˚02
PROBL` EME 1
Partie I. Etude de Arcsin (sin 2x)
On consid`ere la fonction ϕ:R→Rd´efinie pour tout x∈Rpar
ϕ(x) = Arcsin (sin 2x).
1. La fonction ϕest d´efinie sur R. De plus, les fonctions sin et Arcsin ´etant
impaires, ϕest impaire. Enfin, comme sin est 2π-p´eriodique, x7→ sin(2x)
est π-p´eriodique. Il en va de mˆeme de ϕ. On pourra mener l’´etude sur [0,π
2]
puis compl´eter par sym´etrie centrale. Enfin, comme ϕ(π
2−x) = ϕ(x), la
droite d’´equation x=π
4est axe de sym´etrie.
R´esumons, ϕest impaire et π-p´eriodique. N
2.
•Soit x∈[0, π/4]. En ce cas, 2x∈[0, π/2]. Par cons´equent, 2xest
l’unique ant´ec´edent de sin(2x) appartenant `a [−π/2, π/2], c’est-`a-dire
ϕ(x) = Arcsin sin(2x)= 2x
•Soit x∈[π/4, π/2]. En ce cas, 2x∈[π/2, π]. D’o`u π−2x∈[0, π/2].
Comme de plus,
sin(2x) = sin(π−2x),
π−2xest l’unique ant´ec´edent de sin(2x) appartenant `a [−π/2, π/2],
c’est-`a-dire
ϕ(x) = Arcsin sin(2x)=π−2x
N
3. D’apr`es les propri´et´es de sym´etrie de ϕ, il suffit de la repr´esenter sur [0, π/4],
de compl´eter par sym´etrie par rapport `a la droite x=π
4, puis par sym´etrie
centrale et enfin de translater le graphe ainsi obtenu. On obtient ainsi
N
Partie II. ´ Etude de Arcsin 2x
1 + x2
Soit fla fonction d´efinie par f(x) = Arcsin 2x
1 + x2.
1. Intervalle d’´etude
a. Soit x∈R, on d´eduit de l’in´egalit´e (1 − |x|)2≥0 que 2|x| ≤ 1 + x2. De
plus, il y a ´egalit´e pr´ecis´ement lorsque |x|= 1. N
1

b. La fonction Arcsin est d´efinie sur [−1,1]. Or, d’apr`es la question pr´ec´edente,
pour tout x∈R,2x
1 + x2appartient `a [−1,1]. Par composition, fest donc
d´efinie sur R.N
c. Soit x∈R,f(−x) = Arcsin −2x
1 + x2=−Arcsin 2x 1 + x2=−f(x).
Par suite fest impaire. N
2. Tableau de variation
a. Soit t∈]−π/2, π/2[, nous avons on peut aussi
utiliser les formules
de la param´etrisation
rationnelle du cercle
priv´e d’un point
2 tan t
1 + tan2t=2sin t
cos t
1 + sin2t
cos2t
=2 sin tcos t
cos2t+ sin2t= sin(2t)
Ainsi, f(tan t) = Arcsin 2 tan t
1 + tan2t= Arcsin (sin 2t) = ϕ(t). N
b. Soit x∈R, Posons t= Arctan (x), de sorte que t∈]−π/2, π/2[ et x=
tan t. D’apr`es la question pr´ec´edente, il s’ensuit imm´ediatement que f(x) =
ϕ(t) = ϕ◦Arctan (x). N
c. D’apr`es les r´esultats de la Partie I
◮ϕest strictement d´ecroissante sur ] −π/2,−π/4],
◮ϕest strictement croissante sur ] −π/4, π/4[,
◮ϕest strictement d´ecroissante sur [π/4, π/2[.
La fonction Arctan : R→]−π/2, π/2[ est une bijection strictement crois-
sante est continue. D’apr`es le Th´eor`eme de la bijection, elle r´ealise des
bijections strictement croissantes de
⊲de ] − ∞,−1] sur ] −π/2,−π/4],
⊲de ] −1,1[ sur ] −π/4, π/4[,
⊲de [1,∞[ sur [π/4, π/2[,
Par composition de deux fonctions monotones, nous en d´eduisons que
fest strictement d´ecroissante sur ] − ∞,−1],
fest strictement croissante sur ] −1,1[,
fest strictement d´ecroissante sur [1,∞[. N
d. Le tableau suivant r´esume les variations f:
x−∞ −1 0 1 +∞
π
2
ր ց
f(x) 0 0 0
ց ր
−π
2
Pour le calcul des limites en ±∞, proc´edons par composition : effectuons le
changement de variable y(x) = Arctan x, il vient :
•y(x) = Arctan (x)−−−−→
x→±∞ ±π
2
•ϕ(y)−−−−−→
y→±π/20
Par composition des limites, il s’ensuit que lim
x→±π/2f(x) = 0. N
2

3. Repr´esentation graphique
a. D’apr`es la question 1.a, 2x
1 + x2∈]−1,1[, pour tout xdiff´erent de 1 et −1.
Comme Arcsin est d´erivable sur ] −1,1[, il en r´esulte par composition que
fest d´erivable sur R\{±1}. De plus, pour tout xdiff´erent de 1 et −1., on
a :
f′(x) = 1
q1−4x2
(1+x2)2×2(1 + x2)−4x2
(1 + x2)2=1
p(1 + x2)2−4x2×2(1 −x2)
1 + x2
=2
1 + x2×1−x2
p(1 −x2)2=±2
1 + x2
Ainsi,
◮Pour tout x∈]−1,1[, 1 −x2>0 et par cons´equent f′(x) = 2
1 + x2.
◮Pour tout x∈]− ∞,−1[∪]1,+∞[, 1 −x2<0 et f′(x) = −2
1 + x2.
N
b. ´ Etude de quelques tangentes
Rappelons que si fest d´erivable au point a, son graphe admet une tangente
au point d’abscisse a, elle a pour ´equation
y=f(a) + f′(a)(x−a)
Au point d’abscisse 0, on a f(0) = 0 et f′(0) = 2. Par suite, la tangente
T0a pour ´equation
y= 2x.
Au point d’abscisse 1
√3∈]−1,1[, on a f(1/√3) = Arcsin 2/√3
1+1/√3=
Arcsin (√3/2) = π
3et f′(1/√3) = 2
4/3=3
2. Par suite la tangente T1/√3
a pour ´equation
y=π
3+3 2(x−1
√3).
Au point d’abscisse √3∈]1,+∞[, on a f(√3) = π
3et f′(√3) = −2
4=
−1
2, de sorte que la tangente T√3a pour ´equation
y=π
3−1 2(x−√3)
N
c.
Soit 0 < x < 1. D’apr`es la question 3a. f′(x) = 2
1 + x2. Il en r´esulte
par OPA que lim
x→1−
f′(x) = 1.
Soit x > 1. D’apr`es la question 3a. f′(x) = −2
1 + x2. Il en r´esulte par
OPA que lim
x→1+f′(x) = −1.
3

Ainsi, ℓ+=−1 et ℓ−= 1. N
d.
EXERCICE 1
1. Soit xune solution de (1). En ce cas, 2x∈[−1,1], soit |x| ≤ 1
2. et
x= sin(Arcsin (x)) = sin Arcsin (2x)−Arcsin (x√3)
= 2xcos Arcsin (x√3)−x√3 cos (Arcsin (2x))
= 2x√1−3x3−x√3√1−4x2
N
2. Soit x∈[−1
2,1 2].
xest sol de (2) ⇐⇒ x= 0 ou 2√1−3x2−√3√1−4x2= 1
⇐⇒ x= 0 ou √1−4x2= 0
⇐⇒ x= 0 ou x=−1
2ou x=1 2
Autrement dit, si xest solution de (1), alors x∈ {0,−1
2,1 2}.
Inversement, on v´erifie que ces trois valeurs sont effectivement solutions de
(1). N
EXERCICE 2
1. Posons A= Arctan x
y+ Arctan y−x
y+x. Pour d´eterminer Aon proc`ede en
deux ´etapes :
1Calcul de tan(A)Attention au signe
dans la formule d’addi-
tion pour les tangentes
tan(a+b) = tan a+ tan b
1−tan atan b
tan Arctan x
y+ Arctan y−x y+x=
tan Arctan x
y+ tan Arctan y−x y+x
1−tan Arctan x
ytan Arctan y−x y+x
=
x
y+y−x y+x
1−x
y
y−x
y+x
=x2+y2
x2+y2= 1.
4

2Localisation de A:Par ailleurs, comme 0 <x
y<1 et 0 <y−x y+x<1 par
croissance de la fonction Arctan on a Arctan 0 <x
y<π 4et 0 <Arctan y−x y+x<
π
4d’o`u :
Arctan x
y+ Arctan y−x y+x∈i0,π 2h.
3Conclusion : comme Aa pour tangente 1, on en d´eduit
Arctan x
y+ Arctan y−x y+x=π 4.
2. Tout d’abord, comme 1
5∈]0,1[, Arctan 1 5∈]0,π 4[, donc 4Arctan 1 5appartient
`a l’intervalle ]0, π[. Par ailleurs, on a
tan 2Arctan 1
5=2 tan Arctan 1
5
1−tan2Arctan 1
5=
2
5
1−1
25
=5
12,
puis : tan 2a=2 tan a
1−tan2a
tan 4Arctan 1
5=2 tan 2Arctan 1
5
1−tan22Arctan 1
5=
10
12
1−25
144
=120
119.
Comme tan 4Arctan 1
5>0 et 4Arctan 1 5∈]0, π[, 4Arctan 1 5∈]0,π 2[ ; on
d´eduit alors de l’´egalit´e pr´ec´edente que 4Arctan 1
5= Arctan 120 119 .
3. On applique la question 1`a x= 1 et y= 239 :
Arctan 1
239 + Arctan 119 120 =π 4.
Comme Arctan 119
120 =π 2−Arctan 120 119 =π 2−4Arctan 1 5, on obtient finale-
ment : Cette formule per-
mit `a John Machin de
calculer cent d´ecimales
de πen 1706.
π
4= 4Arctan 1 5−Arctan 1 239.
N
EXERCICE 3
1. La fonction ch est d´efinie sur Ret ne s’y annule pas. Par cons´equent, son
inverse (la fonction sch) est d´efinie sur D=R. Comme la fonction ch est
paire, la fonction sch est ´egalement paire. N
2. Tout d’abord, la limite de sch en −∞ et en +∞est 0 puisque la limite de
ch est +∞en ±∞. Par ailleurs, la fonction sch est d´erivable sur R(ch est
d´erivable sur Ret ne s’y annule pas) et :
∀x∈R,sch′(x) = −ch′(x)
ch2x=−sh x ch2x.
La fonction sh ´etant strictement positive sur R∗
+, sch’ est strictement n´egative
sur R∗
+. Par cons´equent, sch est strictement d´ecroissante sur R∗ +et stricte-
ment croissante sur R∗
−par parit´e. N
5