CORRIGÉ DU DEVOIR SURVEILLÉ N˚02 PROBLÈME 1 Partie I. Etude de Arcsin (sin 2x) On considère la fonction ϕ : R → R définie pour tout x ∈ R par ϕ(x) = Arcsin (sin 2x). 1. La fonction ϕ est définie sur R. De plus, les fonctions sin et Arcsin étant impaires, ϕ est impaire. Enfin, comme sin est 2π-périodique, x 7→ sin(2x) est π-périodique. Il en va de même de ϕ. On pourra mener l’étude sur [0, π2 ] puis compléter par symétrie centrale. Enfin, comme ϕ( π2 − x) = ϕ(x), la droite d’équation x = π4 est axe de symétrie. Résumons, ϕ est impaire et π-périodique. N 2. • Soit x ∈ [0, π/4]. En ce cas, 2x ∈ [0, π/2]. Par conséquent, 2x est l’unique antécédent de sin(2x) appartenant à [−π/2, π/2], c’est-à-dire ϕ(x) = Arcsin sin(2x) = 2x • Soit x ∈ [π/4, π/2]. En ce cas, 2x ∈ [π/2, π]. D’où π − 2x ∈ [0, π/2]. Comme de plus, sin(2x) = sin(π − 2x), π − 2x est l’unique antécédent de sin(2x) appartenant à [−π/2, π/2], c’est-à-dire ϕ(x) = Arcsin sin(2x) = π − 2x N 3. D’après les propriétés de symétrie de ϕ, il suffit de la représenter sur [0, π/4], de compléter par symétrie par rapport à la droite x = π4 , puis par symétrie centrale et enfin de translater le graphe ainsi obtenu. On obtient ainsi N Partie II. Étude de Arcsin 1. 2x 1 + x2 2x . Soit f la fonction définie par f (x) = Arcsin 1 + x2 Intervalle d’étude a. Soit x ∈ R, on déduit de l’inégalité (1 − |x|)2 ≥ 0 que 2|x| ≤ 1 + x2 . De plus, il y a égalité précisément lorsque |x| = 1. N 1 b. La fonction Arcsin sur [−1, 1]. Or, d’après la question précédente, est définie 2x appartient à [−1, 1]. Par composition, f est donc pour tout x ∈ R, 1 + x2 définie sur R. N −2x 2x c. Soit x ∈ R, f (−x) = Arcsin = −Arcsin = −f (x). 1 + x2 1 + x2 Par suite f est impaire. N 2. Tableau de variation a. Soit t ∈] − π/2, π/2[, nous avons sin t 2 cos 2 tan t 2 sin t cos t t = sin(2t) 2t = 2 = sin 1 + tan t cos2 t + sin2 t 1 + cos2 t 2 tan t Ainsi, f (tan t) = Arcsin = Arcsin (sin 2t) = ϕ(t). N 1 + tan2 t b. Soit x ∈ R, Posons t = Arctan (x), de sorte que t ∈] − π/2, π/2[ et x = tan t. D’après la question précédente, il s’ensuit immédiatement que f (x) = ϕ(t) = ϕ ◦ Arctan (x). N c. D’après les résultats de la Partie I ◮ ϕ est strictement décroissante sur ] − π/2, −π/4], ◮ ϕ est strictement croissante sur ] − π/4, π/4[, ◮ ϕ est strictement décroissante sur [π/4, π/2[. La fonction Arctan : R →] − π/2, π/2[ est une bijection strictement croissante est continue. D’après le Théorème de la bijection, elle réalise 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 déduisons que f est strictement décroissante sur ] − ∞, −1], f est strictement croissante sur ] − 1, 1[, f est strictement décroissante sur [1, ∞[. N d. Le tableau suivant résume les variations f : x −∞ f (x) −1 0 0 0 ց − π2 1 ր π 2 +∞ ց 0 ր Pour le calcul des limites en ±∞, procédons par composition : effectuons le changement de variable y(x) = Arctan x, il vient : π 2 ϕ(y) −−−−−→ 0 • y(x) = Arctan (x) −−−−→ ± x→±∞ • Par composition des limites, il s’ensuit que y→±π/2 lim f (x) = 0. x→±π/2 2 N on utiliser peut les aussi formules de la paramétrisation rationnelle du cercle privé d’un point 3. Représentation graphique 2x ∈] − 1, 1[, pour tout x différent de 1 et −1. a. D’après la question 1.a, 1 + x2 Comme Arcsin est dérivable sur ] − 1, 1[, il en résulte par composition que f est dérivable sur R \ {±1}. De plus, pour tout x différent de 1 et −1., on a: 1 ′ f (x) = q 1− = Ainsi, ◮ ◮ 4x2 (1+x2 )2 1 2(1 + x2 ) − 4x2 2(1 − x2 ) =p × × (1 + x2 )2 1 + x2 (1 + x2 )2 − 4x2 2 2 1 − x2 p =± × 2 1+x 1 + x2 (1 − x2 )2 2 . 1 + x2 2 Pour tout x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[, 1 − x2 < 0 et f ′ (x) = − . 1 + x2 Pour tout x ∈] − 1, 1[, 1 − x2 > 0 et par conséquent f ′ (x) = N b. Étude de quelques tangentes Rappelons que si f est dérivable au point a, son graphe admet une tangente au point d’abscisse a, elle a pour équation 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 T0 a pour équation y = 2x. √ √ 1 2/ 3 √ √ = Au point d’abscisse ∈] − 1, 1[, on a f (1/ 3) = Arcsin 1+1/ 3 3 √ √ π 3 2 Arcsin ( 3/2) = et f ′ (1/ 3) = 4/3 = . Par suite la tangente T1/√3 3 2 a pour équation 1 π 3 y = + (x − √ ). 3 2 3 √ √ √ π Au point d’abscisse 3 ∈]1, +∞[, on a f ( 3) = et f ′ ( 3) = − 24 = 3 1 − , de sorte que la tangente T√3 a pour équation 2 y= √ π 1 − (x − 3) 3 2 N c. Soit 0 < x < 1. D’après la question 3a. f ′ (x) = par OPA que lim− f ′ (x) = 1. 2 . Il en résulte 1 + x2 x→1 Soit x > 1. D’après la question 3a. f ′ (x) = − OPA que lim+ f ′ (x) = −1. x→1 3 2 . Il en résulte par 1 + x2 d. Ainsi, ℓ+ = −1 et ℓ− = 1. N EXERCICE 1 1. Soit x une solution de (1). En ce cas, 2x ∈ [−1, 1], soit |x| ≤ 12 . et √ x = sin(Arcsin (x)) = sin Arcsin (2x) − Arcsin (x 3) √ √ = 2x cos Arcsin (x 3) − x 3 cos (Arcsin (2x)) √ √ √ = 2x 1 − 3x3 − x 3 1 − 4x2 N 2. Soit x ∈ [− 21 , 12 ]. √ √ √ x = 0 ou 2 1 − 3x2 − 3 1 − 4x2 = 1 √ x = 0 ou 1 − 4x2 = 0 1 1 ⇐⇒ x = 0 ou x = − ou x = 2 2 1 1 Autrement dit, si x est solution de (1), alors x ∈ {0, − , }. 2 2 Inversement, on vérifie que ces trois valeurs sont effectivement solutions de (1). N x est sol de (2) ⇐⇒ ⇐⇒ EXERCICE 2 1. Posons A = Arctan xy + Arctan deux étapes : y−x . Pour déterminer A on procède en y+x Attention au signe 1 Calcul de tan(A) y−x x tan Arctan + tan Arctan y y+x x y−x tan Arctan + Arctan = y−x x y y+x 1 − tan Arctan y tan Arctan y+x = x y y−x y+x x y−x y y+x + 1− 4 = x2 + y 2 = 1. x2 + y 2 dans la formule d’addition pour les tangentes tan(a+b) = tan a + tan b 1 − tan a tan b 2 Localisation de A : Par ailleurs, comme 0 < croissance de la fonction Arctan on a Arctan 0 < π d’où : 4 Arctan x y < 1 et 0 < y−x < 1 par y+x y−x π < 4 et 0 < Arctan y+x < x y y − x i πh x . + Arctan ∈ 0, y y+x 2 3 Conclusion : comme A a pour tangente 1, on en déduit Arctan 2. x y−x π + Arctan = . y y+x 4 Tout d’abord, comme 15 ∈]0, 1[, Arctan 51 ∈]0, π4 [, donc 4Arctan 51 appartient à l’intervalle ]0, π[. Par ailleurs, on a 2 2 tan Arctan 15 1 5 5 tan 2Arctan = = , 1 = 1 2 5 12 1 − 25 1 − tan Arctan 5 puis : tan 2a = 2 tan a 1−tan2 a 10 2 tan 2Arctan 15 1 120 12 tan 4Arctan = . = 25 = 1 2 5 119 1 − 144 1 − tan 2Arctan 5 Comme tan 4Arctan 51 > 0 et 4Arctan 15 ∈]0, π[, 4Arctan 51 ∈]0, π2 [ ; on 120 déduit alors de l’égalité précédente que 4Arctan 51 = Arctan 119 . 3. On applique la question 1 à x = 1 et y = 239 : Arctan = Comme Arctan 119 120 ment : π 2 119 π 1 + Arctan = . 239 120 4 − Arctan 120 = 119 π 2 − 4Arctan 51 , on obtient finale- 1 1 π = 4Arctan − Arctan . 4 5 239 de π en 1706. EXERCICE 3 1. La fonction ch est définie sur R et ne s’y annule pas. Par conséquent, son inverse (la fonction sch) est définie sur D = R. Comme la fonction ch est paire, la fonction sch est également 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 dérivable sur R (ch est dérivable sur R et ne s’y annule pas) et : ch′ (x) sh x =− 2 . 2 ch x ch x La fonction sh étant strictement positive sur R∗+ , sch’ est strictement négative sur R∗+ . Par conséquent, sch est strictement décroissante sur R∗+ et strictement croissante sur R∗− par parité. N 5 Cette formule per- calculer cent décimales N ∀x ∈ R, sch′ (x) = − mit à John Machin de 3. La fonction sch est continue et strictement décroissante sur [0, +∞[, d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de [0, ∞[ vers sch([0, +∞[) = ]0, 1]. Cela montre que la restriction de sch à [0, +∞[ admet une application réciproque. N 4. D’après la question précédente, l’ensemble de définition de Argsch est ]0, 1]. La fonction sch étant continue et strictement décroissante sur [0, +∞[, Argsch est également continue et strictement décroissante sur ]0, 1]. toujours d’après le théorème de la bijec- y=x tion y = argsch x 1 y = sch x O 1 N 5. Soit x ∈]0, 1] et t ∈ R+ . Alors t = Argsch(x) 1 ch (t) ⇐⇒ x = sch(t) ⇐⇒ x = ⇐⇒ 1 = ch (t) ⇐⇒ t = Argch (1/x) x Finalement Argsch(x) = Argch (1/x) = ln 1+ √ 1 − x2 x . N EXERCICE 4 1. 2. Comme sh est une bijection de R dans R, l’équation sh x = − 12 admet une unique solution sur R. En notant a cette solution, on a donc 2sh a + 1 = 0. étudier Posons u(x) = ch 2 x + sh x. La fonction u est définie, dérivable sur R et : x 7→ 2sh x + 1. ∀x ∈ R, u′ (x) = 2ch x sh x + ch x = ch x(2sh x + 1). Le signe de u′ est celui de 2sh x + 1 (ch est positive sur R). Comme sh est croissante sur R, 2sh x + 1 est négatif sur ] − ∞, a] et positif sur [a, +∞[. Cela montre que u est décroissante sur ] − ∞, a] et croissante sur [a, +∞[. Or, comme sh a = − 12 et ch 2 a − sh 2 a = 1, on a : u(a) = ch 2 a + sh a = 1 + sh 2 a + sh a = 1 + 1 1 3 − = ; 4 2 4 ce qui montre que u(a) est positif, donc que la fonction u est positive sur R. 6 On peut la aussi fonction 2sh x+1 ≥ 0 ⇔ x ≥ a 3. La fonction g est deux fois dérivable sur R et, pour x ∈ R, g ′(x) = ch xesh x − 1 4. g ′′(x) = (ch 2 x + sh x)esh x = u(x)esh x . et D’après la question précédente, g ′′ est positive, donc g ′ est croissante sur R. Comme g ′ (0) = 0, g ′ est négative sur R− et positive sur R+ . On en déduit que g est décroissante sur R− et croissante sur R+ (avec g(0) = 0). On déduit de la question précédente que, pour tout x ∈ R, g(x) ≥ 0, c’està-dire : ∀x ∈ R, 1 + x ≤ esh x . (3) On a donc : 1 . esh x ∀x ∈]0, 1[, esh x ≤ Il s’agit de l’inégalité précédente, ∀x ∈ R, 1 − x ≤ esh (−x) , soit 1 − x ≤ e−sh x ou encore 1 − x ≤ appliquée à −x. On en déduit que : 1 . 1−x (4) sh est impaire. 1−x >0 Les inégalités (3) et (4) démontrent l’encadrement souhaité. 5. D’après la question précédente, on a : ∀x ∈]0, 1[, ln(1 + x) ≤ sh x ≤ − ln(1 − x). On en déduit que pour tout k ∈ [[n, np]], 1 1 1 ≤ sh ≤ − ln 1 − . ln 1 + k k k En sommant ces inégalités de n à np, il vient : X np np np X X k+1 1 k−1 ln sh ln ≤ ≤− , k k k k=n k=n k=n ce qui s’écrit aussi np X k=n np X [ln(k − 1) − ln k] . [ln(k + 1) − ln k] ≤ Sn ≤ − k=n Ainsi, on obtient : ln 6. np + 1 n ≤ Sn ≤ − ln n−1 np télescopiques ! lim ln n→+∞ np + 1 n 1 = lim ln p + n→+∞ n l’aide = ln p lim − ln n→+∞ n−1 np = lim − ln n→+∞ 1 1 − p np n→+∞ 7 du conclut à théorème par encadrement. 1 = − ln = ln p , p le théorème d’encadrement montre que lim Sn = ln p. On d’existence de limite et d’autre part sommes . Comme d’une part Deux N