Fonctions circulaires

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Fonctions circulaires

Exercice 751 *

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Prouver que :

  1. \(\forall x\in \mathbb{R}_+,\quad \sin x \leqslant x\)

  2. \(\forall x\in\mathbb{R},\quad \cos x \geqslant 1-{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2}\)


[ID: 314] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 751
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

  1. Il suffit d’étudier les variations de la fonction \(f_1: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_+ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \sin x - x \end{array} \right.\).

  2. On prouve d’abord l’inégalité sur \(\mathbb{R}_+\). Pour ce faire, on étudie les variations de \(f_2: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_+ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \cos x - 1+{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2} \end{array} \right.\) et on utilise l’inégalité prouvée dans la question 1. On montre alors que l’inégalité reste vraie sur \(\mathbb{R}_-\) en utilisant la parité de \(f_2\).


Exercice 43 *

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Démontrer que \(\forall x \in \left] 0;{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\), \(\left( \dfrac{\sin x}{x}\right) ^2 + \dfrac{\tan x}{x} > 2\).


[ID: 316] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 43
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

Soit \(\Phi(x) = \cos x\sin^2x + x\sin x - 2x^2\cos x\), on a
\(\begin{array}{rcl} \Phi'(x) &=& - \sin^3x + 2\cos^2x\sin x + \sin x + x\cos x - 4x\cos x + 2x^2\sin x\\ &=& 2\cos^2x\sin x - \sin^3x + \sin x + 3x\cos x + 2x^2\sin x.\\ \Phi''(x) &=& 2\cos^3x - 4\sin x\cos x\sin x - 3\sin^2x\cos x + \cos x - 3\cos x + 3x\sin x + 4x\sin x + 2x^2\cos x\\ &=& 2\cos^3x - 7\sin^2x\cos x - 2\cos x + 7x\sin x + 2x^2\cos x\\ &=& 2\cos x(\cos^2x - 1) + 2x^2\cos x + 7\sin x(x - \sin x\cos x)\\ &=& 2\cos x(\cos^2x - (1- x^2)) + 7x\sin x\left( 1 - \dfrac{\sin2x}{2x}\right) \end{array}\)

Or sur \(\left] 0;{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\), \(1 - \dfrac{x^2}{2} \leqslant \cos x \leqslant 1\), d’oú \(\left( 1 - \dfrac{x^2}{2}\right)^2 \leqslant \cos^2 x\), soit \(1 - x^2 + \dfrac{x^4}{4} \leqslant \cos^2x\), soit \(0\leqslant \dfrac{x^4}{4} \leqslant \cos^2 x - (1 - x^2)\).
On a donc \(\Phi''(x) > 0\). \(\Phi'\) est strictement croissante sur \(\left[ 0;{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\), comme \(\Phi'(0) = 0\), \(\Phi'\) est à valeurs positives, donc \(\Phi\) est strictement croissante sur \(\left[ 0;{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\), comme \(\Phi(0) = 0\), \(\Phi\) est à valeurs positives.
Donc \(\forall x \in \left] 0;{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\), \(\cos x\sin^2x + x\sin x > 2x^2\cos x\), d’oú le résultat en divisant par \(x^2\cos x\).


Exercice 587 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Les-mathematiques.net

On a tracé le cercle le cercle trigonométrique dans un repère orthonormé direct. L’angle \(\alpha\) est mesuré en radians. Les triangles \(OAH\) et \(OBC\) sont rectangles respectivement en \(H\) et \(C\). On rappelle que l’aire du secteur angulaire \(OAC\) est \(\alpha/2\).

  1. Calculer l’aire du triangle \(OAC\). En déduire que : \(\forall \alpha\in\left]0,\pi/2\right],\quad 0<\sin \alpha <\alpha\).

  2. Montrer que pour \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\), on a \(1> \cos^2\alpha>1-\alpha^2\). En déduire que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\cos\alpha}=1\).

  3. Calculer l’aire du triangle \(OBC\). En déduire les inégalités : \(\forall \alpha\in\left]0,\pi/2\right],\quad \sin\alpha<\alpha<\tan \alpha\).

  4. Déduire des questions précédentes que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\dfrac{\sin \alpha}{\alpha}}=1\) et que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\dfrac{\tan \alpha}{\alpha}}=1\). On prouve ainsi que \(\sin\) et \(\tan\) sont dérivables en \(0\). Expliquer pourquoi.

  5. Pour \(\alpha\in\left[0,\pi/2\right]\), Établir les inégalités : \[0\leqslant \cos^2\alpha \leqslant\cos\alpha,\quad 0\leqslant 1-\cos\alpha\leqslant\sin^2 \alpha \quad \textrm{ et} \quad 0\leqslant 1-\cos\alpha \leqslant\alpha^2 .\]

  6. En déduire \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\dfrac{1-\cos\alpha}{\alpha}}\).

  7. En déduire \(\displaystyle{\lim_{h \rightarrow 0}\dfrac{\cos\left(\alpha+h\right)-\cos\alpha}{h}}\) et \(\displaystyle{\lim_{h \rightarrow 0}\dfrac{\sin\left(\alpha+h\right)-\cos\alpha}{h}}\). Quelle propriété importante de \(\cos\) et \(\sin\) vient-on de prouver?



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Solution

Exercice 587
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

  1. L’aire du triangle \(OAH\) est donnée par \({\scriptstyle OC\times AH\over\scriptstyle 2}={\scriptstyle\sin \alpha\over\scriptstyle 2}\). Si \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\) alors le triangle \(OAH\) n’est pas plat et son aire est \(>0\) donc \(\sin\alpha>0\). Par ailleurs, le triangle \(OAH\) est inclus dans le secteur angulaire \(OAC\) et donc \({\scriptstyle\sin \alpha\over\scriptstyle 2}<{\scriptstyle\alpha\over\scriptstyle 2}\) ce qui prouve la seconde inégalité.

  2. Soit \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\). On utilise la question précédente. De \(0<\sin \alpha <\alpha\), on tire \(0<\sin^2 \alpha <\alpha^2\) car la fonction \(x\mapsto x^2\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\). Donc \(1>1-\sin^2 \alpha>1-\alpha^2\) ce qui donne finalement \(1\geqslant \cos^2\alpha>1-\alpha^2\). Si \(\alpha\rightarrow 1\), on en déduit grâce au théorème des gendarmes que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}\cos\alpha}=1\).

  3. L’aire du triangle \(OBC\) est \({\scriptstyle OC\times BC\over\scriptstyle 2}={\scriptstyle\tan \alpha\over\scriptstyle 2}\). Comme le triangle \(AHC\) est strictement inclus dans le secteur \(OAC\) et que ce secteur est strictement inclus dans le triangle \(OBC\), on en déduit que \(\sin\alpha<\alpha<\tan \alpha\).

  4. Soit \(\alpha \in\left]0,\pi/2\right]\). On déduit de l’inégalité de la question \(1.\) que \(0<{\scriptstyle\sin \alpha\over\scriptstyle\alpha}<1\). De même, de \(\tan \alpha>\alpha\), on tire \(\sin\alpha>\alpha\cos \alpha\) et donc \(\dfrac{\sin \alpha}{\alpha}>\cos\alpha \xrightarrow[\alpha\rightarrow 0^+]{} 1\). Par le théorème des gendarmes, on en déduit que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0^+}\dfrac{\sin \alpha}{\alpha}}=1\). En \(0^-\), on trouve la même limite par parité. La seconde limite est alors évidente. On reconnaît que \({\scriptstyle\sin \alpha\over\scriptstyle\alpha}\) est le taux d’accroissement de \(\sin\) en \(0\). Il admet alors une limite quand \(\alpha\rightarrow 0\) et \(\sin\) est dérivable en \(0\) de dérivée égale à \(1\). Idem pour \(\tan\).

  5. On sait que \(0\leqslant\cos\alpha\leqslant 1\) donc en multipliant par \(\cos \alpha\) qui est positif, on obtient la première inégalité. On en déduit que \(1\geqslant 1-\cos^2\alpha\geqslant 1-\cos\alpha\) et donc la seconde inégalité. La dernière en découle en utilisant que \(\sin\alpha<\alpha\).

  6. On divise la dernière inégalité par \(\alpha\in\left]0,\pi/2\right]\) : \[0\leqslant\dfrac{1-\cos\alpha}{\alpha} \leqslant \dfrac{\alpha^2}{\alpha}=\alpha\xrightarrow[\alpha\rightarrow 0^+]{}0\] donc \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0^+}{\scriptstyle 1-\cos\alpha\over\scriptstyle\alpha}}=0\). Par parité, il s’ensuit que \(\displaystyle{\lim_{\alpha \rightarrow 0}{\scriptstyle 1-\cos\alpha\over\scriptstyle\alpha}}=0\).

  7. Grâce aux formules d’addition et aux questions précédentes : \[\begin{aligned} \dfrac{\cos\left(\alpha+h\right)-\cos\alpha}{h}=\cos\alpha\dfrac{\cos h-1}{h} -\sin \alpha\dfrac{\sin h}{h}\xrightarrow[h\rightarrow 0]{} -\sin \alpha\end{aligned}\] On reconnaît dans la premier terme de la ligne précédente le taux d’accroissement de \(\cos\) en \(\alpha\). On a prouvé qu’il tend vers \(\sin\alpha\) quand \(h\rightarrow 0\). Donc \(\cos\) est dérivable en \(\alpha\) de dérivée \(-\sin\alpha\). On procède de même pour \(\sin\).


Exercice 412 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Calculer :

  1. \(\operatorname{arcsin} (\sin ({\scriptstyle 3 \pi \over\scriptstyle 4}))\)

  2. \(\operatorname{arccos} ( \cos ({\scriptstyle 2009 \pi \over\scriptstyle 3}))\)


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Solution

Exercice 412
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

  1. Comme \(\operatorname{arcsin} ~:\left[-1,1\right]\rightarrow\left[-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\), il faut déterminer le réel \(x\in \left[-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\) tel que \(\sin x= \sin \left({\scriptstyle 3 \pi \over\scriptstyle 4}\right)\). Mais \(\sin \left({\scriptstyle 3 \pi \over\scriptstyle 4}\right) = \sin\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2} + {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4} \right) = \cos {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}={\scriptstyle\sqrt{2}\over\scriptstyle 2}=\sin\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\right)\) donc : .

  2. On a : \(\operatorname{arccos} ~:\left[-1,1\right]\rightarrow \left[0,\pi\right]\), donc il faut déterminer le réel \(x\in\left[0,\pi\right]\) tel que \(\cos x = \cos ({\scriptstyle 2009 \pi \over\scriptstyle 3})\). Mais \(2009 = 3 \times 670 -1\) donc \(2009 \pi = -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3} \quad \left[2\pi\right]\). Comme \(\cos -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3} = \cos {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}\), il vient : .


Formule de Machin **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

  1. Montrer que \({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4} = \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} + \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\).

  2. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\setminus \left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 8} + {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\mathbb{Z}\right)\), exprimer \(\tan \left(4x\right)\) en fonction de \(\tan x\).

  3. En déduire la formule de Machin : \[{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4} = 4 \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 5} - \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 239}\]


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Solution

Formule de Machin
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

  1. Notons \(\alpha = \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} + \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\). En utilisant les formules d’additions pour la tangente : \[\begin{aligned} \tan\left(\alpha\right) = \dfrac{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}+ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} }{ 1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \times {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} } =1.\end{aligned}\] De plus \(0\leqslant\alpha \leqslant\pi\), donc nécessairement \(\alpha={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\).

  2. Soit \(x\in\mathbb{R}\setminus \left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 8} + {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\mathbb{Z}\right)\). Toujours par application des formules d’additions, on montre que : \[\tan\left(4x\right) = \dfrac {4\,\tan \left( x \right) -4\, \left( \tan \left( x \right) \right) ^{3}}{1-6\, \left( \tan \left( x \right) \right) ^{2}+ \left( \tan \left( x \right) \right) ^{4}}\]

  3. Par application de cette dernière formule, on trouve que : \(\tan\left(4 \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 5}\right) = {\scriptstyle 120\over\scriptstyle 119}\). Donc, une fois encore grâce aux formules d’additions, si on note \(\beta= 4 \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 5} - \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 239}\), on trouve : \[\tan \beta = \dfrac{\tan \left( 4 \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 5} \right) - \tan\left(\operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 239}\right) }{1 + \tan \left( 4 \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 5} \right) \tan\left(\operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 239}\right)} = {\scriptstyle{\scriptstyle 120\over\scriptstyle 119} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 239}\over\scriptstyle 1 + {\scriptstyle 120\over\scriptstyle 119}\times{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 239} }=1\] et donc comme dans la première question, on montre que \(\beta = {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\), ce qui démontre la formule de Machin.


Exercice 610 *

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

  1. Soit \(x\in\left[-1,1\right]\). Simplifier :

    1. \(\cos(\operatorname{arcsin} x)\)

    2. \(\sin(\operatorname{arccos} x)\).

  2. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Simplifier :

    1. \(\cos(3 \operatorname{arctan} x)\)

    2. \(\cos^2({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \operatorname{arctan} x)\).


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Solution

Exercice 610
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

  1. Soit \(x\in\left[-1,1\right]\).

    1. \(\operatorname{arcsin} x\in\left[-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\) donc \(\cos(\operatorname{arcsin} x)=\sqrt{1-\sin^2 \left(\operatorname{arcsin} x\right)} = \boxed{\sqrt{1-x^2}}\)

    2. \(\operatorname{arccos} x\in\left[0,\pi\right]\) donc \(\sin(\operatorname{arccos} x)=\sqrt{1-\cos^2\left(\operatorname{arccos} {x}\right)} =\boxed{ \sqrt{1-x^2}}\).

  2. Soit \(x\in\mathbb{R}\). Remarquons que, pour tout \(X\in\left]-\pi/2,\pi/2\right[\), comme \(1+\tan^2 X= 1/\cos^2 X\), il vient \(\cos X =1/\sqrt{1+\tan^2 X}\) et donc \(\cos \operatorname{arctan} x= 1/(\sqrt{1+x^2})\) car \(\operatorname{arctan} x\in\left]-\pi/2,\pi/2\right[\).

    1. On utilise les techniques de l’annexe , il vient \(\cos(3 X)=4\cos^3 X-3\cos X\) et donc : \[\begin{aligned} \cos(3 \operatorname{arctan} x)&=& 4\cos^3 \operatorname{arctan} x-3\cos \operatorname{arctan} x\\ &=& \dfrac{4}{\left(1+x^2 \right)^{3/2}} - \dfrac{3}{\left(1+x^2 \right)^{1/2}}\\ &=& \boxed{\dfrac{1-3x^2}{\left(1+x^2 \right)^{3/2}}} \end{aligned}\]

    2. Comme \(\cos^2 X= 1/2(\cos(2x)+1)\) : \[\begin{aligned} \cos^2\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \operatorname{arctan} x\right) &=&\dfrac{1}{2}\left(\cos \operatorname{arctan} x +1\right)\\ &=&\boxed{\dfrac{1}{2\sqrt{1+x^2}}+\dfrac{1}{2}} \end{aligned}\]


Exercice 518 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Résoudre l’équation \(\operatorname{arcsin} x=2 \operatorname{arctan} x\).


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Solution

Exercice 518
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

Pour tout \(X\in\left]-\pi/2,\pi/2\right[\), comme \(1+\tan^2 X= 1/\cos^2 X\), il vient \(\cos X =1/\sqrt{1+\tan^2 X}\). Donc \(\cos \operatorname{arctan} x= 1/(\sqrt{1+x^2})\) car \(\operatorname{arctan} x\in\left]-\pi/2,\pi/2\right[\) et comme \(\sin X = \pm \sqrt{1-\cos^2 X}\), on a aussi \(\sin\operatorname{arctan} x= x/\sqrt{1+x^2}\). On a alors : \[\begin{aligned} & & \operatorname{arcsin} x=2 \operatorname{arctan} x\\ &\Rightarrow & x=\sin\left(2 \operatorname{arctan} x\right)\\ &\Rightarrow & x=2\sin\left(\operatorname{arctan} x\right)\cos\left(\operatorname{arctan} x\right)\\ &\Rightarrow & x=\dfrac{2x}{1+x^2}\\ &\Rightarrow & x^3-x=0\\ &\Rightarrow &x=-1, \quad x=0 \textrm{ ou } x=1\end{aligned}\] Réciproquement, on vérifie que ces \(3\) nombres sont solutions de l’équation.


Exercice 691 *

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

  • Montrer que : \(\operatorname{arctan} x + \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} = \left\{\begin{array}{l} {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2} \textrm{ si } x>0 \\ -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2} \textrm{ si } x<0 \end{array}\right.\)

  • Montrer que : \(\forall x \in [-1,1]\): \(\operatorname{arcsin} (x)+\operatorname{arccos} (x)={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\).


[ID: 328] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 691
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

La même méthode s’applique dans les deux questions.

  1. Soit \(\theta_1: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}^* & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \operatorname{arctan} x + \operatorname{arctan} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \end{array} \right.\). \(\theta_1\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) et \(\theta_1'=0\). Par conséquent, il existe des réels \(c_1\) et \(c_2\) tels que \({\theta_1}_{|\mathbb{R}^*_-}=c_1\) et \({\theta_1}_{|\mathbb{R}^*_+}=c_2\). En prenant la limite de \(\theta_1\) quand \(x\) tend vers \(-\infty\) et \(+\infty\) on montre que \(c_1=-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\) et \(c_2={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\).

  2. Soit \(\theta_2: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[-1,1\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \operatorname{arcsin} (x)+\operatorname{arccos} (x) \end{array} \right.\). \(\theta_2\) est dérivable sur \(\left[-1,1\right]\) et \(\theta_2'=0\). \(\theta_2\) est donc constante sur \(\left[-1,1\right]\) et évaluant l’expression en \(x=0\), on montre que cette constante vaut \({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\).


Exercice 683 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier la fonction \(f\) donnée par:

\[f:x \mapsto \cos^3 x + \sin^3 x.\]


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Solution

Exercice 683
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

Étudions \(f:x \mapsto \cos^3 x + \sin^3 x\). \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\) mais est \(2\pi\)-périodiques. On peut donc restreindre le domaine d’étude à \(I=\left[-\pi,\pi\right]\). Si \(x\in I\), \(f'\left(x\right)=3\cos x \sin x\left(\sin x - \cos x\right)\). Résolvons l’inéquation  : \(\sin x - \cos x\geqslant 0\) pour \(x\in I\) afin de connaître le signe de \(f\) sur \(I\) : \[\begin{aligned} & & \sin x -\cos x \geqslant 0\\ &\Longleftrightarrow& \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos x- \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin x \leqslant 0\\ &\Longleftrightarrow& \cos\left(x+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\right) \leqslant 0\\ &\Longleftrightarrow& x\in\left[-\pi,-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4 } \right] \cup \left[{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4},\pi\right]\end{aligned}\] On en déduit le tableau de variation suivant :

Les-mathematiques.net

ainsi que le graphe :

Les-mathematiques.net


Exercice 481 ***

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier la fonction définie par : \[f(x) = \operatorname{arcsin} \left(2x\sqrt{1-x^2}\right)\]


[ID: 332] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 481
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

  1. Pour que la racine soit définie, il faut que \(x\in [-1, 1]\).

  2. \(\operatorname{arcsin}\) est définie sur \([-1, 1]\). Étudions donc \(\varphi(x) = 2x\sqrt{1-x^2}\) sur \([-1, 1]\). C’est une fonction impaire. Il suffit de faire l’étude sur \([0, 1]\). \(\varphi\) est dérivable sur \([0, 1[\) et \(\forall x \in [0, 1[\), \[\varphi'(x) = \dfrac{2(1-2x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\] On écrit le tableau de variations de \(\varphi\) et on voit que \[\forall x \in [-1, 1], \quad\varphi(x) \in [-1, 1]\] avec \(\varphi\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt 2}\right) = 1\).

    Par conséquent, \(D_f = [-1, 1]\).

  3. \(f\) est impaire. On fait l’étude sur \([0, 1]\).

  4. \(\varphi\) est dérivable sur \(]-1, 1[\). Comme \(\operatorname{arcsin}\) est dérivable sur \(]-1, 1[\), à valeurs dans \([-1, 1]\) et \(\varphi(\theta) = 1\) si et seulement si \(\theta = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}\). On en déduit que \(f\) est dérivable sur \(I_1 =[0, {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}[\) et sur \(I_2=]{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}, 1[\).

  5. \(\forall x \in I_1 \cup I_2\), on calcule \[f'(x) = \dfrac{ 2(1-2x^2)}{\lvert 2x^2-1 \rvert \sqrt{1-x^2}}\] Par conséquent, \(\forall x \in I_1\), \(f'(x)= \dfrac{2}{\sqrt{1-x^2}}\) et \(\forall x \in I_2\), \(f'(x) = -\dfrac{2}{\sqrt{1-x^2}}\).

  6. Donc il existe \(C_1 \in \mathbb{R}\) tel que \[\forall x \in I_1, \quad f(x) = 2\operatorname{arcsin} x + C_1\] et \(\exists C_2\in\mathbb{R}\) tel que \[\forall x \in I_2, \quad f(x) = -2\operatorname{arcsin} x + C_2\] On détermine \(C_1 = 0\) et \(C_2 = \pi\) en prenant les valeurs particulières \(x = 0\) et \(x = 1\).

  7. En conclusion : \[f(x) = \begin{cases} 2\operatorname{arcsin} x & \textrm{ si } x \in [0, {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}] \\ -2\operatorname{arcsin} x - \pi & \textrm{ si } x \in [{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}, 1] \end{cases}\]

Montrons en utilisant la trigonométrie que \[\forall x \in [-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}, {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}], \quad \operatorname{arcsin} \left(2x\sqrt{1-x^2}\right) = 2\operatorname{arcsin} x\] Soit \(x\in [-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}, {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt{2}}]\). Posons \[y = \operatorname{arcsin} (2x\sqrt{1-x^2})\] \(\exists!\theta \in [-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}]\) tel que \[x = \sin\theta\] Alors \[2x\sqrt{1-x^2} = 2\sin\theta\lvert \cos\theta \rvert = 2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta\] Or comme \(2\theta \in [-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\), \[y = \operatorname{arcsin} (\sin(2\theta)) = 2\theta = 2\operatorname{arcsin} x\]


Exercice 136 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier \[f(x) = \operatorname{arccos} \left( \dfrac{\sqrt{x}}{1 + x}\right)\]


[ID: 334] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 136
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

Considérons la fonction \(\varphi(x) = \dfrac{\sqrt{x}}{1+x}\). Elle est définie sur \([0, +\infty[\) et dérivable sur \(]0, +\infty[\), et \[\forall x > 0, \quad\varphi'(x) = \dfrac{1-x}{2\sqrt{x}(1+x)^2}\] En traçant le tableau de variations de \(\varphi\), on voit que \(\varphi\) est à valeurs dans \([0, {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}]\). Comme \(\operatorname{arccos}\) est définie et dérivable sur \([0, {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}]\), \(f\) est définie continue sur \(D_f = [0, +\infty[\) et dérivable sur \(]0, +\infty[\), et \[\begin{aligned} \forall x \in ]0, +\infty[, \quad f'(x) &= \dfrac{-1} {\sqrt{1-{\scriptstyle x\over\scriptstyle(1+x)^2}}} \times \varphi'(x) \\ &= \dfrac{x - 1}{2\sqrt{x}\sqrt{x^2+x+1}(x+1)} \end{aligned}\] Par conséquent, \(f\) est décroissante sur \([0, 1]\), croissante sur \([1, +\infty[\) et \(f(0) = \dfrac{\pi}{2}\), \(f(1)=\dfrac{\pi}{3}\), \(f(x) \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} \dfrac{\pi}{2}\).

Comme \(f'(x) \xrightarrow[x \rightarrow 0]{} +\infty\), \(f\) n’est pas dérivable en \(0\) (demi-tangente verticale).


Exercice 328 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier \[f(x) = \operatorname{arcsin} \left( \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)\]


[ID: 336] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 328
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

Posons \(\varphi(x) = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\). \(\varphi\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \[\forall x \in \mathbb{R} , \quad\varphi'(x) = \dfrac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\] D’après le tableau de variations de \(\varphi\), \(\varphi\) est à valeurs dans \(]-1, 1[\). Comme \(\operatorname{arcsin}\) est définie et dérivable sur \(]-1, 1[\), \(f\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \[\begin{aligned} \forall x \in \mathbb{R} , \quad f'(x) &= \dfrac{1}{\sqrt{1 - {\scriptstyle x^2\over\scriptstyle x^2+1}}} \times \varphi'(x) \\ &= \dfrac{1}{x^2 + 1} \\ &= \operatorname{arctan} '(x) \end{aligned}\] Par conséquent, \(\exists C\in\mathbb{R}\) tel que \[\forall x \in \mathbb{R} , \quad f(x) = \operatorname{arctan} x + C\] En prenant \(x=0\), on trouve que \(C=0\).

Montrons par la trigonométrie que \[\forall x \in \mathbb{R} , \quad \operatorname{arcsin} \left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right) = \operatorname{arctan} x\] Soit \(x\in \mathbb{R}\). \(\exists! \theta \in ]-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}[\) tel que \[x = \tan \theta\] Alors \(\operatorname{arctan} x = \operatorname{arctan} \tan \theta = \theta\) (car \(\theta \in \left] -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\).

D’autre part, \[\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \dfrac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}} = \tan \theta \lvert \cos\theta \rvert = \tan \theta \cos\theta = \sin\theta\] (le cosinus est positif sur \(\left] -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\).

Alors \[\operatorname{arcsin} \left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right) = \operatorname{arcsin} \sin\theta = \theta\] car \(\theta \in \left] -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\) et on a bien le résultat.


Exercice 635 **

11 janvier 2021 15:29 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudiez la fonction \(f\) définie par : \[f(x) = \operatorname{arctan} \left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right) - 2\operatorname{arctan} x\]


[ID: 338] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:29] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 635
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:29

La fonction \(f\) est définie pour \(x\not\in \{-1, +1\}\) donc \(D_f = ]-\infty, -1[ \cup ]-1, 1[ \cup ]1, +\infty[\). Comme la fonction \(f\) est impaire, on fait l’étude sur les intervalles \(I_1 = [0, 1[\) et \(I_2 = ]1, +\infty[\). Calculons sa dérivée : \[\forall x \in I_1 \cup I_2, \quad f'(x) = \dfrac{2x^2+2}{x^4+2x^2+1} - \dfrac{2}{1+x^2} = 0\] Par conséquent, \(\exists C_1 \in \mathbb{R}\) tel que \(\forall x\in I_1\), \(f(x) = C_1\) et \(\exists C_2 \in \mathbb{R}\) tel que \(\forall x\in I_2\), \(f(x) = C_2\). En faisant \(x=0\) et \(x\rightarrow +\infty\), on trouve que \(C_1 = 0\) et \(C_2 = -\pi\).
Montrons par la trigonométrie que \[\forall x \in ]-1, 1[, \quad \operatorname{arctan} \left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right) = 2 \operatorname{arctan} x\] Soit \(x\in ]-1, 1[\). \(\exists ! \theta \in \left] -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\right[\) tel que \(x = \tan \theta\). Alors \[\dfrac{2x}{1-x^2} = \dfrac{\tan 2\theta}{1-\tan^2 \theta} = \tan(2\theta)\] Or \(2\theta \in \left] -{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}, {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right[\) donc \[\operatorname{arctan} \dfrac{2x}{1-x^2} = 2\theta = 2\operatorname{arctan} x\]


Exercice 799 **

11 janvier 2021 15:30 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur
Montrer que \[\forall x\in [0,1], \quad\operatorname{arcsin} \sqrt{x} = \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}\operatorname{arcsin} (2x-1)\] Retrouver ensuite ce résultat par la trigonométrie
( ).
On pourra poser \(x=\sin^2 u\)


[ID: 340] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:30] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 799
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:30

Soit \(f(x)=\operatorname{arcsin} \sqrt{x} - \dfrac{1}{2}\operatorname{arcsin} (2x-1)\). \(f\) est bien définie sur \([0,1]\) car \(-1\leqslant 2x-1 \leqslant 1\). Elle est dérivable sur \(]0,1[\) et \[f'(x)=\dfrac{1}{ \sqrt{1-x} } \dfrac{1}{2\sqrt{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{1-(2x-1)^2} } = \dfrac{1}{2\sqrt{x-x^2}}- \dfrac{1}{\sqrt{4x-4x^2} }=0\] Cette fonction est donc constante sur l’intervalle \([0,1]\). En faisant \(x=0\), on trouve que \(f(0)=\dfrac{\pi}{4}\).

On retrouve ce résultat car on peut poser \(x=\sin^2 u\) lorsque \(x\in [0,1]\), avec \(u\in [0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\). Alors \[\operatorname{arcsin} ( 2x-1)=\operatorname{arcsin} (-\cos 2u)=-\operatorname{arcsin} (\cos 2u)= \operatorname{arccos} (\cos 2u)-\dfrac{\pi}{2} = 2u -\dfrac{\pi}{2}\] et \(\operatorname{arcsin} \sqrt{x}=\operatorname{arcsin} \sin u = u\).


Exercice 431 **

11 janvier 2021 15:30 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier la fonction \[f(x)=\operatorname{arccos} \dfrac{1-x^2}{1+x^2} - 2\operatorname{arctan} x\]


[ID: 342] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:30] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 431
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:30

  1. Puisque \(\operatorname{arccos}\) est définie sur \([-1,1]\), il faut que \(\left\vert \dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right\vert \leqslant 1\), ce qui est toujours vérifié car \(\forall x\in \mathbb{R}\), \(1-x^2\leqslant 1+x^2\) et \(1-x^2\geqslant-(1+x^2)\). Donc \(\boxed{D_f=\mathbb{R} }\). Il n’y a pas de parité.

  2. Puisque \(\operatorname{arccos}\) est dérivable sur \(]-1,1[\) et que \(\left\vert \dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right\vert=1 \Longleftrightarrow x=0\), \(f\) est dérivable sur \(I_1=]-\infty,0[\) et sur \(I_2=]0,+\infty[\) comme composée de fonctions dérivables. Et \(\forall x\in I_1\cup I_2\): \[f'(x)=\dfrac{-1}{\sqrt{1-\dfrac{(1-x^2)^2}{(1+x^2)^2}}}\dfrac{-2}{(1+x^2)^2}(2x)- \dfrac{2}{1+x^2}= \dfrac{2 sg(x)}{1+x^2}- \dfrac{2}{1+x^2}\] Par conséquent, puisque \(f'=0\) sur \(I_2\), \(\exists C_2\in \mathbb{R}\), tel que \(\forall x\in I_1\), \(f(x)=C_2\) et en faisant \(x\rightarrow +\infty\), \(C_2=0\). Sur \(I_1\), \(f'(x)=-\dfrac{4}{1+x^2}\) et donc \(\exists C_1\in \mathbb{R}\), tel que \(\forall x\in I_1\), \(f(x)=4\operatorname{arctan} x + C_1\). En faisant \(x\rightarrow -\infty\), on trouve que \(C_1=2\pi\).

  3. Montrons par la trigonométrie que \[\forall x\geqslant 0, \quad\operatorname{arccos} \left( \dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right) = 2\operatorname{arctan} x\] Soit \(x\geqslant 0\). Il existe un unique \(\theta \in ]0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}[\) tel que \(x=\tan \theta/2\). Alors \(2\operatorname{arctan} x = \theta\) et \[\operatorname{arccos} \left( \dfrac{1-x^2}{1+x^2}\right) = \operatorname{arccos} ( \cos\theta) =\theta (\theta\in [0,\pi])\]


Exercice 906 **

11 janvier 2021 15:30 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier la fonction \[f(x)=\operatorname{arctan} \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2} }\]


[ID: 344] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:30] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 906
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:30

On détermine \(D_f=]-1,1[\), \(f\) est impaire et dérivable sur \(]-1,1[\) et \(\forall x\in ]-1,1[\),

\[\begin{split} f'(x)&= \dfrac{1}{1+\dfrac{x^2}{1-x^2}} \,\times\, \dfrac{\sqrt{1-x^2}+\dfrac{2x^2}{2\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{split}\]

Par conséquent, \(\exists C\in \mathbb{R}\), tel que \(\forall x\in ]-1,1[\), \(f(x)=C\). Comme \(f(0)=0\), on a montré que \(\forall x\in ]-1,1[\),

\[\operatorname{arctan} \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}} = \operatorname{arcsin} x\] On retrouve ce résultat par la trigonométrie. Soit \(x\in ]-1,1[\). Alors \(\exists! \theta \in ]-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2},{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}[\) tel que \(x=\sin\theta\). Alors \[\operatorname{arctan} \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}= \operatorname{arctan} \dfrac{\sin\theta}{\sqrt{1-\sin^2\theta}}=\operatorname{arctan} \theta=\theta\]


Exercice 945 **

11 janvier 2021 15:30 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur

Étudier \[f(x) = \operatorname{arctan} \left(\dfrac{\sqrt{x^2 + 1}-1}{x}\right)\]


[ID: 346] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:30] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 945
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:30

\(D_f = \mathbb{R}^{\star}\), \(f\) est impaire. On fait l’étude sur \([0, +\infty[\). \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \(\forall x \in ]0, +\infty[\) : \[\begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{1}{2x^2 + 2 - 2\sqrt{x^2 +1}}\times \dfrac{\sqrt{x^2+1}-1}{\sqrt{x^2+1}} \\ &= \dfrac{\sqrt{x^2+1} - 1}{2(x^2+1)(\sqrt{x^2+1}-1)} \\ &= \dfrac{1}{2(x^2+1)} \\ &= \dfrac{1}{2}\operatorname{arctan} '(x) \end{aligned}\] Donc il existe \(C_1\in\mathbb{R}\) telle que \(\forall x \in ]0, +\infty[\), \[f(x) = \dfrac{1}{2}\operatorname{arctan} x + C_1\] En prenant la limite lorsque \(x\rightarrow +\infty\), on trouve \(C_1 = 0\). De même, on montre que \(\forall x \in ]-\infty, 0[\), \[f(x) = \dfrac{1}{2}\operatorname{arctan} x\] On retrouve ce résultat par la trigonométrie en posant \(x = \tan\theta\).


Exercice 8 **

11 janvier 2021 15:30 — Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur


[ID: 348] [Date de publication: 11 janvier 2021 15:30] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]
Solution

Exercice 8
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 11 janvier 2021 15:30

Notons \(\theta\) l’angle \(\widehat{AOH}\) et \(\varphi\) l’angle \(\widehat{AOS}\). Alors \[\alpha = \theta - \varphi\] Or \(\tan \theta = \dfrac{p+s}{d}\) et \(\tan \varphi= \dfrac{s}{d}\) par conséquent, puisque \(\alpha, \theta, \varphi\in ]0, \dfrac{\pi}{2}[\), \[\alpha = \operatorname{arctan} \dfrac{p+s}{d} - \operatorname{arctan} \dfrac{s}{d}\] En posant \(A = p + s\) et \(B = s\), étudions la fonction \[f: \left\{ \begin{array}{ccl} ]0, +\infty[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \operatorname{arctan} \dfrac{A}{x} - \operatorname{arctan} \dfrac{B}{x} \end{array} \right.\] Elle est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \[\forall x\in I, \quad f'(x) = \dfrac{(B-A)(x^2 - AB)}{(x^2+B^2)(x^2+A^2)}\] et donc \(f'\) s’annule en \(x_0 = \sqrt{AB}\) (car \(A > B\), puisque \(s>0\)). On voit sur le tableau de variations de \(f\) que \(x_0\) correspond à un minimum de \(f\) et donc la distance \(d\) sous laquelle on voit la statue sous un angle minimal est : \[d_0 = \sqrt{(p+s)s}\] Cet angle vaut alors \[\alpha_0 = f(d_0) = 2\operatorname{arctan} \left( \sqrt{\dfrac{p+s}{s}}\right) - \dfrac{\pi}{2}\] (on a utilisé la formule \(\operatorname{arctan} x + \operatorname{arctan} \dfrac{1}{x} = \dfrac{\pi}{2}\) lorsque \(x>0\)).


arcsin et arccos à partir de arctan **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Définir \(\arcsin x\) et \(\arccos x\) à l’aide de la fonction \(\arctan\).


[ID: 3490] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

arcsin et arccos à partir de arctan
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

\(\arcsin x = \arctan\left( \dfrac x{\sqrt {1-x^2 }} \right)\).


Formules d’addition **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Soient \(a,b \in \mathbb{R}\). Simplifier \(\arctan a + \arctan b\).


[ID: 3492] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

Formules d’addition
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

\(\arctan a + \arctan b \equiv \arctan\left(\dfrac {a+b}{1-ab}\right) \pmod \pi\).


\(\arcsin x = \arccos\frac{1}{3} - \arccos¼\) **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Résoudre l’équation : \(\arcsin x = \arccos\frac{1}{3} - \arccos¼\).


[ID: 3494] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

\(\arcsin x = \arccos\frac{1}{3} - \arccos¼\)
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

\(x=\dfrac{\sqrt 8-\sqrt {15}}{12}\).


\(\arcsin\dfrac{1+\sqrt 5}4\) **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Soit \(x = \arcsin\dfrac{1+\sqrt 5}4\). Calculer \(\cos 4x\) et en déduire \(x\).


[ID: 3496] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

\(\arcsin\dfrac{1+\sqrt 5}4\)
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

\(\cos 4x = -\sin x \Rightarrow x=\frac{3\pi }{10}\).


arctangentes **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

  1. Simplifier \(\arctan\dfrac{1-x}{1+x}\).

  2. Simplifier \(\arctan \sqrt {\dfrac {1-x}{1+x}}\).

  3. Simplifier \(\arctan\dfrac{x-\sqrt {1-x^2 }}{x+\sqrt {1-x^2 }}\).

  4. Simplifier \(\arctan\dfrac{\sqrt {x^2 +1}-1}x + \arctan(\sqrt {1+x^2 } - x)\).

  5. Simplifier \(\arctan \dfrac1{2x^2 } - \arctan\dfrac x{x-1} + \arctan\dfrac{x+1}x\).


[ID: 3498] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

arctangentes
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

  1. \(x > -1\) : \(\frac \pi 4 - \arctan x\), \(x < -1\) : \(-\frac {3\pi }4- \arctan x\).

  2. \(= {1/2}\arccos x\).

  3. \(-1 \leq x < -\frac1{\sqrt 2}\) : \(\arcsin x + \frac{3\pi }4\), \(-\frac1{\sqrt 2} < x \leq 1\) : \(\arcsin x - \frac{\pi }4\).

  4. \(=\frac\pi 4\).

  5. \(=\pi\) si \(0<x<1\), \(=0\) si \(x<0\) ou \(x>1\).


\(2\arcsin x + \arcsin f(x) = \frac \pi 6\) **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Existe-t-il une fonction \(f:D\subset \mathbb{R}\to \mathbb{R}\) telle que : \(\forall x \in D\), \(2\arcsin x + \arcsin f(x) = \frac \pi 6\) ?


[ID: 3500] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

\(2\arcsin x + \arcsin f(x) = \frac \pi 6\)
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

\(D = [-{1/2}, \frac{\sqrt 3}2]\), \(f(x) = {1/2} - x^2 - x\sqrt 3\sqrt {1-x^2 }\).


Simplifications **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

  1. Simplifier \(\cos(3\arctan x)\) et \(\cos^2 ({1/2}\arctan x)\) pour \(x\in \mathbb{R}\).

  2. Simplifier \(\arccos(\cos x) - {1/2}\arccos(\cos 2x)\) pour \(x \in [0,2\pi ]\).

  3. Simplifier \(\dfrac x2 - \arcsin\sqrt {\dfrac{1+\sin x}2}\) pour \(x \in [-\pi ,\pi ]\).

  4. Simplifier \(\cos(\arctan(\sin(\arctan \frac1x)))\).


[ID: 3502] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

Simplifications
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

  1. \(\cos(3\arctan x) = \dfrac {1-3x^2 }{(1+x^2 )^{3/2}}\). \(\cos^2 ({1/2}\arctan x) = \dfrac{\sqrt {1+x^2 }+1}{2\sqrt {1+x^2 }}\).

  2. \(=0\) si \(0\leq x\leq \frac\pi 2\), \(=2x-\pi\) si \(\frac\pi 2\leq x\leq \pi\), \(=3\pi -2x\) si \(\pi \leq x\leq \frac{3\pi }2\), \(=0\) si \(\frac{3\pi }2\leq x\leq 2\pi\).

  3. \(=x+\frac\pi 4\) si \(-\pi \leq x\leq -\frac\pi 2\), \(=-\frac\pi 4\) si \(-\frac\pi 2\leq x\leq \frac\pi 2\), \(=x-\frac{3\pi }4\) si \(\frac\pi 2\leq x\leq \pi\).

  4. \(= \sqrt {\dfrac {x^2 +1}{x^2 +2}}\).


Équation **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Résoudre : \(2\arccos\left(\dfrac {1-x^2 }{1+x^2 }\right) +\arcsin\left(\dfrac {2x}{1+x^2 }\right) -\arctan\left(\dfrac {2x}{1-x^2 }\right) = \dfrac {2\pi }3\).


[ID: 3504] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

Équation
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

Si \(x<-1\), \(f(x)=-8\arctan x - 2\pi\). Si \(-1<x<0\), \(f(x)=-4\arctan x\). Si \(0<x<1\), \(f(x)=4\arctan x\). Si \(x>1\), \(f(x)=2\pi\). \(S=\{ -\sqrt 3,-1/\sqrt 3,1/\sqrt 3\}\).


Équations aux arctan **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Résoudre :

  1. \(\arctan 2x + \arctan 3x = \frac \pi 4\).

  2. \(\arctan\dfrac{x-1}{x-2} +\arctan\dfrac{x+1}{x+2} = \dfrac\pi 4\).

  3. \(\arctan\dfrac1x +\arctan\dfrac{x-1}{x+1} = \dfrac\pi 4\).

  4. \(\arctan(x-3) + \arctan(x) + \arctan(x+3) = \frac {5\pi }4\).


[ID: 3506] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

Équations aux arctan
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

  1. \(x = \frac 16\).

  2. \(x = \pm1/\sqrt 2\).

  3. \(x \in {]-\infty ,-1[} \cup {]0,+\infty [}\).

  4. \(x^3 - 3x^2 - 12x + 10 = 0 \Rightarrow x \in \{ 5,-1\pm \sqrt 3\}\). Seule la solution \(x=5\) convient.


Sommes remarquables **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

  1. Montrer que : \(4\arctan\frac 15 - \arctan \frac 1{239} = \frac \pi 4\).

  2. Montrer que : \(\arcsin\frac 45 + \arcsin \frac 5{13} +\arcsin \frac {16}{65} = \frac \pi 2\).


[ID: 3508] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

Sommes remarquables **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

  1. Montrer que : \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(\arctan x + 2\arctan\bigl(\sqrt {1+x^2 } - x\bigr) = \frac \pi 2\).

  2. Montrer que : \(\forall x \in {]0,1]}\), \(2\arctan\sqrt {\dfrac {1-x}x} + \arcsin(2x-1) = \frac \pi 2\).


[ID: 3509] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

\(\arctan((x-\sin a)/\cos a)\) **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

Soit \(a \in [0,\frac \pi 2[\). On pose \(f(x) = \arcsin \left( \dfrac {2(x-\sin a)\cos a}{x^2 -2x\sin a + 1} \right)\) et \(g(x) = \arctan \left( \dfrac{x-\sin a}{\cos a} \right)\).

Vérifier que \(f\) est bien définie, calculer \(\sin(2g(x))\) et comparer \(f(x)\) et \(g(x)\).


[ID: 3510] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

\(\arctan((x-\sin a)/\cos a)\)
Par Michel Quercia le 12 mars 2024 10:01

\(\sin(2g(x)) = \sin(f(x))\).

\(f(x)=-\pi -2g(x)\) si \(x\leq \sin a-\cos a\),

\(f(x)=2g(x)\) si \(\sin a-\cos a\leq x\leq \sin a+\cos a\),

\(f(x)=\pi -2g(x)\) si \(x\geq \sin a+\cos a\).


Équivalent de \(\arccos(1-x)\) **

12 mars 2024 10:01 — Par Michel Quercia

A l’aide d’un changement de variable judicieux, trouver \(\lim_{x\to 0_{+} } \dfrac {\arccos(1-x)}{\sqrt x}\).


[ID: 3512] [Date de publication: 12 mars 2024 10:01] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

Inégalité **

12 mars 2024 10:02 — Par Michel Quercia

Montrer que : \(\forall x\in {]-1,1[}\), \(|\arcsin x| \leq \dfrac{|x|}{\sqrt {1-x^2 }}\).


[ID: 3513] [Date de publication: 12 mars 2024 10:02] [Catégorie(s): Fonctions circulaires ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]
Solution

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