Corrige Ds 1802
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PROBLÈME 1
Partie I. Définition de la fonction Argument tangente hyperbo-
lique
1. La fonction tangente hyperbolique, est définie pour tout x ∈ R, par
sh x
th x = . La fonction th est impaire dérivable sur R comme quotient
ch x
de fonctions paire et impaire. De plusc, comme les fonctions ch et sh sont
dérivables sur R et ch ne s’annule pas, la fonction th est aussi dérivable.
De plus, pour tout x ∈ R, nous avons
ch 2 x − sh 2 x
! "!
sh x 1
!
th (x) = = 2 = 1 − th 2 x = 2 > 0.
ch x ch x ch x
On en déduit :
Tableau de variations Limites aux bornes
Pour tout x ∈ R, on a
x −∞ 0 +∞
!
th x + e2x − 1 1 − e−2x
th (x) = =
+1 e2x + 1 1 + e−2x
th x %
On en déduit aisément par OPA que
−1
• lim th (x) = 1
x→+∞
• lim th (x) = −1
x→−∞
1
3. Graphes
−1 0 1 x
5
1. La fonction th : R →] − 1, 1[ est de classe C ∞ sur R, impaire. De plus sa
1
dérivée ( 2 ) ne s’annule pas sur R, il en résulte que Argth est C ∞ , impaire
ch
et que pour tout x ∈] − 1, 1[,
1 1 1
Argth ! (x) = ! = 2 = .
th (Argth x) 1 − th (Argth x) 1 − x2
u = et
#
et − e−t
t = th x ⇐⇒ = x ⇐⇒ 1+x
et + e−t u2 =
$ 1−x
! "
t 1+x 1 1+x
⇐⇒ e = ⇐⇒ t = ln
1−x 2 1−x
D’après le point !de vue"équation, c’est dire que pour tout x ∈] − 1, 1[,
1 1+x
Argth (x) = ln
2 1−x
Partie III. Application
On se !propose de " simplifier l’expression de la fonction définie par f (x) =
3
3x + x
Argth .
1 + 3x2
1. La fonction Argth est définie sur ] − 1, 1[. La fonction f est bien définie si
3x + x3
∈] − 1, 1[. Or, pour tout x ∈] − 1, 1[, on a les équivalences :
1 + 3x2
% 3x + x3 %
% %
3 2
% 1 + 3x2 % < 1 ⇐⇒ |3x + x | < 1 + 3x
% %
6
b. Soit x ∈] − 1, 1[, posons y = Argth (x), de sorte que x = th y, avec y ∈ R.
En ce cas, d’après la question précédente, on a
3x + x3 3th y + th 3 y
! " ! "
f (x) = Argth = Argth
1 + 3x2 1 + 3th 2 y
= Argth (th (3y)) = 3y = 3Argth (x)
f (x) = C + 3Argth x
& 3
' " pour la fonction ln
1 + 3x+x 3 2 3
! " !
1 1+3x 2 1 3x + x + 1 + 3x 1 1 + x)
f (x) = ln 3 = ln = ln
2 1 − 3x+x
1+3x2
2 1 + 3x2 − 3x − x3 2 (1 − x)3
! "
3 1+x
= ln = 3 Argth x
2 1−x
EXERCICE 1 1.
Soit x ∈ R. On pose t = Arctan (x) de sorte que x = tan(t) et − π2 < t < π2 .
Il s’ensuit que
a. tan(t) = x !
7
( 1 1
b. cos(t) = cos2 (t) = ( = . !
1 + tan2 (t) 1 + x2
1
c. finalement sin(t) = tan(t) × cos(t) = x × . !
1 + x2
2. Soit x ∈ R" .
a. D’après la formule d’addition pour les cosinus, il vient
) *
cos Arctan (x) + Arctan (1/x)
= cos(Arctan (x)) cos(Arctan (1/x)) − sin(Arctan (x)) sin(Arctan (1/x))
1 1 x 1 1
= √ ( −√ (
1+x 2 1 + 1/x2 1+x x 2 1 + 1/x2
|x| |x|
= 2
− =0
1+x 1 + x2
Posons t = Arctan (x) + Arctan (1/x). On a donc établi que cos(t) = 0. En
outre
" si x > 0, alors 0 < Arctan (x) < π2 et 0 < Arctan (1/x) < π2 . En ce cas,
on a 0 < t < π et cos(t) = 0, d’où l’on tire que t = π2 .
" si x < 0, alors − π2 < Arctan (x) < 0 et − π2 < Arctan (1/x) < 0. En ce
cas, on a −π < t < 0 et cos(t) = 0, d’où l’on tire que t = − π2 .
Finalement
1 π
• pour tout x ∈ R+" , Arctan x + Arctan =
x 2
1 π
• pour tout x ∈ R−" , Arctan x + Arctan = −
x 2
!
b. Soit h : R" → R la fonction définie par
Comme sa dérivée est nulle sur chacun des intervalles R−" et R+" , h est
constante sur chacun de ces intervalles. Pour calculer cette contante, évaluons
π π π
h en 1 et −1. Il vient f (1) = Arctan (1) + Arctan (1) = + = et
4 4 2
π
f (−1) = 2Arctan (−1) = − . !
2
3. Résolvons l’équation Arctan (x − 1) + Arctan (x) + Arctan (x + 1) = π/2.! ! on peut procéder
par Analyse-synthèse,
• Existence et unicité de la solution
mais ici comme on
La fonction f : x *→ Arctan (x − 1) + Arctan (x) + Arctan (x + 1) est
peut directement appli-
continue et strictement croissante comme somme de telles fonctions.
quer le th de la bi-
D’après le Théorème de la bijection elle réalise une bijection de ] −
π jection, cette méthode
∞, +∞[ sur − 3π 3π
+ ,
2
, 2
. En particulier admet un unique antécédent
2 sera plus rapide !
par cette fonction. !
! ce qui revient
précisément à dire que
8 l’équation proposée
admet une unique
• Calcul de la solution
Soit x ∈ R la solution de l’équation proposée. Remarquons tout d’abord
que x est nécessairement strictement positif car f (0) = 0 < f (x) = π2 .
En ce cas,! d’après la question précédente, on a
π ! on va appliquer tan
Arctan (x − 1) + Arctan (x + 1) = − Arctan (x)
2 aux deux membres de
EXERCICE 2
Soit f la fonction définie par f (x) = Arccos (1 − 2x).
Partie I. Étude d’une fonction f
1. Soit x ∈ R, f (x) est définie pourvu que 1 − 2x ∈ [−1, 1], d’où l’on tire que
D = [0, 1].
2. f est continue sur D comme composée de telles fonctions, et dérivable dans
]0, 1[ comme composée de telles fonctions. De plus, pour tout x ∈]0, 1[ ! ! Arccos est
continue sur [−1, 1] et
! 2
f (x) = √ dérivable sur l’ouvert
4x − 4x2 ] − 1, 1[
!
3.
1 − cos(y)
y = Arccos (1 − 2x) ⇐⇒ cos(y) = 1 − 2x ⇐⇒ x =
2
Ainsi, f −1 : [0, π] → [0, 1] est définie pour tout y ∈ [0, π] ,par f −1 (y) =
1 − cos y
. !
2
9
!
3. f −1 est dérivable sur [0, π] par OPA et pour tout y ∈ [0, π], on a (f −1 ) (y) =
sin y
. !
y
4. Laisse parler le talent ! ! ! trobo ! !
3
y=acos(1−2*x)
y=x
2.5
1.5
0.5 y=0.5*(1−cos(x))
0
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
EXERCICE 3
Soit λ ∈ R. On note (Eλ ) l’équation
ln(x) − λ(x + 1) = 0
On observe que
ln(x)
où f : R+" → R est définie par f (x) = .
x+1
1 Étudions la dérivabilité de f .
f est dérivable comme quotient de telles fonctions dont le dénominateur ne
s’annule pas et pour tout x > 0, on a :
1
(x + 1) − ln(x)
. /
! x 1 1
f (x) = = × 1 + − ln(x)
(x + 1)2 (x + 1)2 x
1 1 1+x
g ! (x) = − 2
− = − 2 < 0.
x x x
Le tableau suivant résume les variations de g.
10
x 0 α +∞ • Au vois de 0+ , f (x) −−→ −∞.
x→0
f (x)
!
+ −
f (α) • Au vois de +∞, f (x) = ln(x) x
×
1
f (x) % , −−
1+ x1 x→0
→ 0 par croissances com-
−∞ 0 parées.
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