Fonctions élémentaires
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Fonctions élémentaires
Fonctions élémentaires Pascal Lainé Fonctions élémentaires Exercice 1. Déterminer les limites de π₯ π lorsque π β +β selon les valeurs de π₯. Aller à : Correction exercice 1 Exercice 2. Déterminer les limites de (ln(π₯ ))π , avec π β β, lorsque π β +β Aller à : Correction exercice 2 Exercice 3. Résoudre π₯π¦ = π¦π₯ Lorsque π₯ et π¦ sont des entiers strictement positifs. Aller à : Correction exercice 3 Exercice 4. Déterminer la limite quand π₯ tend vers 0+ (avec π₯ β 0) de : π 1 β 2 π₯ π₯3 (On pourra utiliser une variable auxiliaire bien choisie tendant vers +β). Aller à : Correction exercice 4 Exercice 5. 1 Soit π la fonction définie sur β par π (π₯ ) = (π₯ + 2) π βπ₯ 2 1. Déterminer les limites de π à l'infini. 2. Etudier les variations de π. 3. Tracer la courbe représentative de π. Aller à : Correction exercice 5 Exercice 6. Soit π la fonction définie sur β par π (π₯ ) = (2π₯ β 1)π π₯β1 + 4 1. Etudier les variation de π sur β. 2. Calculer les limites de π en ±β. 3. Tracer sommairement le graphe de π. Aller à : Correction exercice 6 Exercice 7. Soient π et π les fonctions définies par π (π₯ ) = π βπ₯ + (1 β π βπ₯ ) ln(1 β π βπ₯ ) et π(π₯ ) = ln(1 β π βπ₯ ) π π₯ 1. Montrer que π et π sont définies pour tout π₯ β β+β. 2. Calculer les variations de π et en déduire que pour tout π₯ > 0, π (π₯ ) > 0. ππ₯ 3. Montrer que πβ² (π₯ ) = 1βπ βπ₯ π(π₯ ). 4. En déduire les variations de π 1 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 5. Calculer la limite de π en 0+ , puis calculer la limite de π en +β (on pourra poser π = βπ βπ₯ ) 6. Tracer le graphe de π. Allez à : Correction exercice 7 Exercice 8. Soit π la fonction définie sur β par : β 1 π (π₯ ) = {π₯π π₯2 si π₯ β 0 0 si π₯=0 1. Montrer que π est continue et dérivable sur β. 2. Calculer π β² (π₯ ) et en déduire les variations de π. 3. Calculer les limites de π en ±β. Puis les limites en ±β de π(π₯ ) β π₯, en déduire que le graphe de π admet une asymptote en ±β. 4. Tracer sommairement le graphe de π. Aller à : Correction exercice 8 Exercice 9. Soit π la fonction définie sur β par π(π₯ ) = ln (π₯ + βπ₯ 2 + 1) 1. Vérifier que π est bien définie sur β. πΌ 2. Calculer π β² (π₯ ). On exprimera πβ²(π₯) sous la forme (π’(π₯)) où π’ est un polynôme et πΌ un réel. 3. Calculer les limites de π en +β et en ββ. Aller à : Correction exercice 9 Exercice 10. Soit π la fonction définie sur β par π(π₯ ) = ln (π₯ β βπ₯ 2 β 1) 1. Déterminer lβensemble sur lequel π est définie et continue. πΌ 2. Calculer π β² (π₯ ). On exprimera πβ²(π₯) sous la forme π½(π’(π₯ )) où π’ est un polynôme et πΌ et π½ sont des réels. 3. Calculer la limite de π en +β. Aller à : Correction exercice 10 Exercice 11. Soit π β β, π > 1. Résoudre ln(ch(π₯ )) = π Allez à : Correction exercice 11 Exercice 12. Soit π la fonction numérique définie par : π (π₯ ) = 2 sin(π₯ ) + sin(2π₯ ). 1. Déterminer l'ensemble de définition de π, sa période et sa parité. En déduire un ensemble d'étude. 2. Calculer la dérivée de π et déterminer son signe. 3. Dresser le tableau de variation. 4. Tracer la courbe représentative de π. Aller à : Correction exercice 12 2 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Exercice 13. Soit π la fonction numérique définie par : π (π₯ ) = 2 cos(π₯ ) + sin(2π₯ ). 1. Déterminer l'ensemble de définition de π, sa période et sa parité. En déduire un ensemble d'étude. 2. Calculer la dérivée de π et déterminer son signe sur [βπ, π]. 3. Dresser le tableau de variation. 4. Tracer la courbe représentative de π sur [βπ, π]. Allez à : Correction exercice 13 Exercice 14. Soit π la fonction définie sur πΌ = β par : 1 π (π₯ ) = sin2 (π₯ ) + cos(π₯ ) 2 1. Etudier la parité de π et sa périodicité, en déduire un intervalle dβétude. 2. Etudier les variations de π sur [0, π]. 3. Dresser le tableau de variation de π et tracer le graphe de π. Allez à : Correction exercice 14 Exercice 15. Soit π la fonction définie sur β par 1 3 cos(3π₯ ) β cos(2π₯ ) 3 4 1. Déterminer la période de π, sa parité et en déduire un intervalle dβétude πΌ. 2. Exprimer sin(3π₯ ) et sin(2π₯ ) en fonction de cos(π₯ ) et sin(π₯ ). 3. Etudier les variation de π sur πΌ. 4. Calculer π (0), π (π₯0 ) et π (π) sous forme rationnelle. Où π₯0 est lβunique valeur dans ]0, π[ annulant πβ²(π₯). 5. Dresser le tableau de variation. Tracer sommairement le graphe de π sur trois périodes. Aller à : Correction exercice 15 π (π₯ ) = Exercice 16. Soit π: [βπ, π] β π définie par π (π₯ ) = 4π₯ β 5 sin(π₯ ) 1. Etudier les variations de π sur [0, π]. π π 2. Montrer que πβ² dans lβintervalle [0, π] sβannule pour une valeur comprise entre 6 et 4 . 3. Dresser le tableau de variation de π sur [0, π]. 4. Tracer la courbe sur lβintervalle [βπ, π]. Aller à : Correction exercice 16 Exercice 17. π 2 Soit π la fonction définie sur [0, 2 ] par π(π₯ ) = cos(π₯ ) + 3 π₯ 1 2 1. Montrer que 2 < 3 < β2 , 2 2 en déduire un encadrement de arcsin (3). π 2. Etudier les variations de π sur [0, 2 ], 2 3. On donnera un encadrement de π (arcsin (3)). 4. Tracer le graphe de π. Allez à : Correction exercice 17 3 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Exercice 18. On rappelle que th: β β ]β1,1[ est une bijection. Déterminer π sa bijection réciproque. Allez à : Correction exercice 18 Exercice 19. Calculer les limites suivantes : lim π βπ₯ (ch3 (π₯) β sh3 (π₯) π₯β+β lim (π₯ β ln(ch(π₯ ))) π₯β+β Aller à : Correction exercice 19 Exercice 20. Calculer π π΄(π₯ ) = 1 + ch(π₯ ) + ch(2π₯ ) + β― + ch(ππ₯ ) = β ch(ππ₯ ) π=0 Aller à : Correction exercice 20 Exercice 21. Résoudre dans β 3 ch(π₯ ) β sh(π₯ ) β 3 = 0 Aller à : Correction exercice 21 Exercice 22. 1. Résoudre sh(π₯ ) β 3 ch(π₯ ) + 3 = 0 2. Déterminer le signe de sh(π₯ ) β 3 ch(π₯ ) + 3 selon les valeurs de π₯, on justifiera précisément la réponse. Allez à : Correction exercice 22 Exercice 23. 1. Calculer 1 ch ( ln(3)) 2 et 1 sh ( ln(3)) 2 2. A lβaide de la formule ch(π + π) = ch(π) ch(π) + sh(π) sh(π) Déterminer les solutions de lβéquation : 2 ch(π₯ ) + sh(π₯ ) = β3 ch(5π₯ ) Aller à : Correction exercice 23 Exercice 24. 1. Montrer que 3 π 0 < arccos ( ) < 4 4 2. Résoudre 3 arccos(π₯ ) = 2 arccos ( ) 4 Allez à : Correction exercice 24 4 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Exercice 25. 1 π 1. Montrer que 2 arctan (3) β [0, 2 ] π 2. Montrer que pour tout π‘ β β β {2 + ππ, π β β€} sin(2π‘) = 2 tan(π‘) 1 + tan2 (π‘) 3. En déduire que 3 1 arcsin ( ) = 2 arctan ( ) 5 3 Allez à : Correction exercice 25 Exercice 26. π 1. Montrer que pour tout π₯ β ]0, 2 [ sin(π₯ ) = 2. Montrer que : tan(π₯ ) β1 + tan2 (π₯ ) et cos(π₯ ) = 1 β1 + tan2 (π₯ ) 3 5 π 0 < arctan ( ) + arctan ( ) < 4 12 2 3. Résoudre 3 5 arcsin(π₯ ) = arctan ( ) + arctan ( ) 4 12 On rappelle que sin(π + π) = sin(π) cos(π) + cos(π) sin(π) Allez à : Correction exercice 26 Exercice 27. 1. Montrer que pour tout π‘ β β cos(2π‘) = 1 β tan2 (π‘) 1 + tan2 (π‘) 2. Montrer que 4 1 arccos ( ) = 2 arctan ( ) 5 3 Allez à : Correction exercice 27 Exercice 28. Soit π la fonction définie par π (π₯ ) = π₯ π₯ 1. Sur quel ensemble cette fonction est-elle définie et continue ? 2. Montrer que π est prolongeable par continuité sur [0, +β[. 3. Calculer la dérivée de π partout où cela ne pose pas de problème. Sur quel ensemble π est-elle dérivable, que peut-on en déduire sur le graphe de π en 0 ? 4. Etudier les variations de π sur ]0, +β[. Puis calculer la limite de π en +β. 5. Tracer sommairement le graphe de π. (On tracera clairement les tangente(s) et demi-tangente(s) remarquable, ainsi que les asymptotes si nécessaire). Allez à : Correction exercice 28 Exercice 29. 5 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Soit π la fonction définie par : π (π₯ ) = 8 ch(π₯ ) 4π π₯ β 3 1. Déterminer lβensemble de définition de π. 2. Calculer les limites de π au bord de lβensemble de définition. 3. Etudier les variations de π. 4. Dresser le tableau de variation de π. 5. Tracer le graphe de π. Aller à : Correction exercice 29 Exercice 30. Soit π la fonction dβune variable réelle définie par : 3 + 4 sh(π’) π (π’ ) = ch(π’) 1. Préciser son domaine de définition. 2. Préciser ses limites quand π’ tend vers +β et ββ. 3. Etudier les variations de π. On veillera à fournir une expression très simple de la valeur π’0 pour laquelle π β²(π’0 ) = 0 (lβexpression attendue nβutilise pas de fonctions hyperboliques réciproque (Hors programme)). 4. Tracer le graphe de π. Aller à : Correction exercice 30 Exercice 31. Soit π la fonction définie par ch(π₯ ) + 4sh(π₯ ) + 2 ch(π₯ ) β 1 1. Sur quel ensemble la fonction est-elle définie et continue ? 2. Montrer que a. β3 sh(π₯ ) β 4 ch(π₯ ) + 4 π β² (π₯ ) = (ch(π₯ ) β 1)2 b. Puis que 1 14π π₯ (π π₯ β 7) π β² (π₯ ) = β (π π₯ β 1)3 3. En déduire les variations de π 4. Calculer les limites au bord de son ensemble de définition. Allez à : Correction exercice 31 π (π₯ ) = Exercice 32. Soit π la fonction définie par : π (π₯ ) = 1. 2. 3. 4. ch(π₯ ) + sh(π₯ ) + 1 ch(π₯ ) β 1 Déterminer lβensemble de définition de π. Calculer les limites de π au bord de lβensemble de définition. Etudier les variations de π. Dresser le tableau de variation de π. 6 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 5. Tracer le graphe de π. Aller à : Correction exercice 32 Exercice 33. (Hors programme) Soit π la fonction numérique définie par : 2π₯ ) π₯2 + 1 1. Préciser lβensemble de définition de π puis lβensemble des points où elle est dérivable. 2. Aux points où f est dérivable, calculer π β²(π₯). 3. Dresser le tableau de variation de π. Tracer le graphe de π. Aller à : Correction exercice 33 π (π₯ ) = argth ( Exercice 34. Soit π β [π, 2π], 1. Montrer que 0 β€ 2π β π β€ π 2. Calculer arccos(cos(π )) Allez à : Correction exercice 34 Exercice 35. 1 Soit π la fonction définie par π (π₯ ) = arcsin (π₯) 1. 2. 3. 4. Montrer que π est définie et continue sur ]ββ, β1] βͺ [1, +β[. Calculer les limites de π au bord de lβensemble de définition. Pour les valeurs où cela ne pose pas de problème calculer π β² (π₯ ), en déduire les variation de π. Calculer lim β π β² (π₯ ) et lim+ π β² (π₯ ) π₯ββ1 π₯β1 Que peut-on en déduire sur le graphe de π en π₯ = β1 et π₯ = 1 ? 5. Tracer le graphe de π. Allez à : Correction exercice 35 Exercice 36. 1βcos(π₯) Soient les fonctions π: π₯ β arcsin(sin(π₯ )) et π: π₯ β arctan (β1+cos(π₯)) 1. Simplifier les expressions de π(π₯) et π(π₯). 2. Construire les graphes de π et π. Aller à : Correction exercice 36 Exercice 37. Soit π la fonction définie par π (π₯ ) = arcsin(π₯ ) β π₯ β1 β π₯ 2 1. Sur quel ensemble cette fonction est-elle définie et continue ? (Soyez précis sur les justifications). 2. Calculer la dérivée de π partout où cela ne pose pas de problème, sur quel ensemble est-elle dérivable ? 3. Déterminer le signe de π sur son ensemble de définition. Allez à : Correction exercice 37 Exercice 38. π (π₯ ) = arccos ( 7 1 β π₯2 ) 1 + π₯2 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1. Montrer que π est définie et continue sur β. 2. Calculer la dérivée de π en tout point où cela ne pose pas de problème. Sur quel ensemble π est-elle dérivable ? 3. Calculer les limites de π en ββ et en +β. 4. Dresser le tableau de variation et dresser sommairement le graphe de π. 5. Donner une expression plus simple de π pour π₯ < 0, puis pour π₯ > 0. Aller à : Correction exercice 38 Exercice 39. Soit π la fonction définie par : π (π₯ ) = arcsin (β1 β π₯ 2 ) 1. Sur quel ensemble cette fonction est-elle définie et continue ? 2. Calculer la dérivée π β²(π₯ ) pour tous les réels pour lesquels cela ne posent pas de problème. 3. Calculer les limites de π β²(π₯ ) en β1+, 1β , ainsi quβen 0β et 0+ . Préciser la nature des demi-tangentes en ces points. 4. Déterminer les variations de π. 5. Tracer le graphe de π. Allez à : Correction exercice 39 Exercice 40. Soit π la fonction définie par : π (π₯ ) = arccos(1 β 2π₯ 2 ) 1. Déterminer lβensemble de définition et préciser lβensemble où π est continue. 2. Calculer la dérivée de π et préciser lβensemble où π est dérivable. 3. Dresser le tableau de variation de π et tracer son graphe. 4. Sur chaque ensemble où π est dérivable, donner une expression plus simple de π. Aller à : Correction exercice 40 Exercice 41. Soit π la fonction définie par π (π₯ ) = arcsin(1 β 2π₯ 4 ) Montrer que π est dérivable sur ] β 1,1[ Aller à : Correction exercice 41 Exercice 42. Soit π la fonction définie par : π(π₯ ) = arcsin(1 β 2 cos 4 (π₯ )) 1. Montrer que π est définie et continue sur β. 2. Montrer que π est 2π périodique, quelle est la parité de π ? En déduire un intervalle dβétude πΌ. 3. Partout où cela ne pose pas de problème, calculer la dérivée de π. On lβexprimera sous la forme la plus simple possible. 4. Sur quel sous-ensemble de πΌ la fonction π est-elle dérivable ? Préciser la valeur des limites de π β² (π₯ ) à droite au point dβabscisse 0 et à gauche au point dβabscisse π. 5. Dresser le tableau de variation de π 6. Tracer son graphe sur trois périodes Allez à : Correction exercice 42 Exercice 43. (Hors programme) 8 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1. Montrer quβil existe un polynôme P du quatrième degré tel que pour tout réel π₯ : 16π₯ 6 + 24π₯ 4 + 9π₯ 2 + 1 = (π₯ 2 + 1)π(π₯) et expliciter ce polynôme. 2. Soit π la fonction numérique définie par : π(π₯ ) = argsh(3π₯ + 4π₯ 3 ) a) Préciser lβensemble de définition de π, puis lβensemble des points où elle est dérivable. b) Aux points où π est dérivable, calculer π β² (π₯). En déduire une expression plus simple de π(π₯). Aller à : Correction exercice 43 Exercice 44. Montrer que pour tout π₯ β β, arcsin(th(π₯ )) = arctan(sh(π₯ )) On pourra poser π (π₯ ) = arcsin(th(π₯ )) β arctan(sh(π₯ )) Aller à : Correction exercice 44 Exercice 45. π 1. Écrire sous la forme π avec β β€ , π β β , |π| et π premiers entre eux, arccos(cos(πΌ )), 118 arcsin(sin(πΌ )) et arctan(tan(πΌ )) dans les cas : πΌ = 10 π, πΌ = 2. Calculer 76 arccos (cos ( π)) 5 Aller à : Correction exercice 45 252 Exercice 46. Résoudre les équations suivantes : π 1. arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ ) = 4 . 2. arcsin(2π₯ ) β arcsin(β3π₯) = arcsin(π₯) Aller à : Correction exercice 46 Exercice 47. Résoudre dans β l'équation : arctan(π₯ ) + arctan(β3π₯) = 7π 12 Aller à : Correction exercice 47 Exercice 48. π β arctan(π₯ ) 4 1. Montrer que sβil y a des solutions alors elles sont positives. 2. Résoudre cette équation. On rappelle que tan(π) β tan(π) tan(π β π) = 1 + tan(π) tan(π) Aller à : Correction exercice 48 arctan(2π₯ ) = Exercice 49. (Hors programme) Donner une expression plus simple de : 9 15 π et πΌ = 76 5 π Fonctions élémentaires Pascal Lainé π (π₯ ) = argch (β 1 + ch(π₯ ) ) 2 π(π₯ ) = argsh (2π₯ β1 + π₯ 2 ) 1 β π₯2 β(π₯ ) = argth ( ) 1 + π₯2 Aller à : Correction exercice 49 Exercice 50. Soit π la fonction définie pour tout π₯ β β par : π (π₯ ) = 2 arctan (β1 + π₯ 2 β π₯) + arctan(π₯) 1. Calculer π(0). 2. Pour tout π₯ réel, calculer la valeur π β² (π₯) de la dérivée de π au point π₯. 3. Que dire de π. Aller à : Correction exercice 50 Exercice 51. Calculer 89π )] 15 (On explicitera avec soin le raisonnement qui a conduit à la réponse donnée). Aller à : Correction exercice 51 arccos [cos ( Exercice 52. Soit π la fonction définie sur π par : π (π₯ ) = arctan(sh(π₯ )) Calculer π β² (π₯), on simplifiera cette dérivée au maximum. Aller à : Correction exercice 52 Exercice 53. Soit π la fonction définie par : π (π₯ ) = arcsin ( Et π la fonction définie par 1 ) ch(π₯ ) π(π₯ ) = arctan(π π₯ ) 1. Déterminer sur quel ensemble π est définie et continue. 2. Calculer π β² (π₯) et déterminer sur quel ensemble π est dérivable. 3. Calculer πβ² (π₯) 4. Pour tout π₯ > 0 trouver une relation entre π(π₯) et π(π₯). Aller à : Correction exercice 53 Exercice 54. Le but de cet exercice est de montrer la formule de John MACHIN (1680-1751) : π 1 1 ) = 4 arctan ( ) β arctan ( 4 5 239 tan(π)+tan(π) On rappelle que tan(π + π) = 1βtan(π)tan(π) 1 1. On pose π = arctan (5), calculer tan(2π), puis tan(4π). 10 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 2. Montrer que 0 β€ arctan (5) β€ π 1 π en déduire un encadrement de 4 arctan (5) β 4 . 6 3. En déduire la formule de MACHIN. Aller à : Correction exercice 54 Exercice 55. Soit π la fonction définie sur β par π (π’) = 3 ch(π’) β 4 et soit π la fonction définie par π(π’) = arcsin(3 ch(π’) β 4) 1. Montrer que pour tout réel π’ : π’ β [β ln(3) , ln(3)] β π(π’) β [β1,1] 2. Déterminer lβensemble de définition de π, et préciser lβensemble des points où π est continue. 3. En précisant son domaine de validité, montrer la formule : 3 sh(π’) π β² (π’ ) = β3(ch(π’) β 1)(5 β 3 ch(π’)) 4. Déterminer les limites de cette expression aux bornes de son domaine de validité. (Suggestion : pour lβun des calculs de cette question, on remarquera que sh2 (π’) = ch2 (π’) β 1. 5. Déterminer lβensemble des points où π est dérivable. 6. Dresser le tableau de variations de π puis tracer sommairement son graphe. Aller à : Correction exercice 55 Corrections Correction exercice 1. Si π₯ < β1 alors π₯ π nβa pas de limite mais limπβ+β|π₯ |π = +β Si π₯ = β1 alors π₯ π = (β1)π nβa pas de limite. Si |π₯ | < 1 β β1 < π₯ < 1 alors limπβ+β π₯ π = 0 Si π₯ = 1 alors π₯ π = 1 donc limπβ+β π₯ π = 1 Si π₯ > 1 alors limπβ+β π₯ π = +β Profitons de ce petit exercice pour rappeler les équivalences très importantes suivantes : β1 < π₯ < 1 β |π₯ | < 1 β π₯ 2 < 1 β 1 β π₯ 2 > 0 Aller à : Exercice 1 Correction exercice 2. β1 < ln(π₯ ) < 1 β π β1 < π₯ < π β 1 <π₯<π π Donc Evidemment π₯ > 0. 1 Si 0 < π₯ β€ π alors ln(π₯ ) < β1 et (ln(π₯ ))π nβa pas de limite. 1 Si π < π₯ < π alors β1 < ln(π₯ ) < 1 et (ln(π₯ ))π β 0 Si π₯ = π alors ln(π₯ ) = 1 et (ln(π₯ ))π = 1 β 1 Si π₯ > π alors ln(π₯ ) > 1 et (ln(π₯ ))π β +β Aller à : Exercice 2 Correction exercice 3. π₯ π¦ = π¦ π₯ β π π¦ ln(π₯) = π π₯ ln(π¦) β π¦ ln(π₯ ) = π₯ ln(π¦) β Si on pose π (π‘) = ln(π‘) π‘ 11 ln(π₯ ) ln(π¦) = β π (π₯ ) = π(π¦) π₯ π¦ Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 π‘ β ln(π‘) × 1 1 β ln(π‘) π π‘) = π‘ = π‘2 π‘2 Les variations de cette fonction sont résumées dans le tableau ci-dessous π‘ 0 1 π +β β² π (π‘) + 0 β 1 π(π‘) ββ 0 0 π β²( Si π₯ β€ 1, il y a une unique solution (π₯, π₯). Si 1 < π₯ < π, il y a deux couples de solutions (π₯, π₯) et (π₯, π¦) avec π¦ > π. Si π₯ = π, il y a une unique solution (π, π) Si π₯ > π, il y a deux couples de solutions (π₯, π₯) et (π₯, π¦) avec π¦ < π. Maintenant cherchons les solutions dans (ββ )2 : π₯ = π = 1 donne la solution (1,1). π₯ = π = 2 β]1, π[ , on cherche lβunique π¦ = π > π tel que 2π = π2 (sβil existe). π = 3 ne marche pas, π = 4 est solution (cβest donc la seule). Aller à : Exercice 3 Correction exercice 4. 1 On pose π = π₯, si π₯ β 0+ alors π β +β π 1 β 2 π₯ π₯3 = π 3 π βπ 2 2 Il sβagit dβune forme indéterminée puisque π 3 tend vers lβinfini et π βπ tend vers 0. La fonction exponentielle lβemporte sur les fonctions puissances (lors dβune forme indéterminée) β 1 π π₯2 2 lim+ 3 = lim π 3 π βπ = 0 πβ+β π₯β0 π₯ Aller à : Exercice 4 Correction exercice 5. 1 1. Si π₯ < 0 on pose π₯ 2 = π β π₯ = ββπ, donc π (π₯ ) = (ββπ + 2)π βπ β πβ+β 0 lim π(π₯) = 0 π₯βββ 1 Si π₯ > 0 on pose π₯ 2 = π β π₯ = βπ, donc π (π₯ ) = (βπ + 2)π βπ β πβ+β 0 lim π(π₯) = 0 π₯β+β Ceci dit dans ce cas les limites sont presque évidentes. 2 1 2 2. π β²(π₯ ) = π βπ₯ + (π₯ + 2) (β2π₯ )π βπ₯ = (β2π₯ 2 β π₯ + 1)π βπ₯ 1 2 Le polynôme β2π 2 β π + 1 admet π1 = β1 et π2 = 2 comme racines donc 1 β2π 2 β π + 1 = β2(π + 1)(π β 2) 1 Donc π β²(π₯ ) = β2(π₯ + 1)(π₯ β 2)π βπ₯ 2 On en déduit le tableau de variation de π 12 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π₯ ββ β² π (π₯) π(π₯) 1 β1 β 0 +β 2 + 0 0 π β 1 4 β β1 3. β1 2π β β0,2 en gros et π 1 β4 0 2π β 0,8 en gros. π¦1 π β1/4 0,8 0,6 0,4 0,2 π₯ 1/2 0 -3 -2 -1 0 -0,2 1 1/2π 2 3 -0,4 Aller à : Exercice 5 Correction exercice 6. 1 1. π est évidemment définie, continue et dérivable sur β. Comme π π₯β1 = π π₯ × π β1 = π π π₯ on a 1 (2π₯ β 1)π π₯ + 4 π π β²(π₯ ) = 2π π₯β1 + (2π₯ β 1)π π₯β1 = π π₯β1 (2 + 2π₯ β 1) = π π₯β1 (2π₯ + 1) > 0, le signe de π β²(π₯ ) est celui de 2π₯ + 1 π (π₯ ) = (2π₯ β 1)π π₯β1 + 4 = Comme π π₯β1 1 1 Si π₯ < β alors π β²(π₯ ) est négative et π est décroissante sur lβintervalle ]ββ, β [. 2 1 2 1 Si π₯ > β 2 alors π β²(π₯ ) est positive et π est croissante sur lβintervalle ]β 2 , +β[. 2. Lβexponentielle lβemporte sur les fonction polynômes donc lim π(π₯ ) = 4 et lim π (π₯ ) = +β π₯βββ π₯β+β 3. 7 6 π π₯ = 2π₯ β 1 π π₯β1 + 4 5 4 3 2 1 0 -3,5 -3 -2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 Aller à : Exercice 6 Correction exercice 7. 13 0 0,5 1 1,5 2 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1. π₯ > 0 β βπ₯ < 0 β π βπ₯ < 1 β 1 β π βπ₯ > 0 Donc π et π sont définie, continue et dérivable sur β+β . 2. π β²(π₯ ) = βπ βπ₯ + π βπ₯ ln(1 β π βπ₯ ) + (1 β π βπ₯ ) × π βπ₯ = βπ βπ₯ + π βπ₯ ln(1 β π βπ₯ ) + π βπ₯ 1 β π βπ₯ = π βπ₯ ln(1 β π βπ₯ ) Le signe de π β²(π₯ ) est le même que celui de ln(1 β π βπ₯ ), comme π βπ₯ > 0, on a 1 β π βπ₯ < 0, donc ln(1 β π βπ₯ ) < 0, on en déduit que π est décroissante sur β+β . Pour montrer que pour tout π₯ > 0, π (π₯ ) > 0 il faut et il suffit de montrer que la limite de π (π₯ ) en +β est positive, comme la limite de π βπ₯ en +β est nulle, la limite de π (π₯ ) est 0 + 1 × ln(1) = 0, ce qui achève la démonstration. 3. π βπ₯ ππ₯ ππ₯ π₯ βπ₯ π₯ βπ₯ βπ₯ βπ₯ (π + (1 β π ) ln(1 β π )) = π π₯) = × π + ln(1 β π ) π = π (π₯ ) 1 β π βπ₯ 1 β π βπ₯ 1 β π βπ₯ >0 βπ₯ Car 1 β π > 0 et π (π₯ ) > 0 pour tout π₯ > 0. 4. Pour tout π₯ > 0, πβ²(π₯ ) > 0 donc π est croissante 5. lim+ π(π₯ ) = ββ β²( π₯β0 π(π₯ ) = ln(1 + π) × 1 1+π )β β 1 = β ln ( πβ0 βπ π Car lim (βπ βπ₯ ) = 0 π₯β+β 6. 0 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 -1 -1,5 -2 -2,5 -3 -3,5 -4 -4,5 -5 Allez à : Exercice 7 Correction exercice 8. 1. Si π₯ β 0 π est la composée et le produit de fonction continue et dérivable, donc π est dérivable. 1 β1 β lim 2 = ββ β lim π π₯2 = 0 π₯β0 π₯ π₯β0 lim π₯π π₯β0 1 β 2 π₯ 14 = 0 = π(0) Fonctions élémentaires Pascal Lainé π est continue en 0. 1 π (π₯ ) β π (0) β = π π₯2 π₯β0 π(π₯ ) β π(0) lim =0 π₯β0 π₯β0 π est dérivable en 0 et π β²(0) = 0. 2. Pour tout π₯ β 0 1 2 La dérivée de β π₯2 = βπ₯ β2 est β(β2)π₯ β3 = π₯3 , β 1 2 β1 π π₯2 π β² (π₯ ) = + π₯ × 3 π π₯2 = 2 (π₯ 2 + 2) > 0 π₯ π₯ Comme π β²(0) = 0, π est strictement croissante sur β. 1 β π π₯2 3. 1 β1 β 2 π₯ =1 = 0 β lim π π₯β±β π₯ 2 π₯β0 lim lim π₯π 1 β 2 π₯ = ββ lim π₯π 1 β 2 π₯ = +β π₯βββ π₯β+β 2 1 βπ 2 π βπ β 1 ( ) π π₯ βπ₯ = βπ₯ = β 1) = (π β 1) = π πβ0 βπ 2 β²( ) Il sβagit du taux de variation de la fonction π: π β π en 0, sa limite est π 0 β²( ) βπ 2 π π = β2ππ β π β²(0) = 0 1 β π₯π π₯2 1 β π₯ (π π₯2 2 π βπ β 1 lim (π(π₯ ) β π₯ ) = lim = π β²(0) = 0 π₯β±β πβ0 π β 0 La droite dβéquation π¦ = π₯ est asymptote à la courbe en ±β. 4. 5 π¦=π₯ 4 3 2 1 0 -6 -4 -2 -1 0 2 4 6 -2 -3 π¦ = π₯π 1 β 2 π₯ -4 -5 Aller à : Exercice 8 Correction exercice 9. 1. βπ₯ β β, βπ₯ β€ βπ₯ 2 β βπ₯ β β, βπ₯ β€ |π₯ | β βπ₯ β β, 15 βπ₯ < βπ₯ 2 + 1 Fonctions élémentaires Pascal Lainé β βπ₯ β β, 0 < π₯ + βπ₯ 2 + 1 Ce qui montre que π est définie sur β. (et même continue et dérivable sur β). 1 2. La dérivée de π: π₯ β π₯ + βπ₯ 2 + 1 = π₯ + (π₯ 2 + 1)2 est 1 1 π₯ βπ₯ 2 + 1 + π₯ πβ² (π₯ ) = 1 + (π₯ 2 + 1)β2 × 2π₯ = 1 + = 2 βπ₯ 2 + 1 βπ₯ 2 + 1 βπ₯ 2 + 1 + π₯ 1 2+1 1 π β² (π₯ ) = βπ₯ = = (π₯ 2 + 1)β2 π₯ + βπ₯ 2 + 1 βπ₯ 2 + 1 Cβest bien la forme que suggérait lβénoncé. 3. Si π₯ β +β alors π₯ + βπ₯ 2 + 1 β +β et π (π₯ ) β +β (π₯ + βπ₯ 2 + 1)(π₯ β βπ₯ 2 + 1) π₯ 2 β (π₯ 2 + 1) β1 π₯ + βπ₯ 2 + 1 = = = 2 2 π₯ β βπ₯ + 1 π₯ β βπ₯ + 1 π₯ β βπ₯ 2 + 1 Si π₯ β ββ alors π₯ β βπ₯ 2 + 1 β ββ et alors β1 β 0+ 2 π₯ β βπ₯ + 1 Donc β1 ) β ββ π(π₯ ) = ln ( π₯ β βπ₯ 2 + 1 Aller à : Exercice 9 Correction exercice 10. 1. Nécessairement π₯ 2 β₯ 1, soit π₯ β€ β1, soit π₯ β₯ 1, mais si π₯ β€ β1 alors π₯ β βπ₯ 2 β 1 < 0 donc π nβest pas définie. Si π₯ > 1 π₯ 2 β 1 β€ π₯ 2 β β π₯ 2 β 1 β€ |π₯ | = π₯ β π₯ β β π₯ 2 β 1 > 0 π est définie et continue sur [1, +β[. Remarque : Un raisonnement qui ressemble plus ou moins à çà est faux π₯ β β π₯ 2 β 1 > 0 β π₯ > βπ₯ 2 β 1 β π₯ 2 > π₯ 2 β 1 Il a deux problèmes majeurs, dβabord on oublie que π₯ 2 β 1 doit être positif et je rappelle que π = π β π2 = π2 et que si lβon veut quβil y ait équivalence il faut que π et π soit de même signe. Dans notre exercice π₯ > βπ₯ 2 β 1 est évidemment faux pour un π₯ < 0. 1 2. La dérivée de π: π₯ β π₯ β βπ₯ 2 β 1 = π₯ + (π₯ 2 β 1)β 2 est 1 1 π₯ βπ₯ 2 β 1 β π₯ πβ²(π₯ ) = 1 β (π₯ 2 β 1)β 2 × 2π₯ = 1 β = 2 βπ₯ 2 β 1 βπ₯ 2 β 1 βπ₯ 2 β 1 β π₯ 1 2 β1 π β² (π₯ ) = βπ₯ β 1 = = β(π₯ 2 β 1)β 2 π₯ β βπ₯ 2 β 1 βπ₯ 2 β 1 Cβest bien la forme que suggérait lβénoncé. 3. Si π₯ β +β alors βπ₯ 2 β 1 β +β Il sβagit dβune forme indéterminée (π₯ β βπ₯ 2 β 1)(π₯ + βπ₯ 2 β 1) π₯ 2 β (π₯ 2 β 1) 1 π₯ β βπ₯ 2 β 1 = = = π₯ + βπ₯ 2 β 1 π₯ + βπ₯ 2 β 1 π₯ + βπ₯ 2 β 1 16 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Si π₯ β +β alors π₯ + βπ₯ 2 β 1 β +β et alors 1 π₯ + βπ₯ 2 β 1 β 0+ Donc π(π₯ ) = ln ( 1 π₯ + βπ₯ 2 β 1 ) β ββ Aller à : Exercice 10 Correction exercice 11. π π₯ + π βπ₯ 1 = π π β π π₯ + π₯ = 2π π 2 π ln(ch(π₯ )) = π β ch(π₯ ) = π π β On pose π = π π₯ ln(ch(π₯ )) = π β π + 1 = 2π π β π 2 + 1 = 2ππ π β π 2 β 2π π π + 1 = 0 π Le discriminant vaut Ξ = 4π 2π β 4 = 4(π 2π β 1) > 0 Les racines sont 2π π β 2βπ 2π β 1 = π π β βπ 2π β 1 et π2 = π π + βπ 2π β 1 2 On notera que π 2π > π 2π β 1 et que donc π π > βπ 2π β 1, ce qui montre que π1 > 0, pour π2 cβest évident. Donc les solutions de ln(ch(π₯ )) = π sont : π1 = π₯1 = ln (π π β βπ 2π β 1) π₯2 = ln (π π + βπ 2π β 1) et Allez à : Exercice 11 Correction exercice 12. 1. π est définie (continue et dérivable) sur β, 2π périodique et impaire (ce sont des évidences quβil nβest pas nécessaire de développer), on étudiera π sur lβintervalle [0, π], par parité on connaitra les variation de π sur [0,2π], puis par périodicité sur β. 2. π β²(π₯ ) = 2 cos(π₯) + 2 cos(2π₯ ) = 2(cos(x) +2 cos 2 (π₯) β 1) = 2(2 cos 2 (π₯ ) + cos(π₯) β 1) 1 Le polynôme 2π 2 + π β 1 admet π1 = β1 et π2 = 2 comme racine donc 1 1 2π 2 + π β 1 = 2(π + 1)(π β 2), on en déduit que π β²(π₯ ) = 4(cos(π₯ ) + 1)(cos(π₯ ) β 2) Dressons un tableau de signe : π₯ π 0 cos(π₯ ) + 1 + 1 + cos(π₯ ) + 2 3 0 π β²(π₯) + 0 π π π est croissante sur [0, ] et décroissante sur [ , π]. 3 + π 0 β β 0 3 3. On en déduit le tableau de variation de π. π π 2π β3 β3 3β3 π ( ) = 2 sin ( ) + sin ( ) = 2 + = 3 3 3 2 2 2 17 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π₯ π 0 β² π (π₯) π(π₯) 3 + π 0 β 0 3β3 2 0 0 4°) π¦ 3 3β3 2 2 1 π₯ 0 -8 -6 -4 -2 0 -1 π/3 2 π 4 6 8 -2 -3 Aller à : Exercice 12 Correction exercice 13. 1. π est définie sur β, 2π-périodique mais elle est ni paire ni impaire. On lβétudiera sur [βπ, π]. 1 1 2. π β²(π₯ ) = β2 sin(π₯ ) + 2 cos(2π₯ ) = β2 sin(π₯ ) + 2(1 β 2 sin2 (π₯ )) = β4 (sin2 (π₯ ) + 2 sin(π₯ ) β 2) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 Le polynôme π 2 β π + admet β1 et comme racine donc π 2 β π + = (π + 1) (π β ), on en déduit que : 1 π β²(π₯ ) = β4(sin(π₯ ) + 1) (sin(π₯) β ) 2 π sin(π₯ ) + 1 = 0 { βπ₯=β π₯ β [βπ, π] 2 π Et pour tout π₯ β [βπ, π] avec π₯ β β 2 , sin(π₯ ) + 1 > 0 1 π 5π =0 { β π₯ = ou π₯ = 2 6 6 π₯ β [βπ, π] sin(π₯ ) β π 1 Si π₯ β [βπ, 6 [, sin(π₯ ) β 2 < 0 π 5π Si π₯ β ] 6 , 6 1 [, sin(π₯ ) β > 0 2 5π Si π₯ β ] 6 , π], sin(π₯ ) < 0 On en déduit le signe de π β²(π₯ ) sur [βπ, π] π π 5π π₯ βπ β π β² (π₯ ) + 2 6 0 + 0 β 6 0 π + 3. π₯ π βπ π β² (π₯ ) π (π₯ ) + β2 0 + π 5π 6 6 0 β 0 3β3 0 β2 π + β2 2 β 3β3 2 18 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 4. 3 2 1 0 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 -1 -2 -3 Allez à : Exercice 13 Correction exercice 14. 1. π est paire et 2π périodique, on étudie π sur [0, π] 1 1 2. π β²(π₯ ) = 2 cos(π₯ ) sin(π₯ ) β 2 sin(π₯ ) = 2 sin(π₯ ) (cos(π₯ ) β 4) sin(π₯ ) = 0 1 βπ₯ β [0, π], π π₯) = 0 β { cos(π₯ ) = 4 Il y a deux valeurs qui annulent sin(π₯ ) dans [0, π], ce sont 0 et π. β²( 1 1 Pour π₯ β [0, π] cos(π₯ ) = 4 équivaut à π₯ = arccos (4), la fonction cos étant décroissante sur [0, π] le 1 1 1 signe de cos(π₯ ) β 4 est positif sur [0, arccos (4)] et négatif sur [arccos (4) , π]. π₯ 0 sin(π₯ ) 1 cos(π₯ ) β 0 π β² (π₯ ) 4 1 + + arccos (4) 0 0 + 0 1 π est croissante sur [0, arccos (4)] π + β 0 β 0 1 π est décroissante sur [arccos (4) , π] 3. π (0) = 1 2 1 1 1 1 1 1 1 π (arccos (β )) = sin2 (arccos ( )) + cos (arccos ( )) = 1 β cos 2 (arccos ( )) + × 4 4 2 4 4 2 4 1 1 16 β 1 + 2 17 = 1β + = = 16 8 16 16 1 π (π ) = β 2 19 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π₯ 0 π β² (π₯ ) π (π₯ ) 0 1 + arccos (4) 0 17 16 1 π β 0 1 β2 2 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 -15 -10 -5 -0,2 0 5 10 15 -0,4 -0,6 Allez à : Exercice 14 Correction exercice 15. 1. 1 3 1 3 π (π₯ + 2π) = cos(3(π₯ + 2π)) β cos(2(π₯ + 2π)) = cos(3π₯ + 6π) β cos(2π₯ + 4π) 3 4 3 4 1 3 = cos(3π₯ ) β cos(2π₯ ) = π(π₯) 3 4 π est 2π périodique. 1 3 1 3 π(βπ₯ ) = cos(β3π₯ ) β cos(β2π₯ ) = cos(3π₯ ) β cos(2π₯ ) = π (π₯ ) 3 4 3 4 π est paire (et 2π périodique) donc on étudie π sur [0, π]. 2. 3 cos(3π₯ ) + π sin(3π₯ ) = π 3ππ₯ = (π ππ₯ ) = (cos(π₯ ) + π sin(π₯ ))3 = cos 3 (π₯ ) + 3π cos 2 (π₯ ) sin(π₯ ) β 3 cos(π₯ ) sin2 (π₯ ) β π sin3 (π₯ ) = cos 3 (π₯ ) β 3 cos(π₯ ) sin2 (π₯ ) + π (3 cos 2 (π₯ ) sin(π₯ ) β sin3 (π₯ )) Voir cours pour plus de détails. Puis on égalise les parties réelle et imaginaire cos(3π₯ ) = cos 3 (π₯ ) β 3 cos(π₯ ) sin2 (π₯ ) { sin(3π₯ ) = 3 cos 2 (π₯ ) sin(π₯ ) β sin3 (π₯ ) sin(2π₯ ) = 2 sin(π₯ ) cos(π₯ ) Cβest une formule connue. 3. 3 π β² (π₯ ) = β sin(3π₯ ) + sin(2π₯ ) = β(3 cos 2 (π₯ ) sin(π₯ ) β sin3 (π₯ )) + 3 sin(π₯ ) cos(π₯ ) 2 = sin(π₯ ) (β3 cos 2 (π₯ ) + sin2 (π₯ ) + 3 cos(π₯ )) = sin(π₯ ) (β3 cos 2 (π₯ ) + 1 β cos 2 (π₯ ) + 3 cos(π₯ )) = sin(π₯ ) (β4 cos 2 (π₯ ) + 3 cos(π₯ ) + 1) 1 Soit π le polynôme π = β4π 2 + 3π + 1, il admet 1 et β 4 comme racine. On déduit que 20 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 π = β4(π β 1) (π + ) 4 Et que 1 β4 cos 2 (π₯ ) + 3 cos(π₯ ) + 1 = β4(cos(π₯ ) β 1) (cos(π₯) + ) 4 Et la dérivée vaut 1 π β² (π₯ ) = β4sin(π₯)(cos(π₯ ) β 1) (cos(π₯) + ) 4 1 1 La fonction cos étant décroissante sur [0, π], cos(π₯ ) + 4 est positif sur [0, arccos (β 4)] et négatif sur 1 [arccos (β ) , π]. 4 Faisons un tableau de signe pour trouver le signe de π β²(π₯ ) selon les valeurs de π₯ β [0, π] π₯ 0 π₯0 π sin(π₯ ) 0 + + 0 ( ) cos π₯ β 1 0 β β 1 + 0 β cos(π₯ ) + 4 1 + 0 0 + 0 β 1 π est croissante sur [0, arccos (β 4)] et décroissante sur [arccos (β 4) , π] 0 sin(π₯)(cos(π₯ ) β 1) (cos(π₯ ) + 4) π β² (π₯ ) 0 β 0 1 4. 1 3 5 π (0) = cos(0) β cos(0) = β 3 4 12 1 3 1 3 13 π (π) = cos(3π) β cos(2π) = β β = β 3 4 3 4 12 1 3 1 3 π (π₯ ) = cos(3π₯ ) β cos(2π₯ ) = (cos 3 (π₯ ) β 3 cos(π₯ ) sin2 (π₯ )) β (2 cos 2 (π₯ ) β 1) 3 4 3 4 1 3 = (cos 3 (π₯ ) β 3 cos(π₯ ) (1 β cos 2 (π₯ )) β (2 cos 2 (π₯ ) β 1) 3 4 4 3 3 = cos 3 (π₯ ) β cos 2 (π₯ ) β cos(π₯ ) + 3 2 4 1 Sachant que cos(π₯0 ) = β 4 4 3 3 4 1 3 3 1 2 1 3 1 3 3 2 π(π₯0 ) = cos (π₯0 ) β cos (π₯0 ) β cos(π₯0 ) + = (β ) β (β ) + + = β β +1 3 2 4 3 4 2 4 4 4 48 32 β2 β 9 + 96 85 = = 96 96 5. π₯ π β² (π₯ ) π (π₯ ) 0 0 π₯0 0 + 85 96 5 β 12 β π 0 13 β 12 21 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 0,5 0 -8 -6 -4 -2 0 π₯02 -0,5 4 6 8 -1 -1,5 Aller à : Exercice 15 Correction exercice 16. 1. π β²(π₯ ) = 4 β 5cos(π₯) 4 π β²(π₯ ) = 0 β π₯ = arccos (5) car π₯ β [0, π], cos est une fonction décroissante donc 4 Si π₯ β [0, arccos (5)[, π β²(π₯ ) < 0 et π est décroissante. 4 Si π₯ β ]arccos (5) , π], π β²(π₯ ) > 0 et π est croissante. 2. 1 4 β2 <5< β3 , 2 cβest trivial en élevant au carré. Comme arccos est une fonction décroissante : arccos ( 1 4 π 4 π β3 ) > arccos ( ) > arccos ( ) β > arccos ( ) > 5 2 4 5 6 β2 3. π₯ 4 0 π β²(π₯) π(π₯) arccos (5) β 0 0 π + 4π 4 4 arccos (5) β 3 4 4 4 4 4 2 4 π (arccos ( )) = 4 arccos ( ) β 5 sin (arccos ( )) = 4 arccos ( ) β 5β1 β ( ) = 4 arccos ( ) β 3 5 5 5 5 5 5 4. π est impaire donc la courbe est symétrique par rapport à lβorigine. 15 4π 10 π¦ = 4π₯ β 5 sin π₯ 5 arccos 4 5 0 -4 -3 -2 -1 0 1 -5 -10 β4π -15 Aller à : Exercice 16 Correction exercice 17. 22 2 3 4 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1. Ces trois nombres sont positifs, ces deux inégalités équivalent à 2 1 2 2 2 1 4 1 β2 ( ) <( ) <( ) β < < 2 3 2 4 9 2 Ce qui est vrai. 2. arcsin est strictement croissante donc 1 2 π 2 π β2 arcsin ( ) < arcsin ( ) < arcsin ( ) β < arcsin ( ) < 2 3 2 6 3 4 3. 2 π β²(π₯ ) = β sin(π₯ ) + 3 2 π β²(π₯ ) = 0 β sin(π₯ ) = 3 π 2 Dans lβintervalle [0, 2 ] π β²(π₯ ) = 0 admet une unique solution π₯ = arcsin (3) Comme arcsin est strictement croissante, 2 βπ₯ β [0, arcsin (3)[ , π β²(π₯ ) > 0 donc π est strictement croissante 2 π βπ₯ β ]arcsin (3) , 2 ] , π β²(π₯ ) < 0 donc π est strictement décroissante π 2 π 2 π 2 2 2 π π 2 2 π < arcsin ( ) < β × < arcsin ( ) < × β < arcsin ( ) < 6 3 4 3 6 3 3 3 4 9 3 3 6 Comme 2 2 2 9 β 4 β5 cos (arcsin ( )) = β1 β ( ) = β 2 = 3 3 3 3 Et que 2 2 2 π (arcsin ( )) = cos (ππππ ππ ( )) + 3 3 3 π β5 2 π β5 + < π (arcsin ( )) < + 9 3 3 6 3 4. 1,5 1 0,5 0 0 0,5 1 1,5 2 Allez à : Exercice 17 Correction exercice 18. π π₯ β π βπ₯ sh(π₯ ) π π₯ β π βπ₯ π 2π₯ β 1 π 2 β 1 π¦ = th(π₯ ) β π¦ = = π₯ 2 βπ₯ = π₯ = = ch(π₯ ) π + π π + π βπ₯ π 2π₯ + 1 π 2 + 1 2 π₯ En posant π = π 23 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π¦ = th(π₯ ) β π¦ = π2 β 1 β π¦(π 2 + 1) = π 2 β 1 β π¦π 2 + π¦ = π 2 β 1 β π¦π 2 β π 2 = β1 β π¦ π2 + 1 β π 2 (π¦ β 1) = β(1 + π¦) β π 2 = β = ln (β 1+π¦ 1+π¦ 1+π¦ = β ππ₯ = π = β βπ₯ π¦β1 1βπ¦ 1βπ¦ 1+π¦ 1 1+π¦ ) ) β π₯ = ln ( 1βπ¦ 2 1βπ¦ π: ]β1,1[ β β est définie par π (π₯ ) = 1 1+π₯ ) ln ( 2 1βπ₯ Allez à : Exercice 18 Correction exercice 19. π βπ₯ ( 3( 3( ch π₯ ) β sh π₯ )) = π βπ₯ π π₯ + π βπ₯ 3 π π₯ β π βπ₯ 3 ) β( ) ) (( 2 2 π βπ₯ 3π₯ (π + 3π π₯ + 3π βπ₯ + π β3π₯ β (π 3π₯ β 3π π₯ + 3π βπ₯ β π β3π₯ )) = 8 π βπ₯ 3 1 (6π π₯ + 2π β3π₯ ) = + π β4π₯ = 8 4 4 Donc lim π βπ₯ (ch3 (π₯ )) β sh3 (π₯ )) = π₯β+β βπ₯ π +π 1 + π β2π₯ 1 + π β2π₯ ) = π₯ β ln (π π₯ ) = π₯ β ln(π π₯ ) β ln ( ) 2 2 2 1 + π β2π₯ = β ln ( ) 2 1 + π β2π₯ 1 lim = π₯β+β 2 2 π₯ β ln(ch(π₯ )) = π₯ β ln ( π₯ 3 4 Donc 1 lim (π₯ β ln(ch(π₯ ))) = β ln ( ) = ln(2) π₯β+β 2 Aller à : Exercice 19 Correction exercice 20. Pour π₯ β 0 β π π₯ β 1 β π βπ₯ β 1 24 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 π΄(π₯ ) = 1 + (π π₯ + π βπ₯ + π 2π₯ + π β2π₯ + β― + π ππ₯ + π βππ₯ ) 2 1 = ((1 + π π₯ + π 2π₯ + β― + π ππ₯ ) + (1 + π βπ₯ + π β2π₯ + β― + π βππ₯ )) 2 1 1 β π (π+1)π₯ 1 β π β(π+1)π₯ = ( + ) 2 1 β ππ₯ 1 β π βπ₯ 1 (1 β π (π+1)π₯ )(1 β π βπ₯ ) β (1 β π β(π+1)π₯ )(1 β π π₯ ) = × (1 β π π₯ )(1 β π βπ₯ ) 2 1 1 β π βπ₯ β π (π+1)π₯ + π ππ₯ β (1 β π π₯ β βπ β(π+1)π₯ + π βππ₯ ) = × 2 1 β π βπ₯ β π π₯ + 1 (π+1)π₯ π₯ βπ₯ β π β(π+1)π₯ ) + π ππ₯ β π βππ₯ 1 π β π β (π = × 2 2 β (π π₯ + π βπ₯ ) 1 sh(π₯ ) β sh((π + 1)π₯) + sh(ππ₯ ) = × 2 1 β ch(π₯ ) Si π₯ = 0, π΄(0) = π + 1 Aller à : Exercice 20 Correction exercice 21. On pose π = π π₯ 1 π+π 1 πβπ β β 3 = 0 β 3(π 2 + 1) β (π 2 β 1) β 6π = 0 2 2 β 2π 2 β 6π + 4 = 0 β π 2 β 3π + 2 = 0 β π = 1 ou π = 2 β π₯ = 0 ou π₯ = ln(2) Aller à : Exercice 21 3 ch(π₯ ) β sh(π₯ ) β 3 = 0 β 3 Correction exercice 22. 1. On pose π = π π₯ sh(π₯ ) β 3 ch(π₯ ) + 3 = 1 1 3 (π + ) 1 1 π πβ (β2π 2 + 6π β 4) ((π 2 β 1) β 3(π 2 + 1) + 6π) = +3= 2 2 2π 2π πβ 1 2 (π β 3π + 2) π Les racines de π 2 β 3π + 2 = 0 sont 1 et 2 donc =β sh(π₯ ) β 3 ch(π₯ ) + 3 = β 1 (π β 1)(π β 2) π Les valeurs de π₯ qui annulent cette expressions vérifient π π₯ = 1 ou π π₯ = 2 Cβest-à-dire π₯ = 0 ou π₯ = ln(2) 2. Reprenons lβidentité 1 sh(π₯ ) β 3 ch(π₯ ) + 3 = β (π β 1)(π β 2) = βπ βπ₯ (π π₯ β 1)(π π₯ β 2) π π₯ ββ ππ₯ β 1 β π₯ π β2 β βπ₯ ( π₯ π₯ βπ π β 1)(π β 2) β Allez à : Exercice 22 0 0 0 ln(2) + β + 25 0 0 +β + β β Fonctions élémentaires Pascal Lainé Correction exercice 23. 1. 1 1 1 3+ 1 π 2 ln(3) + π β2 ln(3) π β3 + π ββ3 β β3 = 3 + 1 = 2 = 2β3 ch ( ln(3)) = = = 2 2 2 2 3 2β3 β3 1 1 1 3β 1 π 2 ln(3) β π β2 ln(3) π β3 β π ββ3 β 1 β3 β3 3 β 1 sh ( ln(3)) = = = = = = 2 2 2 2 3 2β3 β3 2. 2β3 β3 β3 2 ch(π₯ ) + sh(π₯ ) = β3 ch(5π₯ ) β ch(π₯ ) + sh(π₯ ) = × β3 ch(5π₯ ) 3 3 3 1 1 1 β ch ( ln(3)) ch(π₯ ) + sh ( ln(3)) sh(π₯ ) = ch(5π₯ ) β ch ( ln(3) + π₯) = ch(5π₯ ) 2 2 2 1 1 ln(3) + π₯ = 5π₯ 4π₯ = ln(3) 2 2 β{ β{ 1 1 ln(3) + π₯ = β5π₯ 6π₯ = β ln(3) 2 2 1 1 π = { ln(3) , β ln(3)} 8 12 Aller à : Exercice 23 Correction exercice 24. 3 1. 1 > 4 > β2 , 2 comme arccos est décroissante, 3 β2 arccos(1) < arccos ( ) < arccos ( ) 4 2 ce qui équivaut à 3 π 0 < arccos ( ) < 4 4 2. Dβaprès la première question 3 π 0 < 2 arccos ( ) < 4 2 Donc 3 2 arccos ( ) β [0, π] 4 Et bien sûr arccos(π₯ ) β [0, π] On en déduit que 3 3 3 3 2 2 arccos(π₯ ) = 2 arccos ( ) β π₯ = cos (2 arccos ( )) = 2 cos (arccos ( )) β 1 = 2 ( ) β 1 4 4 4 4 9 1 = β1= 8 8 Allez à : Exercice 24 Correction exercice 25. 1. 26 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 1 < 1 β arctan(0) < arctan ( ) < arctan(1) 3 3 Car arctan est strictement croissante, donc 1 π 0 < arctan ( ) < 3 4 1 π Ce qui entraine que 0 < 2 arctan (3) < 2 0< 2. Pour tout π‘ β β 2 tan(π‘) 2 sin(π‘) = × cos 2 (π‘) = 2 sin(π‘) cos(π‘) = sin(2π‘) 2 1 + tan (π‘) cos(π‘) 3. 1 2 2 2 2 tan (arctan (3)) 1 2 9 3 3 3 sin (2 arctan ( )) = = = = 3 = × = 2 1 1 10 3 10 5 3 1 + tan2 (arctan (3)) 1 + (1) 1+9 9 3 3 1 5 3 π Comme arcsin ( ) et 2 arctan ( ) sont dans [0, ], on a 2 3 1 arcsin ( ) = 2 arctan ( ) 5 3 Allez à : Exercice 25 Correction exercice 26. 1. tan(π₯ ) β1 + tan2 (π₯ ) sin(π₯ ) = cos(π₯ ) β1 + sin2 (π₯ ) cos 2 (π₯ ) sin(π₯ ) = cos 2 (π₯ ) + sin2 (π₯ ) cos 2 (π₯ ) cos(π₯ ) β = sin(π₯ ) |cos(π₯ )| = sin(π₯ ) cos(π₯ ) π Car cos(π₯ ) > 0 pour tout π₯ β ]0, 2 [ π Comme π₯ β ]0, 2 [ on peut appliquer la formule précédente, en particulier π₯ β 0 donc on peut diviser par tan(π₯ ) cos(π₯ ) = 2. sin(π₯ ) 1 = tan(π₯ ) β1 + tan2 (π₯ ) 3 3 π < 1 β 0 = arctan(0) < arctan ( ) < arctan(1) = 4 4 4 Car arctan est strictement croissante. 5 5 π 0< < 1 β 0 = arctan(0) < arctan ( ) < arctan(1) = 12 12 4 Car arctan est strictement croissante. En additionnant ces deux inégalités on trouve que 3 5 π 0 < arctan ( ) + arctan ( ) < 4 12 2 0< 3. 3 5 π π Comme arcsin(π₯ ) et arctan (4) + arctan (12) sont dans [β 2 , 2 ]. 27 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 3 5 3 5 arcsin(π₯ ) = arctan ( ) + arctan ( ) β π₯ = sin (arctan ( ) + arctan ( )) 5 12 4 12 3 5 3 5 = sin (arctan ( )) cos (arctan ( )) + cos (arctan ( )) sin (arctan ( )) 4 12 4 12 3 5 1 1 4 12 = × + × 2 2 2 2 β1 + (3) β1 + ( 5 ) β1 + (3) β1 + ( 5 ) 4 4 12 12 3 5 3 5 1 1 1 1 12 4 12 4 = × + × = × + × 5 13 5 13 16 + 9 144 + 25 16 + 9 144 + 25 β 2 β β 2 β 4 12 4 12 4 122 4 122 3 12 4 5 36 + 20 56 = × + × = = 5 13 5 13 65 65 Allez à : Exercice 26 Correction exercice 27. 1. sin2 (π‘) 1 β tan π‘) cos 2 (π‘) cos 2 (π‘) β sin2 (π‘) = = = cos 2 (π‘) β sin2 (π‘) = cos(2π‘) sin2 (π‘) cos 2 (π‘) + sin2 (π‘) 1 + tan2 (π‘) 1+ cos 2 (π‘) 2( 1β 2. 1 1 β tan2 (arctan (3)) 1 2 1 β (3) 1 9β1 8 4 cos (2 arctan ( )) = = = = = 2 1 3 9 + 1 10 5 1 + tan2 (arctan (3)) 1 + (1) 3 Comme 0< Et comme arctan est croissante 1 3 1 π 1 π 1 arctan(0) < arctan ( ) < β 0 < arctan ( ) < β 0 < 2 arctan ( ) < π 3 2 3 2 3 On en déduit alors que 1 4 1 4 cos (2 arctan ( )) = β 2 arctan ( ) = arccos ( ) 3 5 3 5 Allez à : Exercice 27 Correction exercice 28. 1. π(π₯ ) = π₯ π₯ = π π₯ ln(π₯) Donc π est définie et continue sur ]0, +β[ 2. On a lim+ π₯ ln(π₯ ) = 0 π₯β0 Donc lim π(π₯ ) = π 0 = 1 π₯β0+ Autrement dit π est prolongeable par continuité en 0, par π(0) = 1. 3. 28 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 π β²(π₯ ) = (ln(π₯) + π₯ × ) π π₯ ln(π₯) = (ln(π₯ ) + 1)π π₯ ln(π₯) π₯ ] [ π est dérivable sur 0, +β . lim+ π β²(π₯ ) = ββ π₯β0 Donc π nβest pas dérivable en 0 et le graphe admet une demi-tangente verticale en 0. 4. Le signe de la dérivée est le même que celui de ln(π₯) + 1. 1 ln(π₯ ) + 1 = 0 β ln(π₯ ) = β1 β π₯ = π β1 = π 1 1 0 < π₯ < β ln(π₯ ) < ln ( ) = β1 β ln(π₯ ) + 1 < 0 π π De même 1 π₯ > β ln(π₯ ) + 1 > 0 π 1 1 En résumé π est décroissante sur ]0, π [ et croissante sur ]π , +β[. Clairement lim π (π₯ ) = +β 1 5. π (π) = π (π β1 ) = π βπ β1 1 π₯β+β = π π et π(0) = 1 1,4 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 0 0,5 1 1,5 Allez à : Exercice 28 Correction exercice 29. 3 3 1. π est définie, continue et dérivable si et seulement si 4π π₯ β 3 β 0 β π π₯ β 4 β π₯ β ln (4) 3 π·π = β β {ln ( )} 4 2. En ββ, lim (4π π₯ β 3) = β3 π₯βββ lim ch(π₯ ) = +β π₯βββ Donc 8 ch(π₯ ) = ββ π₯βββ 4π π₯ β 3 lim En +β 29 Fonctions élémentaires Pascal Lainé On pose π = π π₯ 1 π+π 8 ch(π₯ ) 8 2 8(π 2 + 1) 8π 2 + 8 π (π₯ ) = π₯ = = = 4π β 3 4π β 3 2π(4π β 3) 8π 2 β 6π lim π = +β π₯β+β Donc 8π 2 + 8 8π 2 lim π(π₯) = lim = lim =1 π₯β+β πβ+β 8π 2 β 6π πβ+β 8π 2 lim π = +β π₯β+β 3 β 3 En ln (4) , ch (ln (4)) > 1 > 0 lim β(4π π₯ β 3) = 0β 3 π₯βln( ) 4 lim β 3 π₯βln( ) 4 3 + ch(π₯ ) = ββ 4π π₯ β 3 3 En ln (4) , ch (ln (4)) > 1 > 0 lim +(4π π₯ β 3) = 0+ 3 π₯βln( ) 4 ch(π₯ ) = +β 3 + 4π π₯ β 3 π₯βln( ) lim 4 3. π β² (π₯ ) = 8 sh(π₯ ) (4π π₯ β 3) β 4 ch(π₯ ) π π₯ 4π π₯ (sh(π₯ ) β ch(π₯ )) β 3 sh(π₯ ) = 8 (4π π₯ β 3)2 (4π π₯ β 3)2 On pose π = π π₯ β²( π₯( π π₯ ) = 0 β 4π sh(π₯ ) β ch(π₯ )) β 3 sh(π₯ ) = 0 β 4π ( 1 πβπ 2 β 1 π+π 2 )β3 1 πβπ 2 =0 β 4π((π 2 β 1) β (π 2 + 1)) β 3(π 2 β 1) = 0 β 8π(β2) β 3π 2 + 3 = 0 β β3π 2 β 8π + 3 = 0 Le discriminant de cette équation est : Ξ = (β8)2 + 4 × 3 × 3 = 64 + 36 = 100 Les racines sont 8 β 10 1 π1 = = β6 3 Et 8 + 10 π2 = = β3 β6 1 1 Or π = π π₯ > 0 donc π β²(π₯ ) = 0 nβa quβune solution π π₯ = β π₯ = ln ( ) = β ln(3) 3 π₯( 3 Il reste à déterminer le signe de 4π sh(π₯ ) β ch(π₯ )) β 3 sh(π₯ ), cette fonction est continue et ne sβannule quβen β ln(3), on prends une valeur simple 0, 4π 0 (sh(0) β ch(0)) β 3 sh(0) = β4 < 0 Donc pour tout π₯ < βln(3) 4π π₯ (sh(π₯ ) β ch(π₯ )) β 3 sh(π₯ ) < 0 et pour tout π₯ > βln(3), 4π π₯ (sh(π₯ ) β ch(π₯ )) β 3 sh(π₯ ) > 0, il faut quand même faire attention au fait que π nβest pas définie 3 en ln (4) 30 Fonctions élémentaires 1 Pascal Lainé 3 1 3 Comme 3 < 4 alors ln (3) < ln (4), on déduit de tout cela que : 1 Pour tout π₯ β] β β, ln (3) [ , π est décroissante. 1 3 Pour tout π₯ β] ln (3) , ln (4) [, π est croissante. 3 Pour tout π₯ β] ln (4) , +β[, π est croissante. 4. π₯ 1 ββ β² π (π₯) π(π₯) + ln (3) ββ 0 β8 3 ln (4) β +β β +β ββ 1 Car 1 1 1 1 8 ch (3) 1 π ln(3) + π β ln(3) 3 + 3 = 40 = β8 π (ln ( )) = = 4 = 4 1 4 5 3 β5 ln( ) β3 4π 3 β 3 3β3 5. π¦ ln 3/4 π₯ 1 βln 3 β8 Aller à : Exercice 29 Correction exercice 30. 1. π’ β 3 + 4 sh(π’) est définie sur β. ch(π’) β 0 pour tout π’ β β et ch est définie sur β donc π est définie sur β. 2. Première méthode 3 + 4 sh(π’) 3 π (π’ ) = = + 4 th(π’) ch(π’) ch(π’) 3 limπ’β+β ch(π’) = +β donc limπ’β+β = 0 et limπ’β+β th(π’) = 1 donc limπ’β+β π (π’) = 4 ch(π’) 3 limπ’βββ ch(π’) = +β donc limπ’βββ ch(π’) = 0 et limπ’βββ th(π’) = β1 donc limπ’β+β π (π’) = β4 Deuxième méthode π π’ β π βπ’ 3 + 4 3 + 4 sh(π’) 6 + 4(π π’ β π βπ’ ) 6π π’ + 4(π 2π’ β 1) 2 π (π’ ) = = = = π π’ + π βπ’ ch(π’) π π’ + π βπ’ π 2π’ + 1 2 31 Fonctions élémentaires Pascal Lainé En multipliant le numérateur et le dénominateur par 2, puis par π π’ . On pose π = π π’ , 6π + 4(π 2 β 1) 4π 2 + 6π β 4 ( ) π π’ = = π2 + 1 π2 + 1 si π’ β +β alors π β +β 4π 2 + 6π β 4 4π 2 lim π (π’) = lim = lim =4 π’β+β πβ+β πβ+β π 2 π2 + 1 si π’ β ββ alors π β 0 4π 2 + 6π β 4 lim π(π’) = lim = β4 π’βββ πβ0 π2 + 1 3. Première méthode π β² (π’ ) = 4 ch(π’) ch(π’) β (3 + 4 sh(π’)) sh(π’) 4 ch2 (π’) β 3 sh(π’) β 4 sh2 (π’) = ch2 (π’) ch2 (π’) 4(ch2 (π’) β sh2 (π’)) β 3 sh(π’) 4 β 3 sh(π’) = = ch2 (π’) ch2 (π’) π β²(π’0 ) = 0 β 4 β 3 sh(π’0 ) = 0 β sh(π’0 ) = 4 4 4 4 2 β π’0 = argsh ( ) = ln ( + β( ) + 1) 3 3 3 3 4 16 4 25 4 5 = ln ( + β + 1) = ln ( + β ) = ln ( + ) = ln(3) 3 9 3 9 3 3 Deuxième méthode 4 π π’0 β π βπ’0 4 sh(π’0 ) = β = 3 2 3 On pose π0 = π π’0 1 π0 β 4 1 8 8 8 π0 4 sh(π’0 ) = β = β π0 β = β π02 β 1 = π0 β π02 β π0 β 1 = 0 3 2 3 π0 3 3 3 Le discriminant vaut 64 100 10 2 Ξ= +4= =( ) 9 9 3 8 10 β 1 π0,1 = 3 3 = β < 0 2 3 8 10 + π0,2 = 3 3 = 3 2 Donc π π’0 = 3 β π’0 = ln(3) π’ π β²(π’) π(π’) ln(3) 0 5 ββ + β4 ch(ln(3)) = π ln(3) + π β ln(3) 2 32 +β β 4 1 3+3 5 = = 2 3 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π (ln(3)) = 4 3+4×3 5 3 =5 4. Graphe de π£ = π(π’) π£ -8 -6 -4 -2 6 5 4 3 2 1 0 -1 0 -2 -3 -4 -5 π’ ln(3) 2 4 6 8 Aller à : Exercice 30 Correction exercice 31. 1. π est définie et continue si et seulement si ch(π₯ ) β 1 β 0, autrement dit si et seulement si π₯ β 0. 2. a. (sh(π₯) + 4ch(π₯ ))(ch(π₯ ) β 1) β (ch(π₯ ) + 4sh(π₯ ) + 2) sh(π₯ ) π β² (π₯ ) = (ch(π₯ ) β 1)2 sh(π₯ ) ch(π₯ ) β sh(π₯ ) + 4 ch2 (π₯ ) β 4 ch(π₯ ) β ch(π₯ ) sh(π₯ ) β 4 sh2 (π₯ ) β 2 sh(π₯ ) = (ch(π₯ ) β 1)2 β3 sh(π₯ ) β 4 ch(π₯ ) + 4(ch2 (π₯ ) β sh2 (π₯ )) β3 sh(π₯ ) β 4 ch(π₯ ) + 4 = = 2 (ch(π₯ ) β 1) (ch(π₯ ) β 1)2 b. On pose π = π π₯ 1 1 πβπ π+π β3(π 2 β 1) β 4(π 2 + 1) + 8π β3 sh(π₯ ) β 4 ch(π₯ ) + 4 = β3 β4 +4= 2 2 2π 1 1 7(π β 1) (π β 7) 7(π π₯ β 1) (π π₯ β 7) β7π 2 + 8π β 1 = =β =β 2π 2π 2π π₯ 2 1 2 π+ (π β 1)4 (π π₯ β 1)4 π 2 β 2π + 1 π 2 (ch(π₯ ) β 1) = ( β 1) = ( ) = = 2 2π 4π 2 4π 2π₯ Donc 1 7(π π₯ β 1) (π π₯ β 7) 1 1 14π π₯ (π π₯ β 1) (π π₯ β 7) 14π π₯ (π π₯ β 7) β π₯ 2π π β² (π₯ ) = =β =β (π π₯ β 1)4 (π π₯ β 1)4 (π π₯ β 1)3 4π 2π₯ 3. 33 Fonctions élémentaires π₯ Pascal Lainé 1 ln (7) = β ln(7) ββ 0 +β β14π π₯ β β β π₯ π β1 β β 0 + π₯ 3 (π β 1) β β 0 + 1 β 0 + + ππ₯ β 7 π β² (π₯ ) β 0 + β Donc π est décroissante sur ]ββ, β ln(7)], croissante sur [β ln(7) , 0[, puis décroissante sur ]0, +β[ 4. On pose π = π π₯ 1 1 π + π 4 (π β π) + + 2 π 2 + 1 + 4(π 2 β 1) + 4π 5π 2 + 4π β 3 ch(π₯ ) + 4sh(π₯ ) + 2 2 2 ( ) π π₯ = = = = 1 (π β 1)2 ch(π₯ ) β 1 π 2 + 1 β 2π π+π 2 β1 Si π₯ β +β alors π β +β donc π (π₯ ) β 5 Si π₯ β ββ alors π β 0 donc π(π₯ ) β β3 Si π₯ β 0β ou si π₯ β 0+ alors π β 1β ou π β 1+ donc π (π₯ ) β +β, car le numérateur tend vers 6 et le dénominateur vers 0+ . Autre méthode que π₯ tende vers 0+ ou 0β , ch(π₯ ) β 1 β 0+ et ch(π₯ ) + 4 sh(π₯ ) + 2 β 3 donc ces deux limites tendent vers +β Allez à : Exercice 31 Correction exercice 32. 1. π est définie, continue et dérivable si et seulement si ch(π₯ ) β 1 β 0, autrement dit si et seulement si π₯ β 0. π·π = β β π₯ 2. On pose π = π 1 1 π+π πβπ + 2 + 1 π 2 + 1 + π 2 β 1 + 2π ch(π₯ ) + sh(π₯ ) + 1 2π 2 + 2π 2π (π + 1) 2 π (π₯ ) = = = = = 1 (π β 1)2 ch(π₯ ) β 1 π 2 + 1 β 2π π 2 β 2π + 1 π+π 2 β1 lim π = 0 π₯βββ Donc 2π 2 + 2π =0 πβ0 π 2 β 2π + 1 lim π = +β lim π(π₯) = lim π₯βββ π₯β+β Donc 2π 2 + 2π 2π 2 = lim =2 πβ+β π 2 β 2π + 1 πβ+β π 2 lim π(π₯) = lim π₯β+β lim (ch(π₯ ) + sh(π₯ ) + 1) = 2 π₯β0 lim (ch(π₯ ) β 1) = 0+ π₯β0± Donc lim π(π₯) = +β π₯β0± 34 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 3. (sh(π₯ ) + ch(π₯ ))(ch(π₯ ) β 1) β (ch(π₯ ) + sh(π₯ ) + 1) sh(π₯ ) (ch(π₯ ) β 1)2 sh(π₯ ) ch(π₯ ) β sh(π₯ ) + ch2 (π₯) β ch(π₯ ) β ch(π₯ ) sh(π₯ ) β sh2 (π₯) β sh(π₯ ) = (ch(π₯ ) β 1)2 1 β ch(π₯ ) β 2 sh(π₯ ) = (ch(π₯ ) β 1)2 1 X+X 1 ( ) ( ) 1 β ch π₯ β 2 sh π₯ = 0 β (π β ) = 0 π β² (π₯ ) = 0 β { β {1 β ch(π₯ ) β 1 β 0 2 π π₯β 0 2 2 1 ( 2 ) β {2π β π + 1 β 2(π β 1) = 0 β {β3π + 2π + 1 = 0 β π = β 3 Xβ 1 Xβ 1 π₯ β²( ) Or π = π > 0 donc il nβy a pas de solution à π π₯ = 0. 1 β ch(π₯ ) β 2 sh(π₯) a le même signe que 1 1 β3π 2 + 2π + 1 = β3(π β 1) (π + ) = β3(π π₯ β 1) (π π₯ + ) 3 3 Si π₯ < 0, π π₯ β 1 < 0 donc 1 β ch(π₯ ) β 2 sh(π₯ ) > 0, Si π₯ > 0, π π₯ β 1 > 0 donc 1 β ch(π₯ ) β 2 sh(π₯ ) < 0 Sur ] β β, 0[, π est croissante, sur ]0, +β[, π est décroissante. π β² (π₯ ) = 4. π₯ π (π₯) π(π₯) β² ββ 0 +β + β 0 +β +β 2 5. 25 π¦ 20 15 10 5 π₯ 0 -4 -2 0 2 4 6 Aller à : Exercice 32 Correction exercice 33. 2π₯ 1. On pose π = π₯2 +1 (Hors programme) 2 2π₯ 2 (π₯ 2 + 1)2 β 4π₯ 2 π₯ 4 + 2π₯ 2 + 1 β 4π₯ 2 π₯ 4 β 2π₯ 2 + 1 π₯2 β 1 ) = 1βπ = 1β( 2 = = = ( ) (π₯ 2 + 1)2 (π₯ 2 + 1)2 (π₯ 2 + 1)2 π₯ +1 π₯2 + 1 argth(X) est définie pour 2 π₯2 β 1 2 2 β1 < π < 1 β π < 1 β 1 β π > 0 β ( 2 ) >0 π₯ +1 Ce qui est toujours le cas sauf pour π₯ 2 = 1 β π₯ = ±1 π·π = β β {β1,1} Comme argth est continue et dérivable sur son ensemble de définition, π est continue et dérivable sur β β {β1,1} 2 35 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 2. Si π (π₯ ) = argth(π’(π₯ )) alors π β²(π₯ ) = 2π₯ Ici π’(π₯ ) = π₯2 +1 donc π’β²(π₯ ) = π’β² (π₯) 2 1β(π’(π₯)) 2(π₯ 2 +1)β2π₯×2π₯ (π₯ 2 +1)2 1βπ₯ 2 2 π₯ 2 β1 2 = 2 (π₯2 +1)2 et 1 β (π’(π₯)) = (π₯2 +1) , voir calcul ci- dessus. Donc pour tout π₯ β β β {β1,1} 1 β π₯2 2 2 2 1 β π₯2 π₯2 + 1 2(1 β π₯ 2 ) 2 (π₯ + 1)2 β²( ) π π₯ = = 2 × ( ) = = 2 (π₯ 2 + 1)2 (1 β π₯ 2 )2 1 β π₯ 2 π₯2 β 1 π₯2 β 1 ( 2 ) π₯ +1 2π₯ 3. Pour tout π₯ β ±1, β1 < π₯2 +1 < 1 donc 2π₯ 2π₯ ) = ββ lim β 2 = β1+ β lim β argth ( 2 π₯ββ1 π₯ + 1 π₯ββ1 π₯ +1 2π₯ 2π₯ ) = ββ lim + 2 = β1+ β lim β argth ( 2 π₯ββ1 π₯ββ1 π₯ + 1 π₯ +1 2π₯ 2π₯ ) = +β limβ 2 = 1β β limβ argth ( 2 π₯β1 π₯ + 1 π₯β1 π₯ +1 2π₯ 2π₯ ) = +β lim+ 2 = 1β β lim+ argth ( 2 π₯β1 π₯ + 1 π₯β1 π₯ +1 2π₯ 2π₯ ) = argth(0) = 0 lim 2 = 0 β lim π(π₯) = lim argth ( 2 π₯βββ π₯ + 1 π₯βββ π₯βββ π₯ +1 2π₯ 2π₯ ) = argth(0) = 0 lim 2 = 0 β lim π(π₯) = lim argth ( 2 π₯β+β π₯ + 1 π₯β+β π₯β+β π₯ +1 2 2 π β²(π₯ ) = 1βπ₯2 < 0 si π₯ < β1 ou si π₯ > 1 et π β² (π₯ ) = 1βπ₯2 > 0 si β1 < π₯ < 1. On en déduit le tableau de variation π₯ ββ β1 1 +β β² π (π₯) β + β π(π₯) 0 ββ ββ +β +β 0 π¦ π₯ -4 -3 -2 -1 0 1 2 Aller à : Exercice 33 Correction exercice 34. 1. π β€ π β€ 2π β β2π β€ βπ β€ βπ β 0 β€ 2π β π β€ π 2. Dβaprès 1. arccos(cos(2π β π )) = 2π β π 36 3 4 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Car 2π β π β [0, π]. Dβautre part cos(2π β π ) = cos(βπ ) = cos(π ) Par conséquent arccos(cos(π )) = 2π β π Allez à : Exercice 34 Correction exercice 35. 1 1. π est définie et continue si et seulement si β1 β€ π₯ β€ 1 Or β1 β€ 1 1 β€ 1 β 2 β€ 1 β π₯ 2 β₯ 1 β π₯ β ]ββ, β1] βͺ [1, +β[ π₯ π₯ 2. 1 1 = 0 β lim arcsin ( ) = arcsin(0) = 0 π₯βββ π₯ π₯βββ π₯ 1 1 lim = 0 β lim arcsin ( ) = arcsin(0) = 0 π₯β+β π₯ π₯β+β π₯ 1 π lim β = β1 β lim β arcsin(β1) = β π₯ββ1 π₯ π₯ββ1 2 1 π lim = 1 β lim+ arcsin(1) = π₯β1+ π₯ π₯β1 2 lim 3. π β² (π₯ ) = β 1 π₯2 β1 = β1 = 2 1 π₯ 2 βπ₯ 2 β 1 β1 β 12 π₯ 2 βπ₯ β 2 |π₯ | π₯ π₯ π est décroissante sur ]ββ, β1] et π est décroissante sur [1, +β[. 4. lim β π β²(π₯ ) = lim β = β|π₯ | π₯ 2 βπ₯ 2 β 1 β |π₯ | = ββ π₯ 2 βπ₯ 2 β 1 β |π₯ | lim+ π β²(π₯ ) = lim+ = ββ π₯β1 π₯β1 π₯ 2 βπ₯ 2 β 1 Le graphe de π admet des demi-tangente verticales en π₯ = β1 et en π₯ = 1. π₯ββ1 π₯ββ1 5. 2 1 0 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 -1 -2 Allez à : Exercice 35 Correction exercice 36. π π 1. Si β 2 β€ π₯ β€ 2 alors arcsin(sin(π₯ )) = π₯, 37 3 4 5 6 7 8 <0 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π π π π Donc si β 2 + 2ππ β€ π₯ β€ 2 + 2ππ ββ 2 β€ π₯ β 2ππ β€ 2 , π β β€. Alors sin(π₯ ) = sin(π₯ β 2ππ) donc arcsin(sin(π₯ )) = arcsin(sin(π₯ β 2ππ)) = π₯ β 2ππ π Si 2 β€ π₯ β€ 3π 2 ββ 3π 2 π π π β€ βπ₯ β€ β 2 β β 2 β€ π β π₯ β€ 2 , comme sin(π₯ ) = sin(π β π₯) Alors arcsin(sin(π₯ )) = arcsin(sin(π β π₯ )) = π β π₯ π Si 2 + 2ππ β€ π₯ β€ 3π 2 + 2ππ β π 2 β€ π₯ β 2ππ β€ 3π 2 alors sin(π₯ ) = sin(π₯ β 2ππ) donc arcsin(sin(π₯ )) = arcsin(sin(π₯ β 2ππ)) = π β (π₯ β 2ππ) = βπ₯ + (2π + 1)π π π π Remarque (inutile), pour tout π₯ β β, il existe π β β€ tel que π₯ β [β 2 + 2ππ, 2 + 2ππ] ou π₯ β [ 2 + 2ππ, 3π 2 + 2ππ] π est 2π périodique et paire, on étudie π sur [0, π]. π est définie, continue si et seulement si 1 + cos(π₯ ) β 0, cβest-à-dire si et seulement si π₯ β π, π(π₯ ) = arctan(π’(π₯ )) 1βcos(π₯) 1βcos(π₯) Avec π’(π₯ ) = β1+cos(π₯) = βπ£(π₯ ) avec π£ (π₯ ) = 1+cos(π₯) π£ β² (π₯ ) = π’ β² (π₯ ) = sin(π₯ ) (1 + cos(π₯ )) β (1 β cos(π₯ ))(β sin(π₯ )) 2 sin(π₯ ) = 2 (1 + cos(π₯ )) (1 + cos(π₯ ))2 π£ β² (π₯ ) 2βπ£(π₯ ) = 2 sin(π₯ ) 1 1 + cos(π₯ ) sin(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) × ×β = ×β 2 2 (1 + cos(π₯ )) 2 1 β cos(π₯ ) (1 + cos(π₯ )) 1 β cos(π₯ ) 2 1 + (π’(π₯)) = 1 + π β² (π₯ ) = π’ β² (π₯ ) 1 + (π’(π₯)) 2 = 1 β cos(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) + 1 β cos(π₯ ) 2 = = 1 + cos(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) sin(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) ×β × 2 (1 + cos(π₯ )) 1 β cos(π₯ ) 2 = 1 sin(π₯ ) 1 + cos(π₯ ) 1 sin(π₯ ) × ×β = × 2 1 + cos(π₯ ) 1 β cos(π₯ ) 2 β1 + cos(π₯ ) × β1 β cos(π₯ ) = 1 sin(π₯ ) 1 sin(π₯ ) 1 sin(π₯ ) × = × = × 2 β1 β cos 2 (π₯ ) 2 βsin2(π₯ ) 2 |sin(π₯ )| En 0 π nβest pas dérivable. 1 Sur ]0, π[, sin(π₯ ) > 0 et donc |sin(π₯ )| = sin(π₯) entraine que πβ²(π₯ ) = 2 π₯ Sur ]0, π[, π(π₯ ) = 2 + πΎ, comme π est continue en 0 : π₯ 0 π(0) = lim+ π(π₯) lim+ ( + πΎ) = + πΎ π₯β0 π₯β0 2 2 La formule est donc vraie en 0 donc sur [0, π[. (1) 1βcos(0) On reprends (1) pour trouver πΎ. π(0) = arctan (β1+cos(0)) = arctan(0) = 0 donc πΎ = 0. π (π₯ ) = π est paire, donc pour π₯ β] β π, 0], π(π₯ ) = π(βπ₯ ) = Pour arranger les choses π₯ 2 βπ₯ 2 car β π₯ β [0, π[. π₯ π (π₯ ) = | | 2 Ensuite on remarque que π est 2π périodique donc (π₯ ) = π(π₯ β 2ππ) π β β€. βπ₯ β] β π, π[, 38 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Si π₯ β] β π + 2ππ, π + 2ππ[, π₯ β 2ππ β] β π, π[, π(π₯ ) = π(π₯ β 2ππ) = | 2. Graphe de π π₯ β 2ππ | 2 π/2 π¦ βπ/2 π₯ βπ/2 π/2 Graphe de π, cβest le même à la différence près que sur lβaxe des abscisses on divise par deux le « π₯ ». Aller à : Exercice 36 Correction exercice 37. π₯ 1. arcsin est définie et continue sur [β1,1], π₯ β β1βπ₯2 est définie et continue sur ]β1,1[ donc π est définie et continue sur ]β1,1[. 2. 1 π (π₯ ) = arcsin(π₯ ) β π₯ (1 β π₯ 2 )β2 βπ₯ β ]β1,1[, 1 3 1 β (1 β π₯ 2 )β2 β π₯ (β ) (β2π₯ )(1 β π₯ 2 )β 2 2 β1 β π₯ 2 3 3 1 1 = β β π₯ 2 (1 β π₯ 2 )β 2 = βπ₯ 2 (1 β π₯ 2 )β 2 β1 β π₯ 2 β1 β π₯ 2 π β² (π₯ ) = π est dérivable sur ]β1,1[. 1 0 3. βπ₯ β ]β1,1[, π β²(π₯ ) < 0, donc π est décroissante sur ]β1,1[. Comme π (0) = arcsin(0) β β1β02 = 0 Si π₯ < 0 alors π (π₯ ) > π (0) = 0 et si π₯ > 0 alors π (π₯ ) < π (0) = 0. Allez à : Exercice 37 Correction exercice 38. 1. 2 (1 + π₯ 2 )2 β (1 β π₯ 2 )2 1 + 2π₯ 2 + π₯ 4 β (1 β 2π₯ 2 + π₯ 4 ) 1 β π₯2 4π₯ 2 1β( ) = = = β₯0 (1 + π₯ 2 )2 ( 1 + π₯ 2 )2 (1 + π₯ 2 ) 2 1 + π₯2 Donc 1 β π₯2 βπ₯ β β, β1 β€ β€1 1 + π₯2 π est définie et continue sur β. 1βπ₯ 2 2. On pose π’(π₯ ) = 1+π₯2 (β2π₯ )(1 + π₯ 2 ) β (1 β π₯ 2 )(2π₯ ) 4π₯ π’ π₯) = =β 2 2 (1 + π₯ ) (1 + π₯ 2 )2 β²( 2 β1 β (π’(π₯)) = β 39 4π₯ 2 2|π₯ | = (1 + π₯ 2 )2 1 + π₯ 2 Fonctions élémentaires Pascal Lainé βπ’β² (π₯ ) π β² (π₯ ) = β1 β (π’(π₯)) = 2 4π₯ 1 + π₯2 2π₯ × = (1 + π₯ 2 )2 |π₯ |(1 + π₯ 2 ) 2|π₯ | π est dérivable pour tout π₯ β 0. En 0β . π₯ < 0 donc |π₯ | = βπ₯ et β2 1 + π₯2 limβ π β²(π₯ ) = β2 π β² (π₯ ) = π₯β0 En 0+ , π₯ > 0 donc |π₯ | = π₯ et 2 1 + π₯2 β²( ) lim+ π π₯ = 2 π β² (π₯ ) = π₯β0 π nβest pas dérivable en 0. 3. lim π’(π₯ ) = β1 β lim π (π₯ ) = arccos(β1) = π π₯βββ π₯βββ π₯β+β π₯β+β lim π’(π₯ ) = β1 β lim π (π₯ ) = arccos(β1) = π 4. π₯ π β² (π₯ ) π (π₯ ) ββ 0 β π β2 +β 2 + π 0 3,5 3 2,5 2 1,5 1 0,5 0 -15 -10 -5 0 5 10 5. Si π₯ < 0 β²( π π₯) = β 2 1 β π₯2 β arccos ( ) = π (π₯ ) = β2 arctan(π₯ ) + πΎ1 1 + π₯2 1 + π₯2 On prend π₯ = β1 arccos(0) = β2 arctan(β1) + πΎ1 β π π + 2 × (β ) = πΎ1 β πΎ1 = 0 2 4 Et π (π₯ ) = β2 arctan(π₯ ) Si π₯ > 0 π β² (π₯ ) = 2 1 β π₯2 β arccos ( ) = π (π₯ ) = 2 arctan(π₯ ) + πΎ2 1 + π₯2 1 + π₯2 On prends π₯ = 1 40 15 Fonctions élémentaires Pascal Lainé arccos(0) = 2 arctan(1) + πΎ1 β π π β 2 × = πΎ2 β πΎ2 = 0 2 4 Et π(π₯ ) = 2 arctan(π₯ ) Aller à : Exercice 38 Correction exercice 39. 1. π est définie et continue si et seulement 2 2 2 1 β (1 β π₯ 2 ) β₯ 0 β π₯2 β₯ 0 {β1 β π₯ β [β1,1] β {1 β ( 1 β π₯ ) β₯ 0 β { β{ β π₯ β [β1,1] π₯ β [β1,1] π₯ β [β1,1] 1 β π₯2 β₯ 0 π₯2 β€ 1 2. 2π₯ π₯ 1 π₯ 2β1 β π₯ 2 = β π β² (π₯ ) = × =β |π₯ |β1 β π₯ 2 β1 β π₯ 2 βπ₯ 2 β1 β (1 β π₯ 2 ) β 3. Il y a deux demi-tangentes verticales Pour π₯ < 0, |π₯ | = βπ₯ et π β² (π₯ ) = 1 β1 β π₯ 2 lim + π β² (π₯ ) = +β π₯ββ1 Il y a une demi-tangente verticale lim π β²(π₯ ) = 1 π₯β0β Il y a une demi-tangente oblique Pour π₯ > 0, |π₯ | = π₯ et π β² (π₯ ) = β1 β1 β π₯ 2 lim+ π π₯ ) = β1 β²( π₯β0 Il y a une demi-tangente oblique lim π β²(π₯ ) = ββ π₯β1β Il y a une demi-tangente verticale 4. Si π₯ β [0,1] la fonction est croissante, si π₯ β [0,1] la fonction est décroissante. 5. π₯ π β² (π₯ ) π (π₯ ) β1 +β 0 + 1 β1 β π 2 0 41 1 ββ 0 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1,8 1,6 1,4 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 Allez à : Exercice 39 Correction exercice 40. 1. On pose π = 1 β 2π₯ 2 1 β π 2 = 1 β (1 β 2π₯ 2 )2 = 1 β (1 β 4π₯ 2 + 4π₯ 4 ) = 4π₯ 2 β 4π₯ 4 = 4π₯ 2 (1 β π₯ 2 ) π est définie et continue si et seulement si β1 β€ 1 β 2π₯ 2 β€ 1 β (1 β 2π₯ 2 )2 β€ 1 β 1 β π 2 β₯ 0 β 4π₯ 2 (1 β π₯ 2 ) β₯ 0 β 1 β π₯ 2 β₯ 0 Bref π est définie et continue sur π·π = [β1,1] 2. Si π (π₯ ) = arccos(π’(π₯ )) alors π β²(π₯ ) = β π’β² (π₯) 2 β1β(π’(π₯)) 2 π’β² (π₯ ) = β4π₯ et 1 β (π’(π₯)) = 1 β π 2 = 4π₯ 2 (1 β π₯ 2 ) donc β4π₯ 4π₯ 2π₯ π β² (π₯ ) = β = = β4π₯ 2 (1 β π₯ 2 ) 2|π₯ |β1 β π₯ 2 |π₯ |β1 β π₯ 2 Si |π₯ |β1 β π₯ 2 β 0, cβest-à-dire si π₯ β] β 1,0[βͺ]0,1[, π est dérivable. β2 lim π β² (π₯) = lim = ββ π₯ββ1+ π₯ββ1 β1 β π₯ 2 2 lim π β²(π₯) = lim = +β π₯β1β π₯ββ1 β1 β π₯ 2 π nβest pas dérivable en ±1. β2 limβ π β²(π₯) = lim = β2 π₯β0 π₯ββ1 β1 β π₯ 2 2 lim+ π β²(π₯) = lim =2 π₯ββ1 β1 β π₯ 2 π₯β0 π nβest pas dérivable en 0. β2 3. Si π₯ β] β 1,0[ alors |π₯ | = βπ₯ donc π β²(π₯ ) = β1βπ₯2 < 0 2 Si π₯ β]0,1[ alors |π₯ | = π₯ donc π β² (π₯ ) = β1βπ₯2 > 0 π (β1) = arccos(1 β 2(β1)2 ) = arccos(β1) = π π (1) = arccos(1 β 2 × 12 ) = arccos(β1) = π π (0) = arccos(1 β 2 × 02 ) = arccos(1) = 0 β2 lim π β² (π₯) = lim = ββ π₯ββ1+ π₯ββ1 β1 β π₯ 2 42 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Il y a donc une demi-tangente verticale en β1. 2 lim π β²(π₯) = lim π₯β1β Il y a donc une demi-tangente verticale en 1. π₯ββ1 β1 β2 limβ π β²(π₯) = lim π₯β0 Il y a donc une demi-tangente oblique en 0β. π₯ββ1 β1 β π₯2 π₯ββ1 β1 π₯β0 = +β = β2 2 lim+ π β²(π₯) = lim Il y a donc une demi-tangente oblique en 0+. π₯ β1 β² π (π₯) ββ π(π₯) π β π₯2 β π₯2 =2 0 1 β2 2 0 +β π 3,5 π 3 2,5 2 1,5 1 0,5 0 -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2 4. Sur ] β 1,0[, π β²(π₯ ) = β β1βπ₯2 donc π (π₯ ) = 2 arccos(π₯ ) + πΎ1 A priori on ne peut pas prendre la valeur β1, ni la valeur 0 car cette relation nβest valable que sur ] β 1,0[. 1 On peut prendre la valeur π₯ = β 2. On peut faire autrement, comme π est continue en 0 (ou en β1), on écrit : π(β1) = lim + π(π₯) π₯ββ1 Or pour π₯ > β1 π (π₯ ) = 2 arccos(π₯ ) + πΎ1 donc arccos(1 β 2 × 12 ) = lim + (2 arccos(π₯ ) + πΎ1 ) β arccos(β1) = 2 arccos(β1) + πΎ1 π₯ββ1 β πΎ1 = β arccos(β1) = βπ La continuité en 0 permet de conclure que : βπ₯ β [β1,0], π (π₯ ) = 2 arccos(π₯) β π 2 Remarque : on aurait pu utiliser que β« β β1βπ₯2 ππ₯ = β2 arcsin(π₯ ) + πΎ et on trouve alors πΎ = 0. 2 Sur ]0,1[, π β²(π₯ ) = β1βπ₯2 donc π (π₯ ) = 2 arcsin(π₯ ) + πΎ2 1 1 1 Pour changer de méthode, je prends π₯ = 2 β [0,1]. π (2) = 2 arcsin (2) + πΎ2 , donc 43 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 1 2 1 1 π π π πΎ2 = arccos (1 β 2 × ( ) ) β 2 arcsin ( ) = arccos ( ) β 2 × = β = 0 2 2 2 6 3 3 La continuité de π en 0 et 1 permet dβaffirmer que : βπ₯ β [0,1], π (π₯ ) = 2 arcsin(π₯) Aller à : Exercice 40 Correction exercice 41. π est définie et continue si et seulement si β1 β€ 1 β 2π₯ 4 β€ 1 β 1 β (1 β 2π₯ 4 )2 β₯ 0 β 1 β (1 β 4π₯ 4 + 4π₯ 8 ) β₯ 0 β 4π₯ 4 (1 β π₯ 4 ) β₯ 0 β π₯ 4 β€ 1 β β1 β€ π₯ β€ 1 8π₯ 3 8π₯ 3 8π₯ 3 4π₯ β²( ) π π₯ =β =β =β =β 2π₯ 2 β1 β π₯ 4 β1 β π₯ 4 β1 β (1 β 2π₯ 4 )2 β4π₯ 4 (1 β π₯ 4 ) πβ² est définie sur ] β 1,1[ et π est continue sur cette intervalle donc π est dérivable sur ] β 1,1[ Remarque : Jβai mis cet exercice parce que lβon pourrait croire que π est dérivable si et seulement si β1 < 1 β 2π₯ 4 < 1 β 1 β (1 β 2π₯ 4 )2 > 0 β 1 β (1 β 4π₯ 4 + 4π₯ 8 ) > 0 β 4π₯ 4 (1 β π₯ 4 ) > 0 β π₯ β] β 1,0[βͺ]0,1[, mais cβest faux, π est bien dérivable en 0. Ce qui est vrai cβest : Si β1 < 1 β 2π₯ 4 < 1 alors π est dérivable, la réciproque peut-être fausse. Je rappelle quβune fonction est dérivable en π₯0 si et seulement si la limite du taux de variation existe, dans tous les exercices avec les fonctions réciproques qui ne sont pas dérivables en une valeur où elles sont définies, on utilise le théorème suivant : Si π est continue en π₯0 et si π β² (π₯) admet une limite en π₯0 alors π est dérivable en π₯0 et π β²(π₯0 ) est la limite de π β²(π₯) en π₯0 . Aller à : Exercice 41 Correction exercice 42. 1. Pour tout π₯ β β 0 β€ cos 4 (π₯ ) β€ 1 β β2 β€ β2 cos 4 (π₯ ) β€ 0 β β1 β€ 1 β 2 cos 4 (π₯ ) β€ 1 Donc π est définie et continue sur β en tant que composée de fonctions définies et continues sur β. 2. π (π₯ ) = arcsin(1 β 2 cos 4 (π₯ + 2π)) = arcsin(1 β 2 cos 4 (π₯ )) = π (π₯ ) Donc π est 2π périodique. Remarque : en fait π est même π-périodique. π (βπ₯ ) = arcsin(1 β 2 cos 4 (βπ₯ )) = arcsin(1 β 2 cos 4 (π₯ )) = π (π₯ ) Donc π est paire. Par conséquent on étudiera π sur πΌ = [0, π]. 3. On pose π’(π₯ ) = 1 β 2 cos 4 (π₯ ) π’ β² (π₯ ) π β² (π₯ ) = 2 β1 β (π’(π₯)) π’β² (π₯ ) = 8 cos 3 (π₯ ) sin(π₯ ) 2 1 β (π’(π₯)) = 1 β (1 β 2 cos 4 (π₯ ))2 = 1 β (1 β 4 cos 4 (π₯ ) + 4 cos 8 (π₯ )) = 4 cos 4 (π₯ ) β 4 cos 8 (π₯ ) = 4 cos 4 (π₯ ) (1 β cos 4 (π₯ )) = 4 cos 4 (π₯ ) (1 β cos 2 (π₯ ))(1 + cos 2 (π₯ )) = 4 cos 4 (π₯ ) sin2 (π₯ ) (1 + cos 2 (π₯ )) 44 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π β² (π₯ ) = 8 cos 3 (π₯ ) sin(π₯ ) 8 cos 3 (π₯ ) sin(π₯ ) = β4 cos 4 (π₯ ) sin2 (π₯ ) (1 + cos 2 (π₯ )) 2 cos 2 (π₯ ) |sin(π₯ )|β1 + cos 2 (π₯ ) 8 cos(π₯ ) sin(π₯ ) = 2|sin(π₯ )|β1 + cos 2 (π₯ ) Il y aura évidemment un problème en 0+ et en π β. Et sur ]0, π[, sin(π₯ ) > 0 donc |sin(π₯)| = sin(π₯ ) Finalement pour tout π₯ β ]0, π[ 4 cos(π₯ ) π β² (π₯ ) = β1 + cos 2 (π₯ ) 4. π β² (π₯ ) = 4 cos(π₯ ) 4 β = 4 = 2β2 + β1 + cos 2 (π₯ ) π₯β0 β1 + 12 β2 4 cos(π₯ ) β4 4 π β² (π₯ ) = β β =β = β2β2 β2 β1 + cos 2 (π₯ ) π₯βπ β1 + 12 Pour toutes les autres valeurs de πΌ, π est dérivable, par conséquent π est dérivable sur ]0, π[. 5. Sur ]0, π[, sin(π₯ ) > 0 et pour tout π₯ β πΌ, sin(π₯ ) = 0 β π₯ = 0 ou π₯ = π Dβaprès lβexpression 4 cos(π₯ ) π β² (π₯ ) = β1 + cos 2 (π₯ ) π π β²(π₯ ) a le même signe que cos(π₯ ), cβest-à-dire strictement positif sur ]0, 2 [ et strictement négatif sur π ] , π[. 2 π₯ π β² (π₯ ) π (π₯ ) π π (0) = arcsin(1 β 2 cos 4 (0)) = arcsin(β1) = β 2 π π π 4 π ( ) = arcsin (1 β 2 cos ( )) = arcsin(1) = 2 2 2 π π(π) = arcsin(1 β 2 cos 4 (π)) = arcsin(β1) = β 2 π 0 π 2 + π β2 0 π 2 6. 45 β π β2 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π 2 π 2 β π π 2 Allez à : Exercice 42 Correction exercice 43. 1. π(π₯ ) = (π₯ 2 + 1)(16π₯ 4 + 8π₯ 2 + 1) = (π₯ 2 + 1)(4π₯ 2 + 1)2 en faisant une division euclidienne par exemple. 2. a) argsh est définie, continue et dérivable sur β donc π est définie, continue et dérivable sur β. b) Si π (π₯ ) = argsh(π’(π₯ )) alors π β²(π₯ ) = π’β² (π₯) 2 β1+(π’(π₯)) sur lβintervalle β. Ici π’(π₯ ) = 3π₯ + 4π₯ 3 donc π’β²(π₯ ) = 3 + 12π₯ 2 = 3(1 + 4π₯ 2 ) 2 1 + (π’(π₯)) = 1 + (3π₯ + 4π₯ 3 )2 = 1 + 9π₯ 2 + 24π₯ 4 + 16π₯ 6 = π(π₯) 3(1 + 4π₯ 2 ) 3(1 + 4π₯ 2 ) 3 π β² (π₯ ) = = = β(π₯ 2 + 1)(4π₯ 2 + 1)2 (4π₯ 2 + 1)β(π₯ 2 + 1) β(π₯ 2 + 1) π (π₯ ) = 3 argsh(π₯ ) + πΎ π (0) = argsh(3 × 0 + 4 × 03 ) = argsh(0) = 0 Donc π (π₯ ) = 3 argsh(π₯ ) Aller à : Exercice 43 Correction exercice 44. β1 < th(π₯ ) < 1 donc π esr définie, continue et dérivable sur β 1 1 2 2 ( ) |ch(π₯ )| ch π₯ ch(π₯ ) 1 ch (π₯ ) ch (π₯ ) π β² (π₯ ) = β = β = β =0 2 2 2 ch (π₯) ch (π₯ ) ch(π₯ ) β1 β th2 (π₯ ) 1 + sh (π₯ ) β 1 ch2 (π₯ ) Car ch(π₯ ) > 0 entraine |ch(π₯)| = ch(π₯). Une fonction dont la dérivée est nulle sur un intervalle est constante. 46 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Et π (0) = arcsin(th(0)) β arctan(sh(0)) = arcsin(0) β arctan(0) = 0 β 0 = 0 Donc arcsin(th(π₯ )) β arctan(sh(π₯ ) = 0 β arcsin(th(π₯ )) = arctan(sh(π₯ ) Aller à : Exercice 44 Correction exercice 45. 1. πΌ= Donc arccos (cos ( π Car cos est paire et 5 β [0, π] π 118 59 60 β 1 π π= π= π = 12π β 10 5 5 5 118 π π π π)) = arccos (cos (β )) = arccos (cos ( )) = 10 5 5 5 arcsin (sin ( 118 π π π)) = arcsin (sin (β )) = β 10 5 5 arctan (tan ( 118 π π π)) = arctan (tan (β )) = β 10 5 5 π π Car β 5 β [β 2 , 2 ] π π π Car β 5 β ]β 2 , 2 [ πΌ= 252 84 80 + 4 4π π= π= π = 16π + 15 5 5 5 Donc arccos (cos ( Car 4π 5 252 4π 4π π)) = arccos (cos ( )) = 15 5 5 β [0, π] 252 4π π π π)) = arcsin (sin ( )) = arcsin (sin ( )) = 15 5 5 5 4π π π π π Car sin ( 5 ) = sin (5 ) et 5 β [β 2 , 2 ] 252 4π π π arctan (tan ( π)) = arctan (tan ( )) = arctan (tan (β )) = β 15 5 5 5 4π 4π π π π π Car tan ( 5 ) = tan ( 5 β π) = tan (β 5 ) et β 5 β] β 2 , 2 [ 76 80 β 4 4π π= π = 16π β 5 5 5 Donc 76 4π 4π 4π arccos (cos ( π)) = arccos (cos (β )) = arccos (cos ( )) = 5 5 5 5 4π Car cos est paire et 5 β [0, π] 76 4π π π arcsin (sin ( π)) = arcsin (sin (β )) = arcsin (sin (β )) = 5 5 5 5 4π π π π π Car sin (β 5 ) = sin (β 5 ) et 5 β [β 2 , 2 ] 76 4π π π arctan (tan ( π)) = arctan (tan (β )) = arctan (tan ( )) = 5 5 5 5 4π 4π π π π π Car tan (β ) = tan (β + π) = tan ( ) et β ]β , [ arcsin (sin ( 5 5 5 5 2. 2 2 76π 80π β 4π 4π = = 16π β 5 5 5 76 4π 4π 4π arccos (cos ( π)) = arccos (cos (β )) = arccos (cos ( )) = 5 5 5 5 Aller à : Exercice 45 47 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Correction exercice 46. 1. π π β tan(arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ )) = tan ( ) 4 4 Il nβy a pas équivalence car tan(π΄) = tan(π΅) nβentraine pas que π΄ = π΅ sauf si on peut montrer à π π lβavance que π΄ et π΅ sont tous les deux dans un intervalle du type ]β 2 + ππ, 2 + ππ[ avec π β β€. Or tan(π) + tan(π) π tan(π + π) = et tan ( ) = 1 1 β tan(π) tan(π) 4 Donc π tan(arctan(2π₯ ) + tan(arctan(π₯ )) arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ ) = β =1 4 1 β tan(arctan(2π₯ )) tan(arctan(π₯ )) Pour tout π₯ β β, tan(arctan(π₯ )) = π₯ et donc tan(arctan(2π₯ )) = 2π₯. π 2π₯ + π₯ 3π₯ arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ ) = β =1β = 1 β 3π₯ = 1 β 2π₯ 2 β 2π₯ 2 + 3π₯ β 1 4 1 β 2π₯ × π₯ 1 β 2π₯ 2 =0 arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ ) = β3ββ17 4 β3ββ17 Le discriminant est Ξ = 9 + 8 = 17, et les racines sont π₯1 = Il est clair que arctan(2π₯1 ) + arctan(π₯1 ) < 0 car π₯1 = 4 et π₯2 = β3+β17 4 < 0, donc π₯1 nβest pas solution. π Par contre pour π₯2 , je ne vois pas bien comment vérifier si arctan(2π₯2 ) + arctan(π₯2 ) = 4 Deuxième méthode : On remarque que π₯ > 0 sinon arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ ) < 0, dβoù arctan(π₯ ) > 0 π π arctan(2π₯ ) + arctan(π₯ ) = β arctan(2π₯ ) = β arctan(π₯ ) 4 4 π π arctan(2π₯ ) β ]β , [ 2 2 π π π π π 0 < arctan(π₯ ) < β β < β arctan(π₯ ) < 0 β < β arctan(π₯ ) < 2 2 4 4 4 Donc π π π β arctan(π₯ ) β ]β , [ 4 2 2 Par conséquent : π π arctan(2π₯ ) = β arctan(π₯ ) β tan(2π₯ ) = tan ( β arctan(π₯ )) 4 4 π tan ( 4) β tan(arctan(π₯ )) 1βπ₯ β arctan(2π₯ ) = β 2π₯ = β 2π₯ (1 + π₯ ) = 1 β π₯ β 2π₯ 2 + 3π₯ β 1 π 1 + π₯ 1 + tan ( 4 ) tan(arctan(π₯ )) =0 On retombe sur les mêmes solutions, on ne garde que la solution positive : β3 + β17 π₯= 4 ( ) 2. arcsin 2π₯ β arcsin(β3π₯) = arcsin(π₯) Si π₯ est solution alors β π₯ est aussi solution car arcsin est impaire. On peut se contenter de rechercher les solutions positives ou nulle. (Dβailleurs π₯ = 0 est évidemment solution). Par conséquent : π 0 β€ arcsin(2π₯ ) β€ 2 π π 0 β€ arcsin(β3π₯) β€ β β β€ β arcsin(β3π₯) β€ 0 2 2 Donc π π β β€ arcsin(2π₯ ) β arcsin(β3π₯) β€ 2 2 Et bien sur 48 Fonctions élémentaires Pascal Lainé π π β€ arcsin(π₯ ) β€ 2 2 β Dβoù lβon tire lβéquivalence : arcsin(2π₯ ) β arcsin(β3π₯) = arcsin(π₯ ) β sin(arcsin(2π₯ ) β arcsin(β3π₯)) = sin(arcsin(π₯ )) Comme sin(π β π) = sin(π) cos(π) β cos(π) sin(π) arcsin(2π₯ ) β arcsin(β3π₯) = arcsin(π₯ ) β sin(arcsin(2π₯ )) cos(arcsin(β3π₯) β cos(arcsin(2π₯ )) sin(arcsin(β3π₯)) = π₯ 2 β 2π₯ β1 β (β3π₯) β β1 β (2π₯ )2 β3π₯ = π₯ β 2π₯ β1 β 3π₯ 2 β β1 β 4π₯ 2 β3π₯ = π₯ On simplifie par π₯ et on nβoubliera pas la solution π₯ = 0. arcsin(2π₯ ) β arcsin(β3π₯) = arcsin(π₯ ) β 2β1 β 3π₯ 2 β β1 β 4π₯ 2 β3 = 1 β 2β1 β 3π₯ 2 β 1 = β1 β 4π₯ 2 β3 Là, je vais élever au carré, mais il faudra faire une réciproque parce que π΄ = π΅ β π΄2 = π΅2 la réciproque est fausse à moins de vérifier que les deux expressions sont de mêmes signes. 2β1 β 3π₯ 2 β 1 = β1 β 4π₯ 2 β3 β 4(1 β 3π₯ 2 ) β 4β1 β 3π₯ 2 + 1 = 3(1 β 4π₯ 2 ) β 2 = 4β1 β 3π₯ 2 1 1 β 1 = 2β1 β 3π₯ 2 β 1 = 4(1 β 3π₯ 2 ) β 12π₯ 2 = 3 β π₯ 2 = β π₯ = 4 2 Puisque jβai pris π₯ > 0 au début. Réciproque : 1 1 π π π 1 β3 arcsin (2 × ) β arcsin (β3 × ) = arcsin(1) β arcsin ( ) = β = = arcsin ( ) 2 2 2 2 3 6 2 Jβaurais pu faire la réciproque dans lβexpression : 2β1 β 3π₯ 2 β β1 β 4π₯ 2 β3 = 1. Lβensemble des solutions est : 1 1 π = {β , 0, } 2 2 Aller à : Exercice 46 Correction exercice 47. La première idée est de prendre la tangente de ces deux expressions, mais on va avoir un problème de 7π réciproque et puis on ne connait pas tan ( 12 ). Alors on tente autre chose 7π 7π arctan(π₯ ) + arctan(β3π₯) = β arctan(β3π₯) = β arctan(π₯ ) 12 12 Et on tente de prendre la tangente de ces deux expressions, là lβennui cβest que lβon ne connait toujours 7π pas tan (12 ). On peut être malin et sβapercevoir que π), mais bon, il faut être malin. 7π 12 = (4+3)π 12 = 4π 3π π π + 12 = 3 + 4 , puis utiliser la formule tan(π + 12 π Pour résoudre cet exercice il est indispensable dβavoir déjà remarqué que tan ( ) = 3 que donc arctan(β3) = π 3 (dans le même genre π β3 3 π = arctan (6 )). π 7π On voit alors que arctan(1) + arctan(β3) = 4 + 3 = 12 On étudie alors la fonction : π (π₯ ) = arctan(π₯ ) + arctan(β3π₯) Cette fonction est définie, continue et dérivable sur β et 1 β3 π β² (π₯ ) = + >0 2 1+π₯ 1 + 3π₯ 2 lim π(π₯) = βπ π₯βββ Et 49 π 3 π cos( ) 3 sin( ) = β3 2 1 2 = β3 et Fonctions élémentaires Pascal Lainé lim π(π₯) = π π₯β+β 7π 7π π est donc une bijection de β sur ] β π, π[, comme 12 β ]βπ, π[, 12 admet un unique antécédent or π₯ = 1 est solution, cβest donc le seul. Aller à : Exercice 47 Correction exercice 48. π π 1. Si π₯ β€ 0, arctan(2π₯ ) β€ 0 et 4 β arctan(π₯ ) β₯ 4 donc il nβy a pas de solution négative. 2. 0 < arctan(π₯ ) < π π π π π β β < β arctan(π₯ ) < 0 β β < β arctan(π₯ ) < 2 2 4 4 4 Donc π π π β arctan(π₯ ) β ]β , [ 4 2 2 Par conséquent : π π arctan(2π₯ ) = β arctan(π₯ ) β tan(2π₯ ) = tan ( β arctan(π₯ )) 4 4 π tan ( 4) β tan(arctan(π₯ )) 1βπ₯ β arctan(2π₯ ) = β 2π₯ = β 2π₯ (1 + π₯ ) = 1 β π₯ β 2π₯ 2 + 3π₯ β 1 π 1 + π₯ 1 + tan ( 4 ) tan(arctan(π₯ )) =0 β3 ± β17 π₯= 4 Comme π₯ > 0 β3 + β17 π₯= 4 Aller à : Exercice 48 Correction exercice 49. (Hors programme) 1+ch(π₯) 1+1 β₯ 2 = 1, π est définie et continue sur β. 2 π(π₯ ) = argch(π’(π₯ )) β π β²(π₯ ) = π’ β² (π₯ ) 2 β(π’(π₯)) β 1 Avec π’ (π₯ ) = β 1 + ch(π₯ ) π£ β² (π₯ ) β²( ) βπ£(π£) = βπ’ π₯ = 2 2βπ£(π₯ ) Avec 1 + ch(π₯ ) 2 sh(π₯ ) 1 β2 sh(π₯) π’ β² (π₯ ) = × = 2 1 + ch(π₯ ) 4β1 + ch(π₯ ) 2β 2 ( 1 + ch π₯) ch(π₯ ) β 1 2 (π’(π₯)) β 1 = β1= 2 2 π£ (π₯ ) = Donc π β² (π₯ ) = β2 sh(π₯ ) 4β1 + ch(π₯ ) βch(π₯ ) β 1 2 = 1 sh(π₯) 1 sh(π₯) 1 sh(π₯) 1 sh(π₯ ) = = = 2 β1 + ch(π₯ ) × βch(π₯ ) β 1 2 βch2 (π₯ ) β 1 2 βsh2(π₯) 2 |sh(π₯ )| 50 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Si π₯ = 0 π nβest pas dérivable. Si π₯ > 0 alors sh(π₯ ) > 0 et donc |sh(π₯)| = sh(π₯) dβoù 1 2 1 Ce qui entraine que π (π₯ ) = 2 π₯ + πΎ sur lβintervalle ]0, +β[. π β² (π₯ ) = π est continue en 0 donc 1 π (0) = lim+ π(π₯) = lim+ ( π₯ + πΎ) = πΎ π₯β0 π₯β0 2 1+ch(π₯) Or π (0) = argch (β 2 1 ) = argch(1) = 0 dβoù πΎ = 0 et π (π₯ ) = 2 π₯ Si π₯ < 0 alors sh(π₯ ) < 0 et donc |sh(π₯)| = βsh(π₯) dβoù 1 π β² (π₯ ) = β 2 1 β² Ce qui entraine que π (π₯ ) = β 2 π₯ + πΎ sur lβintervalle ] β β, 0[ π est continue en 0 donc 1 π (0) = limβ π(π₯) = limβ(β π₯ + πΎ β² ) = πΎβ² π₯β0 π₯β0 2 1+ch(π₯) Or π (0) = argch (β Pour faire plus joli 2 1 ) = argch(1) = 0 dβoù πΎ β² = 0 et π β² (π₯ ) = β 2 π₯ π₯ βπ₯ β β, π (π₯ ) = | | 2 π(π₯ ) = argsh (2π₯ β1 + π₯ 2 ) = argsh(π’(π₯ )) π est définie, continue et dérivable sur β car 2π₯β1 + π₯ 2 est définie, continue et dérivable sur β ainsi que argsh . π’ β² (π₯ ) π β² (π₯ ) = 2 β1 + (π’(π₯)) π’β² (π₯ ) = 2β1 + π₯ 2 + 2π₯ × 2π₯ 2β1 + π₯ 2 =2 1 + π₯2 + π₯2 β1 + π₯ 2 =2 2 1 + 2π₯ 2 β1 + π₯ 2 β1 + (π’(π₯)) = β1 + 4π₯ 2 (1 + π₯ 2 ) = β4π₯ 4 + 4π₯ 2 + 1 = β(2π₯ 2 + 1)2 = |2π₯ 2 + 1| = 2π₯ 2 + 1 β²( π π₯) = 2 1 + 2π₯ 2 β1 + π₯ 2 × 1 2 = 2π₯ 2 + 1 β1 + π₯ 2 β est un intervalle donc π(π₯ ) = 2 argsh(π₯ ) + πΎ π(0) = argsh (2 × 0 × β1 + 02 ) = argsh(0) = 0 Donc πΎ = 0. βπ₯ β β, π(π₯ ) = 2 argsh(π₯ ) 1 β π₯2 β(π₯ ) = argth ( ) = argth(π’(π₯ )) 1 + π₯2 51 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 2 (1 + π₯ 2 )2 β (1 β π₯ 2 )2 1 + 2π₯ 2 + π₯ 4 β (1 β 2π₯ 2 + π₯ 4 ) 1 β π₯2 1 β (π’(π₯)) = 1 β ( ) = = (1 + π₯ 2 )2 ( 1 + π₯ 2 )2 1 + π₯2 4π₯ 2 = (1 + π₯ 2 )2 2 2 2 Donc β est définie et continue sur ββ car 1 β (π’(π₯)) > 0 β (π’(π₯)) < 1 (β2π₯ )(1 + π₯ 2 ) β (1 β π₯ 2 )(2π₯ ) 4π₯ π’ β² (π₯ ) = =β 2 2 (1 + π₯ ) (1 + π₯ 2 )2 (1 + π₯ 2 )2 π’ β² (π₯ ) 4π₯ 1 β β² (π₯ ) = = β × = β 2 (1 + π₯ 2 )2 4π₯ 2 π₯ 1 β (π’(π₯)) Sur lβintervalle ]0, +β[, β(π₯ ) = β ln(π₯ ) + πΎ β(1) = argth(0) = 0 Et β(1) = β ln(1) + πΎ = πΎ donc πΎ = 0 et β(π₯ ) = β ln(π₯ ) Sur lβintervalle ] β β, 0[, β(π₯ ) = β ln(βπ₯ ) + πΎβ² β(1) = argth(0) = 0 Et β(1) = β ln(1) + πΎ β² = πΎ β² donc πΎβ² = 0 et β(π₯ ) = β ln(βπ₯ ) Soit encore βπ₯ β β, β(π₯ ) = β ln|π₯ | Aller à : Exercice 49 Correction exercice 50. π π 1. π (0) = 2 arctan(β1 + 02 β 0) + arctan(0) = 2 arctan(1) = 2 × = 4 2 2. π₯ β β1 + π₯ 2 1 1 β1 + π₯ 2 π β² (π₯ ) = 2 × + 2 + 1 + π₯2 = 2 × 1 + (1 + π₯ 2 β 2π₯β1 + π₯ 2 + π₯ 2 ) 1 + π₯ 2 1 + (β1 + π₯ 2 β π₯) 2π₯ β1 2β1 + π₯ 2 = 2× π₯ β β1 + π₯ 2 β1 + = π₯ 2 (2 + 2π₯ 2 β 2π₯β1 + π₯ β β1 + π₯ 2 β1 + π₯ 2 (1 + π₯ 2 β π₯β1 + π₯ 2 ) 1 1 =β + =0 1 + π₯2 1 + π₯2 3. Sur lβintervalle β : Or π (0) = π 2 + π₯ 2) + 1 1 + π₯2 1 π₯ β β1 + π₯ 2 1 = + 2 1+π₯ β1 + π₯ 2 β1 + π₯ 2 (β1 + π₯ 2 β π₯) 1 + π₯ 2 π (π₯ ) = πΎ π donc π (π₯ ) = 2 . Aller à : Exercice 50 Correction exercice 51. 90 = 6 × 15 β 1 donc π 89π 15 π 89π π π π = 6π β 15 alors cos ( 15 ) = cos (6π β 15) = cos (β 15) = cos (15) π π Or 15 β [0, π] donc arccos (cos (15)) = 15 52 Fonctions élémentaires Pascal Lainé Par suite arccos [cos ( 89π π π )] = arccos [cos ( )] = 15 15 15 Aller à : Exercice 51 Correction exercice 52. π β² (π₯ ) = ch(π₯) ch(π₯) 1 = 2 = 2 1 + sh (π₯) ch (π₯) ch(π₯) Aller à : Exercice 52 Correction exercice 53. 1 1. Pour tout π₯ β β, ch(π₯ ) β₯ 1 donc 0 < ch(π₯) β€ 1, par conséquent π est définie et continue sur β. 2. Si π (π₯ ) = arcsin(π’(π₯ )) alors π β² (π₯ ) = π’β² (π₯) 1 2 β1β(π’(π₯)) avec π’(π₯ ) = ch(π₯) π’ β² (π₯ ) = β β1 β ( sh(π₯ ) ch2 (π₯ ) |sh(π₯ )| 1 2 ch2 (π₯ ) β 1 sh2 (π₯ ) |sh(π₯ )| β ) =β = = = 2 2 ch(π₯ ) ch (π₯ ) ch (π₯ ) |ch(π₯ )| ch(π₯ ) Car ch(π₯ ) > 0. sh(π₯ ) ch(π₯ ) sh(π₯ ) β1 × = × ch2 (π₯ ) |sh(π₯ )| |sh(π₯ )| ch(π₯ ) π nβest pas dérivable en 0. π est dérivable sur ββ . Cβest une manière rapide de dire que pour que π soit dérivable en un point, il faut et il suffit que π soit continue en ce point et que π β² existe, ici, pour que π soit dérivable, il faut et il suffit que π β² existe (car π est définie sur β) et que manifestement la limite à gauche et à droite de 0 nβest pas la même. Donc le raisonnement suivant : π β² (π₯ ) = β 1 π est dérivable si et seulement si β1 < ch(π₯) < 1 β π₯ β 0 nβest pas correct. ππ₯ 3. πβ² (π₯ ) = 1+π2π₯ 4. Si π₯ > 0 alors sh(π₯ ) > 0 et donc 1 2 2π π₯ π π₯) = β =β π₯ = β 2π₯ = β2πβ²(π₯) ch(π₯ ) π + π βπ₯ π +1 Sur lβintervalle ]0, +β[, π(π₯ ) = β2π(π₯ ) + πΎ β²( lim π(π₯) = arcsin(0) = 0 π₯β+β lim π(π₯) = lim arctan(π) = et π₯β+β πβ+β Donc πΎ=π Et βx > 0, arcsin ( 1 ) = β2 arctan(π π₯ ) + π ch(π₯ ) Aller à : Exercice 53 Correction exercice 54. 1. 53 π 2 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 2tan(π) tan(2π ) = = 1 β tan2 (π) 2tan(2π) tan(4π ) = = 1 β tan2 (2π) 1 1 5 β3 2. 0 < < 2 5 2 1 1 β (5) 5 2 12 2 5 1 β (12) = = 10 5 = 24 12 120 120 = 144 β 25 119 , cβest trivial en élevant au carré. arctan est une fonction croissante donc : 1 1 1 arctan(0) < arctan (5) < arctan ( 3) β 0 < arctan (5) < β π π 6 En multipliant cette inégalité par 4 et en enlevant 4 on trouve : β 3. π 1 π 4π π 5π π < 4 arctan ( ) β < β = < 4 5 4 6 4 12 2 π 120 tan(4π ) β tan ( 4) 1 π 1 1 119 β 1 = tan (4 arctan ( ) β ) = = = π 5 4 1 + tan(4π ) tan (4) 1 + 120 119 + 120 239 119 1 π π π 4 arctan (5) β 4 est dans lβintervalle ]β 2 , 2 [ Dβoù 1 π 1 π 1 1 ) β = 4 arctan ( ) β arctan ( ) 4 arctan ( ) β = arctan ( 5 4 239 4 5 239 Aller à : Exercice 54 Correction exercice 55. 1. 1 1 π ln(3) + π βln(3) 3 + 3 π’ β [β ln(3) , ln(3)] β ln ( ) β€ π’ β€ ln(3) β 1 β€ ch(π’) β€ ch(ln(3)) = = 3 2 2 5 = β 3 β€ 3 ch(π’) β€ 5 β β1 β€ 3 ch(π’) β 4 β€ 1 β β1 β€ π(π’) β€ 1 3 2. π est définie et continue si et seulement si β1 β€ 3 ch(π’) β 4 β€ 1, donc π est définie et continue si et seulement si π’ β [β ln(3) , ln(3)]. 3. Si π(π’) = arcsin(π (π’)) alors πβ² (π’) = πβ² (π’) 2 β1β(π(π’)) 2 , π β²(π’) = 3 sh(π’) et 1 β (π(π’)) = 1 β (3 ch(π’) β 4)2 = 1 β (9 ch2 (π’) β 24 ch(π’) + 16) = β9 ch2 (π’) + 24 ch(π’) β 15 = 3(β3 ch2 (π’) + 8 ch(π’) β 5) β3π 2 + 8π β 5 = 0 a pour discriminant Ξ = 64 β 4 × (β3) × (β5) = 4 Ses racines sont : β8 β 2 5 π1 = = β6 3 Et β8 + 2 π2 = =1 β6 5 Donc β3π 2 + 8π β 5 = β3 (π β 3) (π β 1) 54 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 5 Par conséquent β3 ch2 (π’) + 8 ch(π’) β 5 = β3(ch(π’) β 1) (ch(π’) β 3) = (ch(π’) β 1)(5 β 3 ch(π’)) On en déduit que : π β² (π’ ) = 3 sh(π’) β3(ch(π’) β 1)(5 β 3 ch(π’)) 5 5 4. Dβaprès la première question ch(3) = 3 donc ch(π’) = 3 admet deux solutions π’ = ln(3) et π’ = β ln(3) et ch(π’) = 1 a une unique solution π’ = 0. (ch(π’) β 1)(5 β 3 ch(π’)) > 0 β 1 < ch(π’) < ln(3) β π’ β] β ln(3) , 0[βͺ]0, ln(3)[ On doit donc calculer les limites de πβ²(π’) en β ln(3), 0 et ln(3). En β ln(3)+ . sh(β ln(3)) < 0 et 3(ch(π’) β 1)(5 β 3 ch(π’)) β 0+ (sinon cela veut dire que lβon sβest trompé et que le terme sous la racine carrée est négatif). lim + πβ²(π’) = ββ π’ββ ln(3) Il y a donc une tangente verticale en π₯ = β ln(3). En 0β . sh(π’) = ββch2 (π’) β 1 = ββch(π’) β 1 × βch(π’) + 1 Donc π β² (π’ ) = β3βch(π’) β 1 × βch(π’) + 1 β3(ch(π’) β 1)(5 β 3 ch(π’)) limβ πβ²(π’) = π’β0 β3βch(0) + 1 β3(5 β 3 ch(0)) =β = β3βch(π’) + 1 β3(5 β 3 ch(π’)) 3β2 β3(5 β 3) = ββ3 En 0+ . sh(π’) = +βch2 (π’) β 1 = βch(π’) β 1 × βch(π’) + 1 De même limβ πβ²(π’) = π’β0 3βch(0) + 1 β3(5 β 3 ch(0)) = 3β2 β3(5 β 3) = β3 En ln(3)β. Comme en β ln(3)+ ou presque. lim π’ββ ln(3)β πβ²(π’) = +β En fait la fonction est paire et la dérivée est impaire. 5. π est continue sur [β ln(3) , ln(3)] et πβ² est définie sur ] β ln(3) , 0[βͺ]0, ln(3)[ donc π est dérivable sur ] β ln(3) , 0[βͺ]0, ln(3)[. 6. βln(3) 0 ln(3) π’ πβ²(π’) ββ ββ3 β3 +β π π π(π’) 2 π β2 2 π Car π(0) = arcsin(3 ch(0) β 4) = arcsin(3 β 4) = arcsin(β1) = β 2 et π(ln(3)) = arcsin(1) = β² π 2 Et π (π’) est du signe de sh(π’) lorsquβelle est dérivable. 55 Fonctions élémentaires Pascal Lainé 2 1,5 1 βln(3) 0,5 ln(3) 0 -1,5 -1 -0,5 -0,5 0 0,5 -1 -1,5 β -2 Aller à : Exercice 55 56 π 2 1 1,5