DS n˚2 : Correction

ULCO-IUT GTE
Durée : 2H
2012-2013
DUT FI 1
DS n˚2 : Correction
Exercice 1. Pour chacune des fonctions vues en cours (logarithme, exponentielle, sinus hyperbolique, cosinus hyperbolique, arc sinus, arc cosinus, arc tangente), rappeler sa définition, sa dérivée
ainsi que son tableau de variation.
Voir cours.
Exercice 2.
a) Sur quel intervalle est définie la fonction x 7→ sin(arccos(x)) ?
La fonction arccos est définie sur [−1, 1] ; la fonction sin sur R donc x 7→ sin(arccos(x)) est définie
sur [−1, 1].
√
b) Montrer que sin(arccos(x)) = cos(arcsin(x)) = 1 − x2 .
Nous savons que pour tout x dans [−1, 1], d’une part sin2 (arccos(x)) + cos2 (arccos(x)) = 1 et
sin2 (arcsin(x)) + cos2 (arcsin(x)) = 1, ce qui entraı̂ne sin2 (arccos(x)) = cos2 (arcsin(x)) = 1 − x2 .
On conclut en remarquant que pour tout x dans [−1, 1], sin(arccos(x)) ≥ 0 et cos(arcsin(x)) ≥ 0.
c) Sur quel intervalle est définie la fonction x 7→ sin(arctan(x)) ?
Elle est définie sur R car les fonctions sin et arctan le sont.
1
x
et cos(arctan(x)) = √1+x
.
d) Montrer que sin(arctan(x)) = √1+x
2
2
(
sin2 (arctan(x)) + cos2 (arctan(x)) = 1
Nous pouvons écrire
ce qui entraı̂ne :
tan(arctan(x)) = x

 2
2
sin2 (arctan(x)) = x 2
sin (arctan(x)) + cos2 (arctan(x)) = 1
1+x
d’où
1
sin2 (arctan(x))
2
cos2 (arctan(x)) =

=
x
1 + x2
cos2 (arctan(x))
On conclut en remarquant que pour tout x ∈ R, cos(arctan(x)) ≥ 0 et que sin(arctan(x)) est du
même signe que x.
e) Sur quel intervalle est définie la fonction tan(arccos(x)) ?
La fonction arccos est définie sur [−1, 1] et la fonction tan est définie pour tout x ∈ R tel que
cos(x) 6= 0. Par conséquent la fonction x 7→ tan(arccos(x)) est définie pour tout x ∈ [−1, 1] tel
que cos(arccos(x)) 6= 0, c’est à dire sur ] − 1, 0[∪]0, 1[.
√
2
f) Montrer que tan(arccos(x)) = 1−x
.
x
Pour tout x ∈]−1, 0[∪]0, 1[, nous pouvons écrire tan(arccos(x)) =
b), ceci est égal à
√
1−x2
.
x
sin(arccos(x))
cos(arccos(x)) .
D’après la question
g) Préciser l’ensemble de définition et donner une expression algébrique de la fonction x 7→ tan(arcsin(x)).
La fonction x 7→ tan(arcsin(x)) est définie dès que cos(arcsin(x)) 6= 0, c’est à dire sur ] − 1, 1[.
x
De plus, d’après b) tan(arcsin(x)) = √
.
1 − x2
Exercice 3. Démontrer que :
arctan(1) + arctan(2) + arctan(3) = π
Puisque arctan(1) = π4 , cela revient à démontrer que arctan(2) + arctan(3) = 3π
4 . Or nous pouvons
2+3
écrire tan (arctan(2) + arctan(3)) = 1−2×3 = −1. Par conséquent, il existe un entier relatif k tel que
(
π
< arctan(2) < π2
arctan(2) + arctan(3) = − π4 + kπ. Mais π4
d’où π2 < arctan(2) + arctan(3) < π
π
<
arctan(3)
<
4
2
ce qui impose k = 1.
Exercice 4.
a) Vérifier que les hypothèses du théorème de Rolle s’appliquent à la fonction f (x) = x3 − x sur
l’intervalle [−1, 1]. Trouver un réel c qui satisfait à la conclusion du théorème.
f est dérivable sur R, en particulier elle est continue sur [−1, 1] et dérivable sur ] − 1, 1[. De plus
f (−1) = f (1) = 0, il existe donc c ∈] − 1, 1[ tel que f 0 (c) = 0. C’est bien le cas avec c = √13 .
b) On considère la fonction g(x) = (x − 1)−2 . Vérifier que g(0) = g(2) mais qu’il n’existe pas de
c ∈ [0, 2] tel que g 0 (c) = 0. Expliquer pourquoi cela ne contredit pas le théorème de Rolle.
On a g(0) = g(2) = 1 mais g 0 (x) = −2(x − 1)−3 ne s’annule pas. Ceci ne contredit pas le théorème
de Rolle car g n’est pas continue en 1 ∈ [0, 2].
Exercice 5.
On pose Sn = 1 + 12 + · · · + n1 et Tn = 1 +
x est un réel strictement positif.
1
4
+ ··· +
1
.
n2
a) Enoncer l’égalité des accroissements finis pour la fonction t 7→ ln(t) sur l’intervalle [x, x + 1].
x étant un réel strictement positif, t 7→ ln(t) est bien continue sur[x, x + 1] et dérivable sur
]x, x + 1[. Il existe donc c1 ∈]x, x + 1[ tel que ln(x + 1) − ln(x) = c11 .
b) Enoncer l’égalité des accroissements finis pour la fonction t 7→ 1t sur l’intervalle [x, x + 1]. x étant
un réel strictement positif, t 7→ 1t ) est bien continue sur[x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[. Il
1
existe donc c2 ∈]x, x + 1[ tel que x+1
− x1 = − c12 .
2
c) p étant un entier supérieur ou égal à 2, déduire de ce qui précède :
(
ln(p + 1) − ln(p) ≤ p1 ≤ ln(p) − ln(p − 1)
1
1
1
1
1
p − p+1 ≤ p2 ≤ p−1 − p
1
En conservant les mêmes notations, on a 0 < x < c1 < x + 1 d’où x+1
< c11 < x1 c’est à dire
1
1
1
x+1 < ln(x + 1) − ln(x) < x . De cela, on déduit ln(x + 1) − ln(x) < x < ln(x) − ln(x − 1).
1
1
1
De même, x < c2 < x + 1 d’où x2 < c22 < (x + 1)2 et (x+1)2 < c2 < x12 , c’est à dire (x+1)
2 <
1
x
−
1
x+1
<
1
.
x2
De cela, on déduit
1
x
−
1
x+1
<
1
x2
<
1
x−1
−
2
1
x
d) En déduire un encadrement pour les sommes Sn et Tn .
n
n
n
P
P
P
1
D’après ce qui précède, on peut écrire
ln(p + 1) − ln(p) <
<
ln(p) − ln(p − 1) d’où,
p
p=2
p=2
p=2
par simplification télescopique, ln(n + 1) + 1 − ln(2) < Sn < ln(n) + 1
n
n
n
P
P
P
1
1
1
1
1
3
1
De même,
−
<
<
2
p
p+1
p−1 − p ce qui entraı̂ne 2 − n+1 < Tn < 2 −
p
p=2
p=2
p=2
1
n