Fonctions usuelles
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Logarithme, exponentielle, puissances, fonctions hyperboliques et fonctions circulaires réciproques servent dans chaque chapitre d'analyse de l'année : on les dérive, on les compare, on les inverse. Ce chapitre fixe leurs définitions, leurs dérivées, l'allure de leurs courbes et les formules à connaître, en s'appuyant sur le théorème de la bijection.
Prérequis
- Fonctions exponentielle et logarithme népérien vues en Terminale
- Dérivation : dérivée d'un produit, d'un quotient, d'une composée ; lien entre signe de la dérivée et variations — Revoir Dérivation
- Trigonométrie : cercle trigonométrique, valeurs remarquables, fonctions cosinus, sinus et tangente
- Limites de fonctions et théorème des valeurs intermédiaires (niveau Terminale)
- Notions de bijection et d'application réciproque
À la fin du chapitre, on sait
- Appliquer le théorème de la bijection et calculer la dérivée d'une fonction réciproque
- Manipuler ln, exp et les puissances réelles $a^b = e^{b\ln a}$ sans erreur de domaine
- Utiliser les croissances comparées pour lever une indétermination
- Connaître définitions, dérivées, variations et courbes de ch, sh, th
- Connaître les formules de trigonométrie utiles et la dérivée de tan
- Définir arcsin, arccos, arctan, connaître leurs dérivées, leurs courbes et les identités classiques
- Simplifier des expressions du type $\arcsin(\sin x)$ et démontrer une identité entre fonctions réciproques
1.Théorème de la bijection et fonctions réciproques
Beaucoup de fonctions usuelles sont définies comme réciproques d'autres fonctions : $\ln$ est la réciproque de $\exp$, $\arcsin$ celle d'une restriction de $\sin$. L'outil commun est le théorème de la bijection. Il garantit l'existence de la réciproque et donne ses propriétés (continuité, monotonie, dérivée) sans qu'on ait besoin d'une formule explicite.
Bijection, application réciproque
Soit $I$ et $J$ deux parties de $\mathbb{R}$ et $f : I \to J$. On dit que $f$ est une bijection de $I$ sur $J$ si tout $y \in J$ admet un unique antécédent $x \in I$ par $f$. On note $f^{-1}(y)$ cet antécédent. L'application $f^{-1} : J \to I$ est l'application réciproque de $f$ ; elle est caractérisée par $$\forall x \in I,\ \forall y \in J,\quad y = f(x) \iff x = f^{-1}(y).$$ On a $f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_I$ et $f \circ f^{-1} = \mathrm{id}_J$. Dans un repère orthonormé, la courbe de $f^{-1}$ est la symétrique de celle de $f$ par rapport à la droite d'équation $y = x$.
Théorème de la bijection
Soit $f$ une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $I$. Alors :
- $J = f(I)$ est un intervalle, dont les bornes sont les limites (éventuellement infinies) de $f$ aux bornes de $I$ ;
- $f$ réalise une bijection de $I$ sur $J$ ;
- la réciproque $f^{-1} : J \to I$ est continue et strictement monotone, de même sens de variation que $f$.
Par exemple, si $f$ est continue et strictement croissante sur $I = ]a, b[$, alors $J = \left] \lim_{a} f,\ \lim_{b} f \right[$. Si $I = [a, b]$, alors $J = [f(a), f(b)]$.
Statut du théorème et hypothèses
Ce théorème est démontré dans le chapitre « Limites et continuité » : il repose sur le théorème des valeurs intermédiaires. On l'utilise ici comme outil.
En pratique, la stricte monotonie s'obtient par la dérivée : si $f$ est dérivable sur l'intervalle $I$ et si $f' > 0$ sur $I$ sauf en un nombre fini de points, alors $f$ est strictement croissante sur $I$.
Les hypothèses comptent : sur une réunion d'intervalles disjoints ou sans continuité, l'image peut ne pas être un intervalle.
Dérivée d'une fonction réciproque
Soit $f$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, et $f^{-1} : J \to I$ sa réciproque. Soit $a \in I$ et $b = f(a)$. Si $f$ est dérivable en $a$ et si $f'(a) \neq 0$, alors $f^{-1}$ est dérivable en $b$ et $$(f^{-1})'(b) = \frac{1}{f'(a)} = \frac{1}{f'\big(f^{-1}(b)\big)}.$$ En particulier, si $f$ est dérivable sur $I$ et si $f'$ ne s'annule pas sur $I$, alors $f^{-1}$ est dérivable sur $J$ et $(f^{-1})' = \dfrac{1}{f' \circ f^{-1}}$.
Idée de la preuve et obtention de la formule
Dérivabilité. Pour $y \in J$, $y \neq b$, on pose $x = f^{-1}(y)$ ; alors $x \neq a$ par injectivité et $$\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(b)}{y - b} = \frac{x - a}{f(x) - f(a)}.$$ Quand $y \to b$, on a $x \to a$ par continuité de $f^{-1}$ (théorème de la bijection), et ce quotient tend vers $\dfrac{1}{f'(a)}$ puisque $f'(a) \neq 0$. La rédaction complète de ce passage à la limite est faite dans le chapitre « Dérivation ».
Formule. Une fois la dérivabilité acquise, on dérive l'identité $f\big(f^{-1}(y)\big) = y$, valable pour tout $y \in J$. La dérivée d'une composée donne, en $y = b$ : $$f'\big(f^{-1}(b)\big) \times (f^{-1})'(b) = 1,$$ d'où $(f^{-1})'(b) = \dfrac{1}{f'(a)}$ puisque $f^{-1}(b) = a$.
Tangente verticale
Si $f'(a) = 0$, la courbe de $f$ a une tangente horizontale au point $(a, b)$. Par symétrie, la courbe de $f^{-1}$ a une tangente verticale au point $(b, a)$, et $f^{-1}$ n'est pas dérivable en $b$. C'est le cas de $x \mapsto \sqrt{x}$ en $0$ (réciproque de $x \mapsto x^2$ sur $[0, +\infty[$), et de $\arcsin$, $\arccos$ en $\pm 1$.
Une réciproque sans formule explicite
Soit $f : x \mapsto x + e^x$ sur $\mathbb{R}$.
- $f$ est dérivable et $f'(x) = 1 + e^x > 0$ : $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $\mathbb{R}$.
- $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ (car $e^x \to 0$) et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
Par le théorème de la bijection, $f$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$. On ne sait pas écrire $f^{-1}$ avec les fonctions usuelles, mais $f^{-1}$ est continue, strictement croissante, et dérivable sur $\mathbb{R}$ car $f'$ ne s'annule pas. Comme $f(0) = 1$, on a $f^{-1}(1) = 0$ et $$(f^{-1})'(1) = \frac{1}{f'(0)} = \frac{1}{2}.$$
Montrer qu'une fonction est bijective et dériver sa réciproque
- Vérifier que l'ensemble de départ $I$ est un intervalle et que $f$ y est continue.
- Étudier le signe de $f'$ pour obtenir la stricte monotonie.
- Calculer les limites (ou les valeurs) de $f$ aux bornes de $I$ : elles donnent l'intervalle image $J$.
- Conclure par le théorème de la bijection.
- Pour calculer $(f^{-1})'(b)$ : trouver $a$ tel que $f(a) = b$ (souvent une valeur évidente), vérifier que $f'(a) \neq 0$, puis écrire $(f^{-1})'(b) = \dfrac{1}{f'(a)}$.
Plan d'étude d'une fonction
- Déterminer le domaine de définition, puis le domaine de dérivabilité.
- Réduire le domaine d'étude : parité, périodicité.
- Calculer la dérivée, étudier son signe, dresser le tableau de variations.
- Calculer les limites aux bornes ; repérer les asymptotes.
- Étudier les points particuliers : tangentes horizontales ou verticales, valeurs remarquables.
- Tracer la courbe en exploitant les symétries.
2.Exponentielle et logarithme
Rappel : la fonction exponentielle
La fonction exponentielle est l'unique fonction $\exp$ dérivable sur $\mathbb{R}$ telle que $\exp' = \exp$ et $\exp(0) = 1$ (résultat de Terminale). On en retient :
- pour tous réels $a, b$ : $\exp(a + b) = \exp(a)\exp(b)$ et $\exp(-a) = \dfrac{1}{\exp(a)}$ ;
- $\exp(x) > 0$ pour tout $x$, donc $\exp$ est strictement croissante ;
- $\lim_{x \to -\infty} \exp(x) = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \exp(x) = +\infty$.
On note $e = \exp(1) \approx 2{,}718$.
Logarithme népérien
La fonction $\exp$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $\mathbb{R}$, de limite $0$ en $-\infty$ et $+\infty$ en $+\infty$. Par le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0, +\infty[$. Sa réciproque est le logarithme népérien $\ln : ]0, +\infty[ \to \mathbb{R}$ : $$\forall x > 0,\ \forall y \in \mathbb{R},\quad y = \ln x \iff x = \exp(y).$$ Ainsi $\ln 1 = 0$, $\ln e = 1$, $\exp(\ln x) = x$ pour tout $x > 0$ et $\ln(\exp y) = y$ pour tout réel $y$.
Propriétés du logarithme
- $\ln$ est continue et strictement croissante sur $]0, +\infty[$, dérivable, avec $\ln'(x) = \dfrac{1}{x}$.
- Pour tous $x, y > 0$ et tout $n \in \mathbb{Z}$ : $$\ln(xy) = \ln x + \ln y,\quad \ln\frac{1}{x} = -\ln x,\quad \ln\frac{x}{y} = \ln x - \ln y,\quad \ln(x^n) = n \ln x.$$
- $\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$.
- $\ln x < 0$ sur $]0, 1[$ et $\ln x > 0$ sur $]1, +\infty[$.
- Limites usuelles : $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1$ et $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$.
Preuve des propriétés du logarithme
Dérivée. $\exp$ est dérivable et $\exp' = \exp$ ne s'annule pas. D'après le théorème de dérivation des réciproques, $\ln$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ et $$\ln'(x) = \frac{1}{\exp'(\ln x)} = \frac{1}{\exp(\ln x)} = \frac{1}{x}.$$ Produit. Pour $x, y > 0$ : $\exp(\ln x + \ln y) = \exp(\ln x)\exp(\ln y) = xy$. Par définition de $\ln$, cela signifie $\ln(xy) = \ln x + \ln y$. Avec $y = \frac{1}{x}$ : $\ln x + \ln\frac{1}{x} = \ln 1 = 0$. Le quotient s'en déduit. La formule $\ln(x^n) = n \ln x$ se prouve par récurrence pour $n \in \mathbb{N}$, puis s'étend à $n < 0$ par la formule de l'inverse.
Limites aux bornes. $\ln$ est strictement croissante et réalise une bijection de $]0, +\infty[$ sur $\mathbb{R}$ : elle n'est ni majorée ni minorée, donc ses limites en $+\infty$ et en $0^+$ sont $+\infty$ et $-\infty$.
Limites usuelles. Ce sont des taux d'accroissement : $\dfrac{\ln(1+x) - \ln 1}{x} \to \ln'(1) = 1$ et $\dfrac{e^x - e^0}{x} \to \exp'(0) = 1$.
Deux inégalités fondamentales
$$\forall x \in \mathbb{R},\quad e^x \geq 1 + x \qquad\text{et}\qquad \forall x > -1,\quad \ln(1 + x) \leq x,$$ avec égalité si et seulement si $x = 0$. Géométriquement, la courbe de $\exp$ est au-dessus de sa tangente en $0$, et celle de $x \mapsto \ln(1+x)$ est au-dessous de sa tangente en $0$. Avec $t = 1 + x$, la seconde s'écrit aussi $\ln t \leq t - 1$ pour tout $t > 0$.
Preuve des deux inégalités
Soit $g(x) = e^x - 1 - x$ sur $\mathbb{R}$. On a $g'(x) = e^x - 1$, strictement négatif sur $]-\infty, 0[$ et strictement positif sur $]0, +\infty[$. Donc $g$ est strictement décroissante sur $]-\infty, 0]$, strictement croissante sur $[0, +\infty[$, et admet en $0$ un minimum strict $g(0) = 0$. Ainsi $g(x) \geq 0$ pour tout $x$, avec égalité seulement en $0$.
Soit $x > -1$. En appliquant ce résultat au réel $\ln(1+x)$ : $e^{\ln(1+x)} \geq 1 + \ln(1+x)$, soit $1 + x \geq 1 + \ln(1+x)$, d'où $\ln(1+x) \leq x$. L'égalité impose $\ln(1+x) = 0$, soit $x = 0$.
Logarithme de base $a$
Pour $a > 0$ avec $a \neq 1$, on pose, pour $x > 0$ : $$\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}.$$ C'est l'unique fonction proportionnelle à $\ln$ qui vaut $1$ en $a$ ; elle vérifie les mêmes règles de calcul que $\ln$. Le logarithme décimal est $\log_{10}$ : $\log_{10}(1000) = \dfrac{3\ln 10}{\ln 10} = 3$. Le logarithme de base $2$ sert en informatique : $\log_2(1024) = 10$.
Domaines : carrés et valeurs absolues
- $\ln(x^2) = 2 \ln x$ n'est vrai que pour $x > 0$. Pour tout $x \neq 0$ : $\ln(x^2) = 2\ln|x|$.
- $\ln(ab) = \ln a + \ln b$ exige $a > 0$ et $b > 0$. Si $a < 0$ et $b < 0$, on écrit $\ln(ab) = \ln|a| + \ln|b|$.
- La fonction $x \mapsto \ln|x|$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$, de dérivée $\dfrac{1}{x}$. Plus généralement, si $u$ est dérivable et ne s'annule pas sur un intervalle, $(\ln|u|)' = \dfrac{u'}{u}$.
- Il n'existe aucune formule pour $\ln(a + b)$.
Une équation où le domaine élimine une solution
On résout $\ln x + \ln(x - 1) = \ln 6$.
Domaine : il faut $x > 0$ et $x - 1 > 0$, soit $x > 1$. Sur ce domaine, l'équation s'écrit $\ln\big(x(x-1)\big) = \ln 6$, soit, par injectivité de $\ln$, $x^2 - x - 6 = 0$, c'est-à-dire $(x - 3)(x + 2) = 0$.
La valeur $-2$ n'appartient pas au domaine. L'ensemble des solutions est $\{3\}$.
3.Puissances réelles et croissances comparées
Puissance d'exposant réel
Pour $a > 0$ et $b \in \mathbb{R}$, on pose $$a^b = e^{b \ln a}.$$ Cette définition prolonge les puissances entières : pour $n \in \mathbb{Z}$, $e^{n \ln a} = e^{\ln(a^n)} = a^n$. Elle prolonge aussi les racines : $a^{1/n}$ vérifie $\left(a^{1/n}\right)^n = e^{n \cdot \frac{1}{n}\ln a} = a$ ; c'est l'unique réel $y > 0$ tel que $y^n = a$, noté $\sqrt[n]{a}$. Comme $\ln e = 1$, on a $e^b = \exp(b)$, ce qui justifie la notation.
Règles de calcul
Pour $a, b > 0$ et $x, y \in \mathbb{R}$ : $$a^{x+y} = a^x a^y,\quad a^{-x} = \frac{1}{a^x},\quad (a^x)^y = a^{xy},\quad (ab)^x = a^x b^x,\quad \ln(a^x) = x \ln a.$$ On les démontre en revenant à la définition. Par exemple, $(a^x)^y = e^{y \ln(a^x)} = e^{y x \ln a} = a^{xy}$.
Base négative
L'écriture $a^b = e^{b\ln a}$ n'a de sens que pour $a > 0$. On n'écrit donc pas $(-8)^{1/3}$. La racine cubique de $-8$ existe et vaut $-2$, mais elle se définit autrement : $x \mapsto x^3$ est continue et strictement croissante de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$, et sa réciproque $x \mapsto \sqrt[3]{x}$ est définie sur $\mathbb{R}$. Elle coïncide avec $x \mapsto x^{1/3}$ sur $]0, +\infty[$ seulement.
Fonctions puissances $x \mapsto x^\alpha$
Soit $\alpha \in \mathbb{R}$ et $p_\alpha : x \mapsto x^\alpha = e^{\alpha \ln x}$ sur $]0, +\infty[$.
- $p_\alpha$ est dérivable et $p_\alpha'(x) = \alpha x^{\alpha - 1}$.
- Variations et limites :
| $\alpha < 0$ | $\alpha = 0$ | $\alpha > 0$ | |
|---|---|---|---|
| sens de variation | strictement décroissante | constante égale à $1$ | strictement croissante |
| limite en $0^+$ | $+\infty$ | $1$ | $0$ |
| limite en $+\infty$ | $0$ | $1$ | $+\infty$ |
- Pour $\alpha > 0$, on prolonge $p_\alpha$ par continuité en $0$ en posant $0^\alpha = 0$. Ce prolongement est dérivable en $0$ si et seulement si $\alpha \geq 1$. Pour $0 < \alpha < 1$, sa courbe admet en $0$ une tangente verticale.
- Comparaison : si $\alpha < \beta$, alors $x^\alpha < x^\beta$ pour $x > 1$, et $x^\alpha > x^\beta$ pour $0 < x < 1$.
Preuve
Par dérivation d'une composée : $p_\alpha'(x) = \dfrac{\alpha}{x} e^{\alpha \ln x} = \alpha x^\alpha x^{-1} = \alpha x^{\alpha - 1}$. Comme $x^{\alpha-1} > 0$, son signe est celui de $\alpha$.
Limites : si $\alpha > 0$, $\alpha \ln x \to -\infty$ en $0^+$ et $\alpha\ln x \to +\infty$ en $+\infty$ ; on compose par $\exp$. Si $\alpha < 0$, les deux limites s'échangent.
En $0$, pour $\alpha > 0$, le taux d'accroissement du prolongement vaut $\dfrac{x^\alpha - 0}{x - 0} = x^{\alpha - 1}$. Il tend vers $0$ si $\alpha > 1$, vaut $1$ si $\alpha = 1$ et tend vers $+\infty$ si $0 < \alpha < 1$.
Comparaison : $\dfrac{x^\beta}{x^\alpha} = x^{\beta - \alpha} = e^{(\beta-\alpha)\ln x}$ avec $\beta - \alpha > 0$ ; ce nombre est $> 1$ si $\ln x > 0$ et $< 1$ si $\ln x < 0$.
Exponentielle de base $a$
Pour $a > 0$, la fonction $x \mapsto a^x = e^{x \ln a}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, de dérivée $x \mapsto (\ln a)\, a^x$. Elle est strictement croissante si $a > 1$, strictement décroissante si $0 < a < 1$, constante si $a = 1$. Pour $a \neq 1$, c'est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0, +\infty[$, de réciproque $\log_a$.
Ne pas confondre $x \mapsto x^\alpha$ (exposant fixe, dérivée $\alpha x^{\alpha - 1}$) et $x \mapsto a^x$ (base fixe, dérivée $(\ln a)\, a^x$).
Étudier une fonction de la forme $u(x)^{v(x)}$
Quand la base et l'exposant varient tous les deux, aucune des deux formules précédentes ne s'applique.
- Écrire $u(x)^{v(x)} = e^{v(x) \ln u(x)}$ ; cela impose $u(x) > 0$, ce qui donne le domaine.
- Dériver l'exposant $w = v \ln u$ : $w' = v' \ln u + v \dfrac{u'}{u}$, puis $(e^w)' = w' e^w$.
- Pour les limites, étudier la limite de l'exposant $w(x)$, puis composer par $\exp$.
La fonction $x \mapsto x^x$
Sur $]0, +\infty[$, $f(x) = x^x = e^{x \ln x}$. L'exposant $w(x) = x\ln x$ a pour dérivée $\ln x + 1$, donc $f'(x) = (1 + \ln x)\, x^x$. Comme $x^x > 0$, $f'(x)$ a le signe de $1 + \ln x$ : négatif sur $]0, e^{-1}[$, positif sur $]e^{-1}, +\infty[$.
| $x$ | $0$ | $e^{-1}$ | $+\infty$ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| $f'(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | ||
| $f$ | $1$ | $\searrow$ | $e^{-1/e}$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |
Le minimum vaut $f(e^{-1}) = e^{e^{-1} \ln(e^{-1})} = e^{-1/e} \approx 0{,}69$. En $0^+$, $x \ln x \to 0$ (croissances comparées, ci-dessous), donc $x^x \to e^0 = 1$. En $+\infty$, $x \ln x \to +\infty$, donc $x^x \to +\infty$.
Croissances comparées
Pour tous réels $\alpha > 0$ et $\beta > 0$ : $$\lim_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} = 0,\qquad \lim_{x \to 0^+} x^\alpha |\ln x|^\beta = 0,\qquad \lim_{x \to +\infty} \frac{x^\beta}{e^{\alpha x}} = 0.$$ En $+\infty$, l'exponentielle l'emporte sur toute puissance, qui l'emporte sur toute puissance du logarithme.
Preuve des croissances comparées
Cas de base. Pour $x \geq 1$, l'inégalité $\ln t \leq t - 1$ appliquée à $t = \sqrt{x}$ donne $\ln x = 2 \ln \sqrt{x} \leq 2(\sqrt{x} - 1) < 2\sqrt{x}$. Donc $$0 \leq \frac{\ln x}{x} < \frac{2}{\sqrt{x}},$$ et par encadrement $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$ en $+\infty$.
Première limite. On pose $y = x^{\alpha/\beta}$, qui tend vers $+\infty$ quand $x \to +\infty$. Alors $\ln y = \frac{\alpha}{\beta}\ln x$ et $y^\beta = x^\alpha$, donc, pour $x > 1$ : $$\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} = \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^\beta \left(\frac{\ln y}{y}\right)^\beta \longrightarrow 0,$$ par le cas de base et la continuité en $0$ de $t \mapsto t^\beta$ prolongée.
Deuxième limite. On pose $y = \frac{1}{x} \to +\infty$. Pour $0 < x < 1$, $|\ln x| = \ln y$, donc $x^\alpha|\ln x|^\beta = \dfrac{(\ln y)^\beta}{y^\alpha} \to 0$.
Troisième limite. On pose $y = e^{\alpha x} \to +\infty$, donc $x = \frac{\ln y}{\alpha}$. Pour $x > 0$ : $\dfrac{x^\beta}{e^{\alpha x}} = \dfrac{1}{\alpha^\beta} \cdot \dfrac{(\ln y)^\beta}{y} \to 0$ par la première limite.
Comparer $e^\pi$ et $\pi^e$
Soit $g(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ sur $]0, +\infty[$. On a $g'(x) = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}$, positif sur $]0, e]$, strictement négatif sur $]e, +\infty[$ : $g$ est strictement décroissante sur $[e, +\infty[$. Comme $\pi > e$ : $$\frac{\ln \pi}{\pi} < \frac{\ln e}{e} \iff e \ln \pi < \pi \iff \pi^e < e^\pi.$$ La première équivalence s'obtient en multipliant par $e\pi > 0$, la seconde par stricte croissance de $\exp$, puisque $\pi^e = e^{e \ln \pi}$. Numériquement, $e^\pi \approx 23{,}14$ et $\pi^e \approx 22{,}46$.
Lever une indétermination avec les croissances comparées
- Identifier les termes dominants : exponentielle, puissance, logarithme.
- Factoriser par le terme dominant. Par exemple, $x^2 - e^x = e^x\left(x^2 e^{-x} - 1\right)$.
- Conclure avec les limites de référence : ici $x^2 e^{-x} \to 0$, donc $x^2 - e^x \to -\infty$ en $+\infty$.
- Si l'exposant est variable, passer d'abord à la forme exponentielle : $x^{1/x} = e^{\frac{\ln x}{x}} \to e^0 = 1$ en $+\infty$.
4.Fonctions hyperboliques
Cosinus, sinus et tangente hyperboliques
Pour $x \in \mathbb{R}$ : $$\operatorname{ch} x = \frac{e^x + e^{-x}}{2},\qquad \operatorname{sh} x = \frac{e^x - e^{-x}}{2},\qquad \operatorname{th} x = \frac{\operatorname{sh} x}{\operatorname{ch} x} = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}.$$ La fonction $\operatorname{th}$ est définie sur $\mathbb{R}$ car $\operatorname{ch} x > 0$. Les fonctions $\operatorname{ch}$ et $\operatorname{sh}$ sont la partie paire et la partie impaire de $\exp$.
Relations fondamentales
Pour tout $x \in \mathbb{R}$ :
- $\operatorname{ch}$ est paire, $\operatorname{sh}$ et $\operatorname{th}$ sont impaires ;
- $\operatorname{ch} x + \operatorname{sh} x = e^x$ et $\operatorname{ch} x - \operatorname{sh} x = e^{-x}$ ;
- $\operatorname{ch}^2 x - \operatorname{sh}^2 x = 1$ ;
- $\operatorname{ch} x \geq 1$, avec égalité si et seulement si $x = 0$.
Preuve
Changer $x$ en $-x$ échange $e^x$ et $e^{-x}$, d'où les parités. Les deux sommes se lisent sur les définitions. Ensuite $$\operatorname{ch}^2 x - \operatorname{sh}^2 x = (\operatorname{ch} x + \operatorname{sh} x)(\operatorname{ch} x - \operatorname{sh} x) = e^x e^{-x} = 1.$$ Enfin $$\operatorname{ch} x - 1 = \frac{e^x - 2 + e^{-x}}{2} = \frac{\left(e^{x/2} - e^{-x/2}\right)^2}{2} \geq 0,$$ avec égalité si et seulement si $e^{x/2} = e^{-x/2}$, c'est-à-dire $x = 0$.
Dérivées et variations
Les fonctions $\operatorname{ch}$, $\operatorname{sh}$, $\operatorname{th}$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$ et $$\operatorname{ch}' = \operatorname{sh},\qquad \operatorname{sh}' = \operatorname{ch},\qquad \operatorname{th}' = \frac{1}{\operatorname{ch}^2} = 1 - \operatorname{th}^2.$$ Contrairement au cas circulaire, il n'y a aucun signe moins.
- $\operatorname{sh}' = \operatorname{ch} > 0$ : $\operatorname{sh}$ est strictement croissante de $-\infty$ à $+\infty$ ; c'est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$, et $\operatorname{sh} x$ a le signe de $x$.
- $\operatorname{ch}' = \operatorname{sh}$ a le signe de $x$ :
| $x$ | $-\infty$ | $0$ | $+\infty$ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| $\operatorname{sh} x$ | $-$ | $0$ | $+$ | ||
| $\operatorname{ch}$ | $+\infty$ | $\searrow$ | $1$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |
- $\operatorname{th}' > 0$ : $\operatorname{th}$ est strictement croissante. Comme $\operatorname{th} x = \dfrac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}}$, on a $\operatorname{th} x \to 1$ en $+\infty$, et $\operatorname{th} x \to -1$ en $-\infty$ par imparité. C'est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]-1, 1[$.
Preuve des dérivées
Comme $(e^{-x})' = -e^{-x}$, on obtient $\operatorname{ch}'(x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \operatorname{sh} x$ et $\operatorname{sh}'(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} = \operatorname{ch} x$. Pour le quotient : $$\operatorname{th}' = \frac{\operatorname{ch}\cdot\operatorname{ch} - \operatorname{sh}\cdot\operatorname{sh}}{\operatorname{ch}^2} = \frac{1}{\operatorname{ch}^2},$$ et en séparant la fraction, $\dfrac{\operatorname{ch}^2 - \operatorname{sh}^2}{\operatorname{ch}^2} = 1 - \operatorname{th}^2$.
- La courbe de $\operatorname{ch}$ (appelée chaînette) est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées, avec un minimum $1$ en $0$ et une tangente horizontale en ce point.
- La courbe de $\operatorname{sh}$ est symétrique par rapport à l'origine, de tangente $y = x$ en $0$. Pour $x \geq 0$, $\operatorname{sh} x \geq x$ (la fonction $x \mapsto \operatorname{sh} x - x$ a pour dérivée $\operatorname{ch} x - 1 \geq 0$ et s'annule en $0$).
- Pour tout $x$, $\operatorname{sh} x < \dfrac{e^x}{2} < \operatorname{ch} x$, et $\operatorname{ch} x - \dfrac{e^x}{2} = \dfrac{e^x}{2} - \operatorname{sh} x = \dfrac{e^{-x}}{2} \to 0$ en $+\infty$ : les deux courbes se rapprochent de celle de $x \mapsto \frac{e^x}{2}$.
- La courbe de $\operatorname{th}$ admet les asymptotes horizontales $y = -1$ et $y = 1$, et la tangente $y = x$ en $0$. Pour $x \geq 0$, $\operatorname{th} x \leq x$ (la dérivée de $x \mapsto x - \operatorname{th} x$ vaut $\operatorname{th}^2 x \geq 0$).
Formules d'addition (non exigibles)
Le programme n'exige que la relation $\operatorname{ch}^2 - \operatorname{sh}^2 = 1$. Les formules suivantes se retrouvent en revenant aux exponentielles : $$\operatorname{ch}(a+b) = \operatorname{ch} a \operatorname{ch} b + \operatorname{sh} a \operatorname{sh} b,\qquad \operatorname{sh}(a+b) = \operatorname{sh} a \operatorname{ch} b + \operatorname{ch} a \operatorname{sh} b,$$ $$\operatorname{ch}(2a) = 2\operatorname{ch}^2 a - 1 = 1 + 2\operatorname{sh}^2 a,\qquad \operatorname{sh}(2a) = 2 \operatorname{sh} a \operatorname{ch} a.$$ Les fonctions réciproques $\operatorname{argsh}$, $\operatorname{argch}$, $\operatorname{argth}$ sont hors programme ; on retrouve leurs expressions par le calcul quand on en a besoin (voir l'exemple ci-dessous). Le nom « hyperbolique » vient de ce que le point $(\operatorname{ch} t, \operatorname{sh} t)$ décrit la branche $x > 0$ de l'hyperbole $x^2 - y^2 = 1$, comme $(\cos t, \sin t)$ décrit le cercle $x^2 + y^2 = 1$.
Résoudre une équation hyperbolique
- Remplacer $\operatorname{ch}$ et $\operatorname{sh}$ par leurs expressions exponentielles.
- Poser $u = e^x > 0$ et multiplier par $u$ : on obtient en général une équation du second degré en $u$.
- Ne garder que les racines strictement positives, puis revenir à $x = \ln u$.
Deux équations
Équation $\operatorname{sh} x = y$, pour $y \in \mathbb{R}$ fixé. Elle s'écrit $e^x - e^{-x} = 2y$, soit, avec $u = e^x$ : $u^2 - 2yu - 1 = 0$. Le discriminant réduit vaut $y^2 + 1 > 0$ et les racines sont $y \pm \sqrt{y^2 + 1}$. Leur produit vaut $-1$, donc une seule est positive : $y + \sqrt{y^2+1}$, positive car $\sqrt{y^2 + 1} > |y|$. Ainsi $$\operatorname{sh} x = y \iff x = \ln\left(y + \sqrt{y^2 + 1}\right).$$ Équation $\operatorname{ch} x = 2$. Elle s'écrit $e^x + e^{-x} = 4$, soit $u^2 - 4u + 1 = 0$, de racines $2 \pm \sqrt{3}$, toutes deux positives. Comme $(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3}) = 1$, on a $\ln(2 - \sqrt{3}) = -\ln(2 + \sqrt{3})$. Les solutions sont $x = \ln(2 + \sqrt{3})$ et $x = -\ln(2 + \sqrt{3})$, ce qui est cohérent avec la parité de $\operatorname{ch}$.
5.Fonctions circulaires : rappels et formules utiles
- $\cos$ et $\sin$ sont définies sur $\mathbb{R}$ et $2\pi$-périodiques ; $\cos$ est paire, $\sin$ est impaire ; $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$.
- $\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ est définie sur $\mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \left\{\frac{\pi}{2} + k\pi,\ k \in \mathbb{Z}\right\}$ ; elle est impaire et $\pi$-périodique.
- Symétries utiles : $\cos(\pi - x) = -\cos x$, $\sin(\pi - x) = \sin x$, $\cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \sin x$, $\sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \cos x$, $\tan(x + \pi) = \tan x$.
Valeurs remarquables
| $x$ | $0$ | $\frac{\pi}{6}$ | $\frac{\pi}{4}$ | $\frac{\pi}{3}$ | $\frac{\pi}{2}$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $\cos x$ | $1$ | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $\frac{1}{2}$ | $0$ |
| $\sin x$ | $0$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | $1$ |
| $\tan x$ | $0$ | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $1$ | $\sqrt{3}$ | non définie |
Ce tableau sert sans cesse pour calculer des valeurs de $\arcsin$, $\arccos$, $\arctan$.
Dérivées
$\cos' = -\sin$, $\sin' = \cos$, et $\tan$ est dérivable sur $\mathcal{D}$ avec $$\tan' = 1 + \tan^2 = \frac{1}{\cos^2}.$$ En particulier, $\tan$ est strictement croissante sur $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$, de limite $-\infty$ en $\left(-\frac{\pi}{2}\right)^+$ et $+\infty$ en $\left(\frac{\pi}{2}\right)^-$.
Dérivée de la tangente
Par la dérivée d'un quotient : $$\tan' = \frac{\cos \cdot \cos - \sin\cdot(-\sin)}{\cos^2} = \frac{\cos^2 + \sin^2}{\cos^2} = \frac{1}{\cos^2},$$ et en séparant la fraction, $\dfrac{\cos^2}{\cos^2} + \dfrac{\sin^2}{\cos^2} = 1 + \tan^2$. Quand $x \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^-$, $\sin x \to 1$ et $\cos x \to 0^+$, donc $\tan x \to +\infty$ ; l'autre limite s'obtient par imparité.
Formules à connaître
Addition. Pour tous réels $a, b$ : $$\begin{aligned} \cos(a+b) &= \cos a\cos b - \sin a \sin b, & \cos(a-b) &= \cos a\cos b + \sin a\sin b,\\ \sin(a+b) &= \sin a \cos b + \cos a \sin b, & \sin(a-b) &= \sin a\cos b - \cos a \sin b. \end{aligned}$$ Duplication et linéarisation. $$\cos(2a) = \cos^2 a - \sin^2 a = 2\cos^2 a - 1 = 1 - 2\sin^2 a,\qquad \sin(2a) = 2\sin a\cos a,$$ $$\cos^2 a = \frac{1 + \cos(2a)}{2},\qquad \sin^2 a = \frac{1 - \cos(2a)}{2}.$$ Tangente. Si $a$, $b$ et $a + b$ (resp. $a - b$) appartiennent à $\mathcal{D}$ : $$\tan(a+b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 - \tan a \tan b},\qquad \tan(a-b) = \frac{\tan a - \tan b}{1 + \tan a \tan b}.$$
Limites et inégalité de référence
$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} = 1,\qquad \lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x} = 1,\qquad \lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2},$$ $$\forall x \in \mathbb{R},\quad |\sin x| \leq |x|.$$
Preuve
Les deux premières limites sont des taux d'accroissement en $0$ : $\sin'(0) = \cos 0 = 1$ et $\tan'(0) = 1 + \tan^2 0 = 1$. Pour la troisième, $1 - \cos x = 2\sin^2\frac{x}{2}$, donc pour $x \neq 0$ : $$\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{2 \sin^2(x/2)}{x^2} = \frac{1}{2}\left(\frac{\sin(x/2)}{x/2}\right)^2 \longrightarrow \frac{1}{2}.$$ Inégalité : soit $g(x) = x - \sin x$ sur $[0, +\infty[$. On a $g'(x) = 1 - \cos x \geq 0$, donc $g$ est croissante et $g(x) \geq g(0) = 0$ : $\sin x \leq x$ pour $x \geq 0$. Si $0 \leq x \leq 1$, alors $\sin x \geq 0$ (car $1 < \pi$), donc $|\sin x| = \sin x \leq x$. Si $x > 1$, $|\sin x| \leq 1 < x$. Pour $x < 0$, par imparité : $|\sin x| = |\sin(-x)| \leq -x = |x|$.
Calculer $\tan\frac{\pi}{12}$
On écrit $\frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}$ et on applique la formule de $\tan(a - b)$ : $$\tan\frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{3} - 1}{1 + \sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3} - 1)^2}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3}.$$ Contrôle : $2 - \sqrt{3} \approx 0{,}268$, et $\frac{\pi}{12} \approx 0{,}262$ ; c'est cohérent avec $\tan x \approx x$ près de $0$.
6.Fonctions circulaires réciproques
Les fonctions $\sin$, $\cos$, $\tan$ ne sont pas injectives : l'équation $\sin x = \frac{1}{2}$ a une infinité de solutions. On les restreint à un intervalle où elles sont strictement monotones, puis on applique le théorème de la bijection. Le choix de l'intervalle est une convention qu'il faut connaître parfaitement.
Arc sinus
La restriction de $\sin$ à $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ est continue et strictement croissante (sa dérivée $\cos$ est strictement positive sur l'intervalle ouvert), de $-1$ à $1$. C'est une bijection de $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ sur $[-1, 1]$. Sa réciproque est la fonction arc sinus $\arcsin : [-1, 1] \to \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$. Pour $x \in [-1, 1]$ et $\theta \in \mathbb{R}$ : $$\theta = \arcsin x \iff \begin{cases} \sin\theta = x \\ -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \end{cases}$$ Autrement dit, $\arcsin x$ est l'unique réel de $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ dont le sinus vaut $x$. Exemples : $\arcsin 0 = 0$, $\arcsin\frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}$, $\arcsin\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$, $\arcsin 1 = \frac{\pi}{2}$, $\arcsin\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{\pi}{3}$.
Propriétés de arc sinus
- $\arcsin$ est continue, strictement croissante et impaire sur $[-1, 1]$.
- Elle est dérivable sur $]-1, 1[$ et $$\arcsin'(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}.$$
- Elle n'est pas dérivable en $-1$ et en $1$ : sa courbe y a des tangentes verticales. En $0$, la tangente a pour équation $y = x$.
- Pour tout $x \in [-1, 1]$ : $\sin(\arcsin x) = x$ et $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$.
Preuve des propriétés de arc sinus
Soit $x \in [-1, 1]$ et $\theta = \arcsin x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$. Sur cet intervalle, $\cos\theta \geq 0$, et $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta = 1 - x^2$. Donc $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$.
La dérivée de $\sin$ est $\cos$, qui ne s'annule pas sur $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$, dont l'image par $\sin$ est $]-1, 1[$. Par le théorème de dérivation des réciproques, $\arcsin$ est dérivable sur $]-1, 1[$ et $$\arcsin'(x) = \frac{1}{\cos(\arcsin x)} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}.$$ En $\pm 1$, $\cos\left(\pm\frac{\pi}{2}\right) = 0$ : la tangente à la courbe de $\sin$ est horizontale, donc celle de $\arcsin$ est verticale.
Imparité : si $\theta = \arcsin x$, alors $-\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ et $\sin(-\theta) = -x$, donc $\arcsin(-x) = -\theta = -\arcsin x$.
Arc cosinus
La restriction de $\cos$ à $[0, \pi]$ est continue et strictement décroissante, de $1$ à $-1$. Sa réciproque est la fonction arc cosinus $\arccos : [-1, 1] \to [0, \pi]$. Pour $x \in [-1, 1]$ et $\theta \in \mathbb{R}$ : $$\theta = \arccos x \iff \begin{cases} \cos\theta = x \\ 0 \leq \theta \leq \pi\end{cases}$$ Exemples : $\arccos 1 = 0$, $\arccos 0 = \frac{\pi}{2}$, $\arccos\frac{1}{2} = \frac{\pi}{3}$, $\arccos\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{2\pi}{3}$, $\arccos(-1) = \pi$.
Propriétés de arc cosinus
- $\arccos$ est continue et strictement décroissante sur $[-1, 1]$. Elle n'est ni paire ni impaire : pour tout $x \in [-1, 1]$, $\arccos(-x) = \pi - \arccos x$. Sa courbe est symétrique par rapport au point $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$.
- Elle est dérivable sur $]-1, 1[$ et $$\arccos'(x) = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}},$$ avec des tangentes verticales en $\pm 1$.
- Pour tout $x \in [-1, 1]$ : $\cos(\arccos x) = x$ et $\sin(\arccos x) = \sqrt{1 - x^2}$.
Preuve des propriétés de arc cosinus
Soit $\theta = \arccos x \in [0, \pi]$. Alors $\sin\theta \geq 0$ et $\sin^2\theta = 1 - x^2$, d'où $\sin(\arccos x) = \sqrt{1 - x^2}$. Comme $\cos' = -\sin$ ne s'annule pas sur $]0, \pi[$, pour $x \in ]-1, 1[$ : $$\arccos'(x) = \frac{1}{-\sin(\arccos x)} = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}.$$ Symétrie : $\pi - \theta \in [0, \pi]$ et $\cos(\pi - \theta) = -\cos\theta = -x$, donc $\arccos(-x) = \pi - \theta$.
Arc tangente
La restriction de $\tan$ à $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$ est continue et strictement croissante, de limites $-\infty$ et $+\infty$ : c'est une bijection de $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$ sur $\mathbb{R}$. Sa réciproque est la fonction arc tangente $\arctan : \mathbb{R} \to \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$. Pour $x$ et $\theta$ réels : $$\theta = \arctan x \iff \begin{cases}\tan\theta = x\\ -\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}\end{cases}$$ Exemples : $\arctan 0 = 0$, $\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$, $\arctan\sqrt{3} = \frac{\pi}{3}$, $\arctan\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) = -\frac{\pi}{6}$.
Propriétés de arc tangente
- $\arctan$ est continue, strictement croissante et impaire sur $\mathbb{R}$, avec $\lim_{x \to -\infty} \arctan x = -\frac{\pi}{2}$ et $\lim_{x \to +\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}$ : sa courbe a deux asymptotes horizontales.
- Elle est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $$\arctan'(x) = \frac{1}{1 + x^2}.$$ Sa tangente en $0$ a pour équation $y = x$.
- Pour tout réel $x$ : $\tan(\arctan x) = x$, $\cos(\arctan x) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$ et $\sin(\arctan x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$.
Preuve des propriétés de arc tangente
La dérivée $\tan' = 1 + \tan^2$ ne s'annule pas, donc $\arctan$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $$\arctan'(x) = \frac{1}{1 + \tan^2(\arctan x)} = \frac{1}{1 + x^2}.$$ Soit $\theta = \arctan x \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$. Alors $\cos\theta > 0$ et $\cos^2\theta = \dfrac{1}{1 + \tan^2\theta} = \dfrac{1}{1 + x^2}$, d'où $\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$. Puis $\sin\theta = \tan\theta \cos\theta = \dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$.
Dérivées de composées
Si $u$ est dérivable sur un intervalle $I$ :
- $(\arctan u)' = \dfrac{u'}{1 + u^2}$ sur $I$ ;
- si de plus $u(I) \subset ]-1, 1[$ : $(\arcsin u)' = \dfrac{u'}{\sqrt{1 - u^2}}$ et $(\arccos u)' = -\dfrac{u'}{\sqrt{1 - u^2}}$.
Exemple : pour tout réel $x$, $\left(\arctan(e^x)\right)' = \dfrac{e^x}{1 + e^{2x}}$.
| fonction | définie sur | à valeurs dans | dérivable sur | dérivée | parité |
|---|---|---|---|---|---|
| $\arcsin$ | $[-1, 1]$ | $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ | $]-1, 1[$ | $\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ | impaire |
| $\arccos$ | $[-1, 1]$ | $[0, \pi]$ | $]-1, 1[$ | $-\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ | ni paire ni impaire |
| $\arctan$ | $\mathbb{R}$ | $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$ | $\mathbb{R}$ | $\frac{1}{1 + x^2}$ | impaire |
Deux identités classiques
(1) Pour tout $x \in [-1, 1]$ : $\arccos x + \arcsin x = \dfrac{\pi}{2}$.
(2) Pour tout réel $x \neq 0$ : $$\arctan x + \arctan\frac{1}{x} = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} & \text{si } x > 0, \\ -\dfrac{\pi}{2} & \text{si } x < 0. \end{cases}$$
Preuve des deux identités
(1) Soit $x \in [-1, 1]$ et $\theta = \frac{\pi}{2} - \arcsin x$. Comme $\arcsin x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, on a $\theta \in [0, \pi]$. De plus $\cos\theta = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \arcsin x\right) = \sin(\arcsin x) = x$. Par définition de $\arccos$, $\theta = \arccos x$, ce qui est l'égalité voulue.
(2) Soit $f(x) = \arctan x + \arctan\frac{1}{x}$ sur $\mathbb{R}^*$. La fonction $f$ est dérivable et $$f'(x) = \frac{1}{1 + x^2} + \left(-\frac{1}{x^2}\right)\frac{1}{1 + \frac{1}{x^2}} = \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0.$$ Sur l'intervalle $]0, +\infty[$, $f$ est donc constante, égale à $f(1) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$. Sur $]-\infty, 0[$, $f$ est impaire, donc $f(x) = -f(-x) = -\frac{\pi}{2}$.
Cet exemple montre qu'une fonction de dérivée nulle sur $\mathbb{R}^*$ n'est pas forcément constante : $\mathbb{R}^*$ n'est pas un intervalle.
$\arcsin(\sin x)$ ne vaut pas toujours $x$
On a toujours $\sin(\arcsin y) = y$ pour $y \in [-1, 1]$. En revanche, $\arcsin(\sin x) = x$ seulement si $x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, car $\arcsin$ prend ses valeurs dans cet intervalle. Par exemple, $\sin\frac{5\pi}{6} = \frac{1}{2}$, donc $\arcsin\left(\sin\frac{5\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{6}$.
De même, $\arccos(\cos x) = x$ seulement si $x \in [0, \pi]$, et $\arctan(\tan x) = x$ seulement si $x \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$.
Simplifier $\arcsin(\sin x)$, $\arccos(\cos x)$, $\arctan(\tan x)$
- Repérer l'intervalle de référence : $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ pour $\arcsin$, $[0, \pi]$ pour $\arccos$, $\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$ pour $\arctan$.
- Trouver un réel $\theta$ de cet intervalle qui a le même sinus (resp. cosinus, tangente) que $x$, à l'aide de la périodicité et des symétries : $\sin(\pi - x) = \sin x$, $\cos(-x) = \cos x$, $\tan(x - k\pi) = \tan x$.
- Conclure : le résultat est $\theta$.
Exemples :
- $\arccos\left(\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right) = \frac{\pi}{3}$, car $\frac{\pi}{3} \in [0, \pi]$ et $\cos\frac{\pi}{3} = \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)$.
- $\arctan\left(\tan\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{\pi}{4}$, car $\frac{3\pi}{4} - \pi = -\frac{\pi}{4} \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$.
- $\arccos\left(\cos\frac{7\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{4}$, car $\cos\frac{7\pi}{4} = \cos\left(2\pi - \frac{\pi}{4}\right) = \cos\frac{\pi}{4}$.
- Pour $x \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ : $\pi - x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ et $\sin(\pi - x) = \sin x$, donc $\arcsin(\sin x) = \pi - x$.
Établir une identité entre fonctions réciproques
Par la dérivée.
- Poser $f$ égale à la différence des deux membres, sur un intervalle $I$.
- Montrer que $f' = 0$ sur $I$ (ou sur l'intérieur de $I$, avec continuité aux bornes).
- Calculer $f$ en un point bien choisi.
Par une fonction trigonométrique.
- Appliquer $\tan$ (ou $\sin$, $\cos$) aux deux membres et vérifier que les images sont égales.
- Localiser les deux membres dans un même intervalle où cette fonction est injective.
- Conclure à l'égalité.
L'étape 2 est celle qu'on oublie ; sans elle, on ne prouve qu'une égalité modulo $\pi$ ou $2\pi$.
$\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$
Posons $a = \arctan\frac{1}{2}$ et $b = \arctan\frac{1}{3}$. Comme $0 < \frac{1}{3} < \frac{1}{2} < 1$ et que $\arctan$ est strictement croissante, $0 < b < a < \frac{\pi}{4}$, donc $a + b \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[$. Sur cet intervalle, $\tan$ est définie et injective. Or $$\tan(a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 - \tan a\tan b} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{5/6}{5/6} = 1 = \tan\frac{\pi}{4}.$$ Comme $\frac{\pi}{4} \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[$, on conclut que $a + b = \frac{\pi}{4}$.
Une équation : $\arctan x + \arctan(2x) = \frac{\pi}{4}$
Soit $f(x) = \arctan x + \arctan(2x)$ sur $\mathbb{R}$. La fonction $f$ est continue et strictement croissante (somme de deux fonctions strictement croissantes), de limites $-\pi$ en $-\infty$ et $\pi$ en $+\infty$. Par le théorème de la bijection, l'équation $f(x) = \frac{\pi}{4}$ a une unique solution $x_0$. Comme $f(0) = 0 < \frac{\pi}{4}$ et que $f$ est strictement croissante, $x_0 > 0$.
Calcul de $x_0$ : posons $a = \arctan x_0$ et $b = \arctan(2x_0)$, avec $a + b = \frac{\pi}{4}$. Les réels $a$, $b$, $a + b$ ne sont pas de la forme $\frac{\pi}{2} + k\pi$, donc la formule d'addition s'applique : $$1 = \tan(a + b) = \frac{x_0 + 2x_0}{1 - 2x_0^2},\quad\text{d'où}\quad 2x_0^2 + 3x_0 - 1 = 0.$$ Le discriminant vaut $9 + 8 = 17$, donc $x_0 = \dfrac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}$. Seule la racine positive convient : $$x_0 = \frac{\sqrt{17} - 3}{4} \approx 0{,}28.$$ L'existence de la solution a été établie à part ; comme elle figure nécessairement parmi les candidats, aucune vérification supplémentaire n'est nécessaire.