Exercices corrigés : Fonctions usuelles (Prépa, 1re année)

On cherche à chaque fois l'unique réel de l'intervalle de référence qui a le sinus (cosinus, tangente) demandé.

a) $\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$ et $\frac{\pi}{6} \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, donc $\arcsin\frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}$. Par imparité de $\arcsin$ : $\arcsin\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{\pi}{6}$.

b) $\arccos\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$ car $\frac{\pi}{4} \in [0, \pi]$ et $\cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Avec $\arccos(-x) = \pi - \arccos x$ : $\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$. Contrôle : $\frac{3\pi}{4} \in [0, \pi]$ et $\cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

c) $\arctan\sqrt{3} = \frac{\pi}{3}$ et $\arctan$ est impaire, donc $\arctan(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}$.

d) $\sin\frac{2\pi}{3} = \sin\left(\pi - \frac{\pi}{3}\right) = \sin\frac{\pi}{3}$, et $\frac{\pi}{3} \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$. Donc $\arcsin\left(\sin\frac{2\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3}$. On remarque que ce n'est pas $\frac{2\pi}{3}$, qui n'est pas dans l'intervalle de référence.

e) $\cos$ est paire, donc $\cos\left(-\frac{5\pi}{6}\right) = \cos\frac{5\pi}{6}$, et $\frac{5\pi}{6} \in [0, \pi]$. Donc $\arccos\left(\cos\left(-\frac{5\pi}{6}\right)\right) = \frac{5\pi}{6}$.

f) $\tan$ est $\pi$-périodique : $\tan\frac{5\pi}{6} = \tan\left(\frac{5\pi}{6} - \pi\right) = \tan\left(-\frac{\pi}{6}\right)$, et $-\frac{\pi}{6} \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$. Donc $\arctan\left(\tan\frac{5\pi}{6}\right) = -\frac{\pi}{6}$.

a) Soit $\theta = \arccos\frac{1}{3} \in [0, \pi]$. Sur cet intervalle $\sin\theta \geq 0$, et $\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$. Donc $$\sin\left(\arccos\frac{1}{3}\right) = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

b) Soit $\theta = \arcsin\frac{3}{5} \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$. On a $\cos\theta \geq 0$ et $\cos^2\theta = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$, donc $\cos\theta = \frac{4}{5}$. Comme $\cos\theta \neq 0$, $\tan\theta$ est défini et $$\tan\left(\arcsin\frac{3}{5}\right) = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}.$$

c) Soit $x \in \mathbb{R}$ et $\theta = \arctan x$. D'après le cours, $\cos^2\theta = \frac{1}{1 + \tan^2\theta} = \frac{1}{1 + x^2}$. Par la formule de duplication : $$\cos(2\arctan x) = 2\cos^2\theta - 1 = \frac{2}{1 + x^2} - 1 = \frac{1 - x^2}{1 + x^2}.$$ Avec $x = 2$ : $\cos(2\arctan 2) = \frac{1 - 4}{1 + 4} = -\frac{3}{5}$.

Contrôle : $\arctan 2 \in \left]\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right[$ car $2 > 1$, donc $2\arctan 2 \in \left]\frac{\pi}{2}, \pi\right[$, où le cosinus est négatif. C'est cohérent.

a) Pour $x > 0$, $x^{\sqrt{x}} = e^{\sqrt{x}\ln x}$. Pour $0 < x < 1$, $\sqrt{x}\ln x = -x^{1/2}|\ln x|$, et par croissances comparées ($\alpha = \frac{1}{2}$, $\beta = 1$), $x^{1/2}|\ln x| \to 0$ en $0^+$. Donc l'exposant tend vers $0$ et, par continuité de $\exp$, $x^{\sqrt{x}} \to e^0 = 1$.

b) C'est la première limite des croissances comparées avec $\beta = 3$ et $\alpha = \frac{1}{2}$ : la limite vaut $0$.

c) Pour $x > 0$, $\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e^{x\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)}$. On pose $h = \frac{1}{x}$, qui tend vers $0^+$ quand $x \to +\infty$ : $x\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{\ln(1 + h)}{h} \to 1$ (limite usuelle). Donc la limite vaut $e^1 = e$.

d) On pose $t = \sqrt{x}$, qui tend vers $+\infty$ ; alors $x^2 e^{-\sqrt{x}} = \frac{t^4}{e^t}$, qui tend vers $0$ par croissances comparées ($\beta = 4$, $\alpha = 1$). La limite vaut $0$.

e) On factorise par $e^x$ : $$\frac{e^x - x^5}{e^x + \ln x} = \frac{1 - x^5 e^{-x}}{1 + e^{-x}\ln x}.$$ Par croissances comparées, $x^5 e^{-x} \to 0$. Pour $x \geq 1$, $0 \leq \ln x \leq x - 1 < x$, donc $0 \leq e^{-x}\ln x \leq x e^{-x}$, qui tend vers $0$ ; par encadrement $e^{-x}\ln x \to 0$. La limite vaut $\frac{1 - 0}{1 + 0} = 1$.

1. $]0, +\infty[$ est un intervalle, et $f$ y est continue et dérivable, avec $f'(x) = 1 + \frac{1}{x} > 0$. Donc $f$ est strictement croissante. En $0^+$, $x \to 0$ et $\ln x \to -\infty$, donc $f(x) \to -\infty$. En $+\infty$, $f(x) \to +\infty$ comme somme de deux termes tendant vers $+\infty$. Par le théorème de la bijection, $f$ est une bijection de $]0, +\infty[$ sur $J = \mathbb{R}$.

2. $f$ est dérivable et $f'$ ne s'annule pas sur $]0, +\infty[$, donc $f^{-1}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, avec $(f^{-1})'(b) = \frac{1}{f'(f^{-1}(b))}$.

• $f(1) = 1 + 0 = 1$, donc $f^{-1}(1) = 1$ et $(f^{-1})'(1) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{2}$.
• $f(e) = e + 1$, donc $f^{-1}(e + 1) = e$ et $(f^{-1})'(e + 1) = \frac{1}{1 + \frac{1}{e}} = \frac{e}{e + 1}$.

3. La tangente au point d'abscisse $1$ a pour équation $y = f^{-1}(1) + (f^{-1})'(1)(x - 1)$, soit $y = 1 + \frac{1}{2}(x - 1)$, c'est-à-dire $y = \frac{x + 1}{2}$.

4. Soit $y \in \mathbb{R}$ et $x = f^{-1}(y) > 0$. Alors $f(x) = y$, soit $x + \ln x = y$. En appliquant $\exp$ : $e^x e^{\ln x} = e^y$, c'est-à-dire $x e^x = e^y$. C'est l'égalité voulue.

1. Pour tout réel $x$, en multipliant par $e^x$ : $\operatorname{th} x = \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1}$. On pose $v = e^{2x} > 0$. L'équation $\operatorname{th} x = y$ équivaut à $v - 1 = y(v + 1)$, soit $v(1 - y) = 1 + y$. Comme $y \neq 1$ : $$e^{2x} = \frac{1 + y}{1 - y}.$$ Pour $y \in ]-1, 1[$, $1 + y > 0$ et $1 - y > 0$, donc ce nombre est strictement positif et l'équation équivaut à $2x = \ln\frac{1 + y}{1 - y}$. Ainsi $$g(y) = \frac{1}{2}\ln\frac{1 + y}{1 - y}.$$ (Cette fonction, notée $\operatorname{argth}$, est hors programme ; on la retrouve par ce calcul.)

2. Première méthode : $g(y) = \frac{1}{2}\big(\ln(1 + y) - \ln(1 - y)\big)$, donc $$g'(y) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 + y} + \frac{1}{1 - y}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{1 - y^2} = \frac{1}{1 - y^2}.$$ Seconde méthode : $\operatorname{th}' = \frac{1}{\operatorname{ch}^2}$ ne s'annule pas, donc $g$ est dérivable sur $]-1, 1[$ et $$g'(y) = \frac{1}{\operatorname{th}'(g(y))} = \frac{1}{1 - \operatorname{th}^2(g(y))} = \frac{1}{1 - y^2}.$$ Les deux résultats coïncident.

3. $\frac{1}{2} \in ]-1, 1[$, donc l'unique solution est $x = g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\ln\frac{3/2}{1/2} = \frac{1}{2}\ln 3$.

1. Soit $u(x) = \frac{1 + x}{1 - x}$, dérivable sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$, et $\arctan$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$. On a $$u'(x) = \frac{(1 - x) + (1 + x)}{(1 - x)^2} = \frac{2}{(1 - x)^2},\qquad 1 + u(x)^2 = \frac{(1 - x)^2 + (1 + x)^2}{(1 - x)^2} = \frac{2(1 + x^2)}{(1 - x)^2}.$$ Donc $(\arctan u)'(x) = \frac{u'(x)}{1 + u(x)^2} = \frac{1}{1 + x^2}$ et $f'(x) = \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{1 + x^2} = 0$.

2. $f'$ est nulle sur chacun des intervalles $]-\infty, 1[$ et $]1, +\infty[$ ; $f$ est constante sur chacun d'eux, avec a priori deux constantes différentes.

Sur $]-\infty, 1[$ : $f(0) = \arctan 1 - 0 = \frac{\pi}{4}$. Donc pour $x < 1$, $\arctan\frac{1 + x}{1 - x} = \frac{\pi}{4} + \arctan x$.

Sur $]1, +\infty[$ : $f$ est égale à une constante $C$. Quand $x \to +\infty$, $u(x) = \frac{1/x + 1}{1/x - 1} \to -1$, donc par continuité de $\arctan$, $\arctan u(x) \to -\frac{\pi}{4}$, et $\arctan x \to \frac{\pi}{2}$. Une fonction constante a pour limite sa valeur, donc $C = -\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2} = -\frac{3\pi}{4}$. Pour $x > 1$ : $\arctan\frac{1 + x}{1 - x} = \arctan x - \frac{3\pi}{4}$.

3. Pour $x = \sqrt{3} > 1$ : $\frac{1 + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{3}} = \frac{(1 + \sqrt{3})^2}{1 - 3} = -\frac{4 + 2\sqrt{3}}{2} = -(2 + \sqrt{3})$. D'après la question 2, $\arctan\big(-(2 + \sqrt{3})\big) = \frac{\pi}{3} - \frac{3\pi}{4} = -\frac{5\pi}{12}$, soit $\arctan(2 + \sqrt{3}) = \frac{5\pi}{12}$. Or $\tan\frac{5\pi}{12} = \tan\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{12}\right) = \frac{1}{\tan\frac{\pi}{12}} = \frac{1}{2 - \sqrt{3}} = 2 + \sqrt{3}$ et $\frac{5\pi}{12} \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$. Le résultat est confirmé.

1. $g$ est dérivable et $g'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$, du signe de $1 - \ln x$ : strictement positive sur $]0, e[$, nulle en $e$, strictement négative sur $]e, +\infty[$. En $0^+$, $\ln x \to -\infty$ et $\frac{1}{x} \to +\infty$, donc $g(x) \to -\infty$. En $+\infty$, $g(x) \to 0$ par croissances comparées.

2. Par stricte croissance de $\ln$ (donc injectivité de $\exp$), $a^b = b^a \iff e^{b\ln a} = e^{a\ln b} \iff b\ln a = a\ln b$. En divisant par $ab > 0$ : $\iff \frac{\ln a}{a} = \frac{\ln b}{b} \iff g(a) = g(b)$.

Supposons $g(a) = g(b)$ avec $a < b$. Si $b \leq e$, $a$ et $b$ sont dans $]0, e]$ où $g$ est strictement croissante, donc $g(a) < g(b)$ : contradiction. Si $a \geq e$, $a$ et $b$ sont dans $[e, +\infty[$ où $g$ est strictement décroissante, donc $g(a) > g(b)$ : contradiction. Ainsi $a < e < b$.

3. D'après 2, $a < e$, donc $a \in \{1, 2\}$. Si $a = 1$ : $1^b = 1$ et $b^1 = b > 1$, impossible. Si $a = 2$ : il faut $g(b) = g(2) = \frac{\ln 2}{2} = \frac{2\ln 2}{4} = \frac{\ln 4}{4} = g(4)$, avec $b > e$ et $4 > e$. Comme $g$ est injective sur $[e, +\infty[$, $b = 4$. Réciproquement, $2^4 = 16 = 4^2$. Le seul couple est $(2, 4)$.

4. Les deux nombres sont strictement positifs et $t \mapsto t^6$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$. Or $(2^{1/2})^6 = 2^3 = 8$ et $(3^{1/3})^6 = 3^2 = 9$, donc $\sqrt{2} < \sqrt[3]{3}$.

Pour $n \in \mathbb{N}^*$, $n^{1/n} = e^{g(n)}$, et $\exp$ est strictement croissante : il suffit de maximiser $g(n)$. Comme $g$ est croissante sur $]0, e]$, $g(1) \leq g(2)$ ; comme $g$ est décroissante sur $[e, +\infty[$, $g(n) \leq g(3)$ pour tout $n \geq 3$. Le maximum est donc $\max(g(2), g(3))$, et la comparaison précédente donne $g(2) < g(3)$. Le plus grand des $n^{1/n}$ est $\sqrt[3]{3}$, atteint pour $n = 3$.

1. Pour tout réel $x$ : $1 + x^2 - 2|x| = (1 - |x|)^2 \geq 0$, donc $|2x| \leq 1 + x^2$, c'est-à-dire $u(x) \in [-1, 1]$. Ainsi $f$ est définie sur $\mathbb{R}$, et continue comme composée de $u$ (continue) et de $\arcsin$ (continue sur $[-1, 1]$). $u$ est impaire et $\arcsin$ aussi, donc $f(-x) = \arcsin(-u(x)) = -f(x)$. Enfin $|u(x)| = 1 \iff (1 - |x|)^2 = 0 \iff x = \pm 1$.

2. $\arcsin$ est dérivable sur $]-1, 1[$ et, d'après 1, $u(x) \in ]-1, 1[$ pour $x \neq \pm 1$. $u$ étant dérivable sur $\mathbb{R}$, $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}\setminus\{-1, 1\}$. On calcule $$u'(x) = \frac{2(1 + x^2) - 2x \cdot 2x}{(1 + x^2)^2} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2},\qquad 1 - u(x)^2 = \frac{(1 + x^2)^2 - 4x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{(1 - x^2)^2}{(1 + x^2)^2}.$$ Donc $\sqrt{1 - u(x)^2} = \frac{|1 - x^2|}{1 + x^2}$ et $$f'(x) = \frac{u'(x)}{\sqrt{1 - u(x)^2}} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2}\cdot\frac{1 + x^2}{|1 - x^2|} = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)\,|1 - x^2|}.$$

3. Sur $]-1, 1[$, $1 - x^2 > 0$ et $f'(x) = \frac{2}{1 + x^2}$. La fonction $f - 2\arctan$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $]-1, 1[$, donc y est constante, égale à sa valeur en $0$ : $f(0) - 0 = 0$. Par continuité de $f$ et de $\arctan$ en $\pm 1$, $f(x) = 2\arctan x$ sur $[-1, 1]$.

Sur $]1, +\infty[$, $1 - x^2 < 0$ et $f'(x) = -\frac{2}{1 + x^2}$. La fonction $f + 2\arctan$ y est constante, égale à $C$. Quand $x \to +\infty$, $u(x) = \frac{2/x}{1/x^2 + 1} \to 0$, donc $f(x) \to \arcsin 0 = 0$, et $2\arctan x \to \pi$. Donc $C = \pi$. Par continuité en $1$, $f(x) = \pi - 2\arctan x$ sur $[1, +\infty[$ (contrôle : $f(1) = \arcsin 1 = \frac{\pi}{2} = \pi - 2\cdot\frac{\pi}{4}$).

Sur $]-\infty, -1]$, par imparité : $f(x) = -f(-x) = -\big(\pi - 2\arctan(-x)\big) = -\pi - 2\arctan x$.

4. Sur $[-1, 1]$, $f = 2\arctan$, dérivable, donc $f$ admet en $1$ une dérivée à gauche égale à $\frac{2}{1 + 1} = 1$. Sur $[1, +\infty[$, $f = \pi - 2\arctan$, donc $f$ admet en $1$ une dérivée à droite égale à $-1$. Ces deux nombres sont différents : $f$ n'est pas dérivable en $1$. La courbe présente au point $\left(1, \frac{\pi}{2}\right)$ un point anguleux, avec deux demi-tangentes de pentes $1$ et $-1$. Par imparité, il en est de même en $-1$.

5. Soit $x \in \mathbb{R}$ et $\theta = \arctan x \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$. Alors $\frac{2x}{1 + x^2} = \frac{2\tan\theta}{1 + \tan^2\theta} = 2\tan\theta\cos^2\theta = 2\sin\theta\cos\theta = \sin(2\theta)$.

• Si $x \in ]-1, 1[$, $\theta \in \left]-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right[$, donc $2\theta \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$ et $f(x) = \arcsin(\sin 2\theta) = 2\theta = 2\arctan x$.
• Si $x > 1$, $\theta \in \left]\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right[$, donc $\pi - 2\theta \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[$ et $\sin(\pi - 2\theta) = \sin 2\theta$ ; ainsi $f(x) = \pi - 2\theta = \pi - 2\arctan x$.

On retrouve les résultats de la question 3.

1. $\operatorname{sh}$ et $\arctan$ sont impaires, donc $g(-x) = \arctan(-\operatorname{sh} x) = -g(x)$. Composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, $g$ est dérivable et $$g'(x) = \frac{\operatorname{ch} x}{1 + \operatorname{sh}^2 x} = \frac{\operatorname{ch} x}{\operatorname{ch}^2 x} = \frac{1}{\operatorname{ch} x} > 0.$$ Donc $g$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $\mathbb{R}$. Quand $x \to +\infty$, $\operatorname{sh} x \to +\infty$ donc $g(x) \to \frac{\pi}{2}$ ; par imparité $g(x) \to -\frac{\pi}{2}$ en $-\infty$. Par le théorème de la bijection, $g$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $J = \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$.

2. Soit $\varphi(x) = 2\arctan(e^x) - \frac{\pi}{2}$, dérivable sur $\mathbb{R}$ : $$\varphi'(x) = \frac{2e^x}{1 + e^{2x}} = \frac{2}{e^{-x} + e^x} = \frac{1}{\operatorname{ch} x} = g'(x).$$ Donc $g - \varphi$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $\mathbb{R}$ ; elle est constante, égale à $g(0) - \varphi(0) = 0 - \left(2\cdot\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{2}\right) = 0$. Ainsi $g = \varphi$.

3. D'après le cours, pour tout réel $t$, $\cos(\arctan t) = \frac{1}{\sqrt{1 + t^2}}$ et $\sin(\arctan t) = \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}}$. Avec $t = \operatorname{sh} x$ : $\sqrt{1 + \operatorname{sh}^2 x} = \sqrt{\operatorname{ch}^2 x} = \operatorname{ch} x$ car $\operatorname{ch} x > 0$. Donc $\cos g(x) = \frac{1}{\operatorname{ch} x}$ et $\sin g(x) = \frac{\operatorname{sh} x}{\operatorname{ch} x} = \operatorname{th} x$.

4. Soit $y \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[$. Par définition de $\arctan$, $\arctan(\operatorname{sh} x) = y \iff \operatorname{sh} x = \tan y$. D'après le cours, $\operatorname{sh} x = t \iff x = \ln\left(t + \sqrt{t^2 + 1}\right)$. Avec $t = \tan y$ : $\sqrt{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{|\cos y|} = \frac{1}{\cos y}$ car $\cos y > 0$. Donc $$g^{-1}(y) = \ln\left(\tan y + \frac{1}{\cos y}\right) = \ln\left(\frac{1 + \sin y}{\cos y}\right).$$ Calcul direct, avec $1 + \sin y > 0$ et $\cos y > 0$ : $g^{-1}(y) = \ln(1 + \sin y) - \ln(\cos y)$, donc $$(g^{-1})'(y) = \frac{\cos y}{1 + \sin y} + \frac{\sin y}{\cos y} = \frac{\cos^2 y + \sin y + \sin^2 y}{(1 + \sin y)\cos y} = \frac{1 + \sin y}{(1 + \sin y)\cos y} = \frac{1}{\cos y}.$$ Par ailleurs, en notant $x = g^{-1}(y)$, la question 3 donne $\frac{1}{g'(x)} = \operatorname{ch} x = \frac{1}{\cos g(x)} = \frac{1}{\cos y}$. Les deux calculs coïncident.

5. Soit $a = \ln(2 + \sqrt{3})$. Comme $(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3}) = 1$, $e^{-a} = 2 - \sqrt{3}$ et $\operatorname{sh} a = \frac{(2 + \sqrt{3}) - (2 - \sqrt{3})}{2} = \sqrt{3}$. Donc $g(a) = \arctan\sqrt{3} = \frac{\pi}{3}$. Par la question 2 : $2\arctan(2 + \sqrt{3}) - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{3}$, d'où $\arctan(2 + \sqrt{3}) = \frac{5\pi}{12}$.