Fonctions usuelles : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Équations et inéquations avec ln et exp

1. L’équation a un sens si \(x > 0\) et \(x – 2 > 0\), donc pour \(x > 2\). Sur ce domaine, \(\ln(x) + \ln(x – 2) = \ln(x(x-2))\). Comme \(\ln\) est injective, l’équation équivaut à \(x^2 – 2x = 3\), soit \(x^2 – 2x – 3 = 0\). Les racines sont \(3\) et \(-1\). Or seule \(3\) vérifie \(x > 2\). L’unique solution est \(x = 3\).
2. On pose \(X = e^{x} > 0\). L’équation devient \(X^2 – 3X + 2 = 0\), soit \((X – 1)(X – 2) = 0\). Ainsi \(e^{x} = 1\) ou \(e^{x} = 2\). Les solutions sont \(x = 0\) et \(x = \ln 2\).
3. Il faut \(2x – 1 > 0\) et \(x + 3 > 0\), donc \(x > \frac{1}{2}\). Sur ce domaine, \(\ln\) est strictement croissante, donc l’inéquation équivaut à \(2x – 1 \leq\, x + 3\), c’est-à-dire \(x \leq\, 4\). L’ensemble des solutions est \(]\frac{1}{2}, 4]\).
4. Les deux membres sont strictement positifs. On compose par \(\ln\), qui est injective : \(x\ln 2 = (x – 1)\ln 3\). Donc \(x(\ln 3 – \ln 2) = \ln 3\). Comme \(\ln 3 \neq \ln 2\), on obtient \(x = \dfrac{\ln 3}{\ln 3 – \ln 2} = \dfrac{\ln 3}{\ln(3/2)}\).

Point de méthode : on écrit toujours le domaine avant de combiner des logarithmes, car \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) exige \(a > 0\) et \(b > 0\).

Corrigé de l’exercice 2 : Fonctions puissances et étude de x puissance x

1. Par définition, \(x^{\sqrt{2}} = e^{\sqrt{2}\ln x}\) pour \(x > 0\). Cette fonction est dérivable sur \(]0, +\infty[\) comme composée, de dérivée \(\sqrt{2}x^{\sqrt{2} – 1}\). Ensuite, \(\sqrt{2}\ln x \to -\infty\) quand \(x \to 0^+\), donc \(x^{\sqrt{2}} \to 0\). On prolonge ainsi par continuité en posant \(0^{\sqrt{2}} = 0\). De plus, le taux d’accroissement en 0 vaut \(\frac{x^{\sqrt{2}}}{x} = x^{\sqrt{2} – 1}\). Or \(\sqrt{2} – 1 > 0\), donc ce taux tend vers 0. Le prolongement est dérivable en 0, de dérivée nulle. Par ailleurs, \(2^{x} = e^{x\ln 2}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \((2^{x})^{\prime} = \ln 2 \cdot 2^{x}\).
2. On écrit \(f(x) = e^{x\ln x}\). La dérivée de \(x\ln x\) est \(\ln x + 1\). Par conséquent, \(f^{\prime}(x) = (\ln x + 1)x^{x}\). Comme \(x^{x} > 0\), le signe de \(f^{\prime}\) est celui de \(\ln x + 1\). Ce facteur est négatif pour \(x < 1/e\) et positif pour \(x > 1/e\). Ainsi, \(f\) décroît sur \(]0, 1/e]\), croît sur \([1/e, +\infty[\), et son minimum vaut \(f(1/e) = e^{-1/e} \approx 0{,}69\).
3. Par croissances comparées, \(x\ln x \to 0\) quand \(x \to 0^+\). Par continuité de l’exponentielle, \(f(x) \to e^{0} = 1\). En \(+\infty\), en revanche, \(x\ln x \to +\infty\), donc \(f(x) \to +\infty\). La fonction \(f\) se prolonge par continuité en 0 en posant \(f(0) = 1\).
4. Pour \(0 < x < 1\), posons \(u = x\ln x\). Alors \(u \neq 0\) et
   \[\frac{f(x) – 1}{x} = \frac{e^{u} – 1}{u} \cdot \frac{u}{x} = \frac{e^{u} – 1}{u} \cdot \ln x.\]
   Quand \(x \to 0^+\), on a \(u \to 0\), donc \(\frac{e^{u} – 1}{u} \to 1\), qui est la dérivée de \(\exp\) en 0. Or \(\ln x \to -\infty\). Le taux d’accroissement tend vers \(-\infty\) : le prolongement n’est pas dérivable en 0, et la courbe admet au point \((0, 1)\) une demi-tangente verticale.

La courbe ci-dessous résume cette étude : elle part du point \((0, 1)\) avec une tangente verticale, descend jusqu’au minimum, puis remonte en passant par \((1, 1)\).

Corrigé de l’exercice 3 : Limites par croissances comparées

1. C’est le cas \(\alpha = 3\), \(\beta = 1\) du théorème des croissances comparées. La limite vaut 0.
2. On a \(x(\ln x)^2 = x^{1}|\ln x|^{2}\). Le théorème en \(0^+\), avec \(\beta = 1\) et \(\alpha = 2\), donne une limite nulle.
3. L’exponentielle l’emporte sur toute puissance : \(\frac{x^5}{e^{x}} \to 0\). La limite vaut 0.
4. On factorise les termes dominants :
   \[\frac{e^{x} – x^3}{x^2 + \ln x} = \frac{e^{x}}{x^2} \cdot \frac{1 – x^3 e^{-x}}{1 + \frac{\ln x}{x^2}}.\]
   D’une part, \(x^3e^{-x} \to 0\) et \(\frac{\ln x}{x^2} \to 0\), donc le second facteur tend vers 1. D’autre part, \(\frac{x^2}{e^{x}} \to 0^+\), donc \(\frac{e^{x}}{x^2} \to +\infty\). La limite vaut \(+\infty\).
5. On pose \(t = -x \to +\infty\). Alors \(xe^{x} = -\frac{t}{e^{t}}\), qui tend vers 0. La limite vaut 0.
6. On écrit \(x^{1/x} = e^{\frac{\ln x}{x}}\). Or \(\frac{\ln x}{x} \to 0\), et l’exponentielle est continue en 0. La limite vaut 1.

Corrigé de l’exercice 4 : Formes indéterminées plus délicates

1. C’est une forme \(1^{\infty}\). On écrit \((1 + \frac{1}{x})^{x} = e^{x\ln(1 + 1/x)}\). Avec \(u = 1/x \to 0^+\), on a \(x\ln(1 + 1/x) = \frac{\ln(1 + u)}{u} \to 1\). Par continuité de l’exponentielle, la limite vaut \(e\).
2. On écrit \(\frac{x^{\ln x}}{e^{x}} = e^{(\ln x)^2 – x}\). Ensuite, \((\ln x)^2 – x = x(\frac{(\ln x)^2}{x} – 1)\). Par croissances comparées, \(\frac{(\ln x)^2}{x} \to 0\), donc l’exposant tend vers \(-\infty\). La limite vaut 0.
3. On a \(x^{\sqrt{x}} = e^{\sqrt{x}\ln x}\). Or \(\sqrt{x}\ln x = x^{1/2}\ln x \to 0\) en \(0^+\), par croissances comparées. La limite vaut \(e^{0} = 1\).
4. On factorise \(e^{x}\) dans le logarithme : \(\ln(1 + e^{x}) = x + \ln(1 + e^{-x})\). Donc \(\frac{\ln(1 + e^{x})}{x} = 1 + \frac{\ln(1 + e^{-x})}{x}\). Le numérateur du dernier quotient tend vers \(\ln 1 = 0\). La limite vaut 1.
5. De même, \(\ln(x^2 + 1) = 2\ln x + \ln(1 + \frac{1}{x^2})\). Pour \(x > 1\), on obtient \(\frac{\ln(x^2+1)}{\ln x} = 2 + \frac{\ln(1 + 1/x^2)}{\ln x}\). Le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers \(+\infty\). La limite vaut 2.

Point de méthode : dans un logarithme, on factorise par le terme dominant, puis on sépare avec \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\).

Corrigé de l’exercice 5 : Inégalités classiques

1. Posons \(\varphi(x) = e^{x} – 1 – x\). Elle est dérivable et \(\varphi^{\prime}(x) = e^{x} – 1\). Cette dérivée est strictement négative sur \(]-\infty, 0[\) et strictement positive sur \(]0, +\infty[\). Donc \(\varphi\) est strictement décroissante sur \(]-\infty, 0]\) et strictement croissante sur \([0, +\infty[\). Son minimum est \(\varphi(0) = 0\), atteint seulement en 0. Ainsi \(e^{x} \geq\, 1 + x\), avec égalité si et seulement si \(x = 0\).
2. Pour \(x > -1\), on applique la question 1 à \(y = \ln(1 + x)\) : \(e^{y} \geq\, 1 + y\), soit \(1 + x \geq\, 1 + \ln(1 + x)\). Donc \(\ln(1 + x) \leq\, x\) pour tout \(x > -1\).
3. Soit \(u(x) = x – \arctan x\) sur \([0, +\infty[\). On a \(u^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{1 + x^2} = \frac{x^2}{1 + x^2} \geq\, 0\). Donc \(u\) est croissante et \(u(x) \geq\, u(0) = 0\). Ensuite, soit \(v(x) = \arctan x – x + \frac{x^3}{3}\). On calcule
   \[v^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2} – 1 + x^2 = \frac{1 – (1 + x^2) + x^2(1 + x^2)}{1 + x^2} = \frac{x^4}{1 + x^2} \geq\, 0.\]
   Par conséquent, \(v\) est croissante et \(v(x) \geq\, v(0) = 0\). On a bien \(x – \frac{x^3}{3} \leq\, \arctan x \leq\, x\) pour \(x \geq\, 0\).
4. Soit \(g(x) = \mathrm{ch}\,x – 1 – \frac{x^2}{2}\). On a \(g^{\prime}(x) = \mathrm{sh}\,x – x\) et \(g^{\prime\prime}(x) = \mathrm{ch}\,x – 1 \geq\, 0\). Ainsi \(g^{\prime}\) est croissante, et \(g^{\prime}(0) = 0\). Donc \(g^{\prime}\) est du signe de \(x\). Il en résulte que \(g\) décroît sur \(]-\infty, 0]\) et croît sur \([0, +\infty[\). Son minimum est \(g(0) = 0\), d’où \(\mathrm{ch}\,x \geq\, 1 + \frac{x^2}{2}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Équations trigonométriques

1. Sur \(]-\pi/2, \pi/2[\), \(\cos\) ne s’annule pas. Donc \(\tan = \sin/\cos\) est dérivable comme quotient, et
   \[\tan^{\prime} = \frac{\cos \cdot \cos – \sin \cdot (-\sin)}{\cos^2} = \frac{\cos^2 + \sin^2}{\cos^2} = \frac{1}{\cos^2}.\]
   En séparant la fraction, on obtient aussi \(\tan^{\prime} = 1 + \tan^2 = \frac{1}{\cos^2}\).
2. On pose \(X = \cos x\). L’équation devient \(2X^2 – 3X + 1 = 0\), soit \((2X – 1)(X – 1) = 0\). D’abord, \(\cos x = 1\) donne \(x = 0\) dans \([0, 2\pi[\). Ensuite, \(\cos x = \frac{1}{2}\) donne \(x = \frac{\pi}{3}\) ou \(x = \frac{5\pi}{3}\). Les solutions sont \(0\), \(\frac{\pi}{3}\) et \(\frac{5\pi}{3}\).
3. La formule d’addition donne \(\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}(\sin x \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \cos x \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}) = \sin x + \cos x\). Le maximum de \(\sin\) vaut 1. Donc le maximum de \(\sin x + \cos x\) vaut \(\sqrt{2}\), atteint en \(x = \frac{\pi}{4}\) modulo \(2\pi\). Ensuite, l’équation \(\sin x + \cos x = 1\) équivaut à \(\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\). Ainsi \(x + \frac{\pi}{4} \equiv \frac{\pi}{4}\) ou \(x + \frac{\pi}{4} \equiv \frac{3\pi}{4}\) modulo \(2\pi\). Dans \([0, 2\pi[\), les solutions sont \(0\) et \(\frac{\pi}{2}\).
4. Comme \(\sin(2x) = 2\sin x\cos x\), l’équation s’écrit \(\cos x\,(2\sin x – 1) = 0\). D’une part, \(\cos x = 0\) donne \(\frac{\pi}{2}\) et \(\frac{3\pi}{2}\). D’autre part, \(\sin x = \frac{1}{2}\) donne \(\frac{\pi}{6}\) et \(\frac{5\pi}{6}\). Les solutions sont \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{\pi}{2}\), \(\frac{5\pi}{6}\) et \(\frac{3\pi}{2}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Valeurs remarquables des fonctions réciproques

1. On cherche l’angle de l’intervalle de référence qui convient. D’abord, \(\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}\) avec \(\frac{\pi}{6} \in [-\pi/2, \pi/2]\). Ensuite, \(\cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2}\) avec \(\frac{3\pi}{4} \in [0, \pi]\). Enfin, \(\tan(-\frac{\pi}{3}) = -\sqrt{3}\) avec \(-\frac{\pi}{3} \in ]-\pi/2, \pi/2[\). Donc \(\arcsin\frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}\), \(\arccos(-\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{3\pi}{4}\) et \(\arctan(-\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3}\).
2. Attention, \(\frac{5\pi}{6} \notin [-\pi/2, \pi/2]\). On calcule donc \(\sin\frac{5\pi}{6} = \frac{1}{2}\), puis \(\arcsin\frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}\). De même, \(\cos(-\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}\) et \(\arccos\frac{1}{2} = \frac{\pi}{3}\). Enfin, \(\tan\frac{3\pi}{4} = -1\) et \(\arctan(-1) = -\frac{\pi}{4}\). Les trois valeurs sont \(\frac{\pi}{6}\), \(\frac{\pi}{3}\) et \(-\frac{\pi}{4}\).
3. Le réel 3 n’est pas dans \([-\pi/2, \pi/2]\). En revanche, \(\pi – 3 \approx 0{,}14\) y appartient, et \(\sin(\pi – 3) = \sin 3\). Donc \(\arcsin(\sin 3) = \pi – 3\). De même, 4 n’est pas dans \([0, \pi]\), mais \(2\pi – 4 \approx 2{,}28\) l’est, et \(\cos(2\pi – 4) = \cos 4\). Ainsi \(\arcsin(\sin 3) = \pi – 3\) et \(\arccos(\cos 4) = 2\pi – 4\).
4. Soit \(\theta = \arctan x \in ]-\pi/2, \pi/2[\). Alors \(\cos\theta > 0\) et \(\frac{1}{\cos^2\theta} = 1 + \tan^2\theta = 1 + x^2\). Donc \(\cos(\arctan x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\) pour tout réel \(x\). Ensuite, pour \(x \in [-1, 1]\), \(\theta = \arccos x \in [0, \pi]\), donc \(\sin \theta \geq\, 0\) et \(\sin(\arccos x) = \sqrt{1 – x^2}\). Enfin, pour \(x \in ]-1, 1[\), \(\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 – x^2} > 0\). On obtient \(\cos(\arctan x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\), \(\sin(\arccos x) = \sqrt{1 – x^2}\) et \(\tan(\arcsin x) = \frac{x}{\sqrt{1 – x^2}}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Construction de la fonction arcsinus

1. La fonction \(\sin\) est continue sur \([-\pi/2, \pi/2]\). Sa dérivée \(\cos\) est strictement positive sur \(]-\pi/2, \pi/2[\), donc \(\sin\) y est strictement croissante. D’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de \([-\pi/2, \pi/2]\) sur \([\sin(-\pi/2), \sin(\pi/2)]\). L’intervalle image est \([-1, 1]\).
2. Le théorème de la bijection affirme aussi que la réciproque est continue et strictement monotone, de même sens. Donc \(\arcsin\) est continue et strictement croissante. Pour l’imparité, soit \(x \in [-1, 1]\) et \(\theta = \arcsin x\). Alors \(-\theta \in [-\pi/2, \pi/2]\) et \(\sin(-\theta) = -x\). Par définition, \(\arcsin(-x) = -\theta\). Ainsi \(\arcsin\) est impaire.
3. Soit \(\theta = \arcsin x\). On a \(\cos^2\theta = 1 – \sin^2\theta = 1 – x^2\). Or \(\theta \in [-\pi/2, \pi/2]\), donc \(\cos\theta \geq\, 0\). Par conséquent, \(\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 – x^2}\).
4. Pour \(x \in ]-1, 1[\), on a \(\theta \in ]-\pi/2, \pi/2[\) et \(\sin^{\prime}(\theta) = \cos\theta > 0\). La formule de dérivation d’une réciproque s’applique : \(\arcsin^{\prime}(x) = \frac{1}{\cos(\arcsin x)}\). Donc \(\arcsin^{\prime}(x) = \frac{1}{\sqrt{1 – x^2}}\). En \(x = 1\), on a \(\theta = \pi/2\) et \(\sin^{\prime}(\pi/2) = 0\). Le taux d’accroissement de \(\arcsin\) en 1 est l’inverse de celui de \(\sin\) en \(\pi/2\), qui tend vers \(0^+\). Il tend donc vers \(+\infty\) : \(\arcsin\) n’est pas dérivable en 1, et sa courbe y a une tangente verticale.
5. Soit \(h = \arcsin + \arccos\). Elle est continue sur \([-1, 1]\) et dérivable sur \(]-1, 1[\), avec \(h^{\prime}(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} – \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0\). Par le théorème des accroissements finis, \(h\) est constante sur \([-1, 1]\). Or \(h(0) = 0 + \frac{\pi}{2}\). Donc \(\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}\) pour tout \(x \in [-1, 1]\).

Corrigé de l’exercice 9 : Dérivées de fonctions trigonométriques réciproques

1. La fonction \(\arctan\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), donc \(f_1\) aussi. Par dérivation d’une composée, \(f_1^{\prime}(x) = \dfrac{2}{1 + 4x^2}\) pour tout réel \(x\).
2. La fonction \(\arcsin\) est dérivable sur \(]-1, 1[\). Or \(x^2 \in ]-1, 1[\) si et seulement si \(|x| < 1\). Sur \(]-1, 1[\), on obtient \(f_2^{\prime}(x) = \dfrac{2x}{\sqrt{1 – x^4}}\).
3. Pour \(x > 1\), on a \(\frac{1}{x} \in ]0, 1[\), où \(\arccos\) est dérivable. Donc
   \[f_3^{\prime}(x) = -\frac{-1/x^2}{\sqrt{1 – 1/x^2}} = \frac{1}{x^2}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^2 – 1}}.\]
   On a utilisé \(\sqrt{1 – 1/x^2} = \frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\), valable car \(x > 0\). Ainsi \(f_3^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x\sqrt{x^2 – 1}}\).
4. La fonction \(f_4\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f_4^{\prime}(x) = \frac{e^{x}}{1 + e^{2x}}\). En divisant par \(e^{x}\), on obtient \(\frac{1}{e^{-x} + e^{x}}\). Donc \(f_4^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2\,\mathrm{ch}\,x}\).
5. Sur \(]-1, 1[\), les deux termes sont dérivables. On calcule
   \[f_5^{\prime}(x) = \arcsin x + \frac{x}{\sqrt{1 – x^2}} + \frac{-2x}{2\sqrt{1 – x^2}}.\]
   Les deux fractions se compensent. Donc \(f_5^{\prime}(x) = \arcsin x\) : \(f_5\) est une primitive de \(\arcsin\).

Corrigé de l’exercice 10 : Relations entre arctangentes

1. Soit \(\varphi(x) = \arctan x + \arctan\frac{1}{x}\) sur \(]0, +\infty[\). Elle est dérivable et
   \[\varphi^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2} + \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1 + x^2} – \frac{1}{x^2 + 1} = 0.\]
   Comme \(]0, +\infty[\) est un intervalle, \(\varphi\) y est constante, égale à \(\varphi(1) = 2\arctan 1 = \frac{\pi}{2}\). Ensuite, \(\varphi\) est impaire, car \(\arctan\) l’est. Donc la somme vaut \(\frac{\pi}{2}\) pour \(x > 0\) et \(-\frac{\pi}{2}\) pour \(x < 0\).
2. Posons \(u(x) = \frac{1 + x}{1 – x}\). Alors \(u^{\prime}(x) = \frac{(1 – x) + (1 + x)}{(1 – x)^2} = \frac{2}{(1 – x)^2}\). De plus, \(1 + u^2 = \frac{(1 – x)^2 + (1 + x)^2}{(1 – x)^2} = \frac{2(1 + x^2)}{(1 – x)^2}\). Par conséquent, \(g^{\prime}(x) = \dfrac{u^{\prime}}{1 + u^2} = \dfrac{1}{1 + x^2}\) pour tout \(x \neq 1\).
3. Sur chacun des intervalles \(]-\infty, 1[\) et \(]1, +\infty[\), la fonction \(g – \arctan\) a une dérivée nulle, donc elle est constante. Sur \(]-\infty, 1[\), la constante vaut \(g(0) – \arctan 0 = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}\). Sur \(]1, +\infty[\), on passe à la limite en \(+\infty\) : \(u(x) \to -1\), donc \(g(x) \to -\frac{\pi}{4}\), et \(\arctan x \to \frac{\pi}{2}\). La constante vaut donc \(-\frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{2} = -\frac{3\pi}{4}\). Ainsi \(g(x) = \arctan x + \frac{\pi}{4}\) sur \(]-\infty, 1[\), et \(g(x) = \arctan x – \frac{3\pi}{4}\) sur \(]1, +\infty[\).

Point de méthode : une dérivée nulle donne une fonction constante sur chaque intervalle seulement ; la constante change ici en traversant \(x = 1\).

Corrigé de l’exercice 11 : Une équation avec arctangente

1. Posons \(a = \arctan\frac{1}{2}\) et \(b = \arctan\frac{1}{3}\). Comme \(0 < \frac{1}{3} < \frac{1}{2} < 1\) et \(\arctan\) est croissante, \(a\) et \(b\) sont dans \(]0, \pi/4[\). Donc \(a + b \in ]0, \pi/2[\). Ensuite,
   \[\tan(a + b) = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 – \frac{1}{6}} = \frac{5/6}{5/6} = 1.\]
   Or \(\frac{\pi}{4}\) est le seul réel de \(]0, \pi/2[\) de tangente 1. Donc \(\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}\).
2. Soit \(\varphi(x) = \arctan x + \arctan(2x)\). Elle est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), comme somme de deux fonctions strictement croissantes. Ses limites sont \(-\pi\) en \(-\infty\) et \(\pi\) en \(+\infty\). D’après le théorème de la bijection, \(\varphi\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-\pi, \pi[\), qui contient \(\frac{\pi}{4}\). Ainsi \((E)\) a une unique solution \(x_0\). De plus, \(\varphi(0) = 0 < \frac{\pi}{4}\) et \(\varphi\) est croissante. Donc \(x_0 > 0\).
3. Posons \(a = \arctan x_0\) et \(b = \arctan(2x_0)\), de sorte que \(a + b = \frac{\pi}{4}\). Comme \(\cos(a + b) \neq 0\), la formule d’addition s’applique : \(\tan(a + b) = \frac{3x_0}{1 – 2x_0^2} = 1\). On obtient \(2x_0^2 + 3x_0 – 1 = 0\), dont les racines sont \(\frac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}\). Or \(x_0 > 0\). L’unique solution est \(x_0 = \dfrac{\sqrt{17} – 3}{4} \approx 0{,}28\).

Corrigé de l’exercice 12 : Simplification de arcsin(2x/(1+x²))

1. Pour tout réel \(x\), \((|x| – 1)^2 \geq\, 0\), donc \(2|x| \leq\, 1 + x^2\). Ainsi \(|\frac{2x}{1 + x^2}| \leq\, 1\), et \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(x \mapsto \frac{2x}{1+x^2}\) est impaire, ainsi que \(\arcsin\). Donc \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\) et impaire.
2. Avec \(x = \tan\theta\) et \(\theta \in ]-\pi/2, \pi/2[\), on a \(1 + x^2 = \frac{1}{\cos^2\theta}\). Donc
   \[\frac{2x}{1 + x^2} = 2\tan\theta\cos^2\theta = 2\sin\theta\cos\theta = \sin(2\theta).\]
   On a bien \(\frac{2x}{1 + x^2} = \sin(2\theta)\).
3. On a donc \(f(x) = \arcsin(\sin 2\theta)\) avec \(2\theta \in ]-\pi, \pi[\). On distingue trois cas.
   • Si \(x \in [-1, 1]\), alors \(\theta \in [-\pi/4, \pi/4]\) et \(2\theta \in [-\pi/2, \pi/2]\). Donc \(f(x) = 2\theta = 2\arctan x\).
   • Si \(x > 1\), alors \(2\theta \in ]\pi/2, \pi[\). L’angle \(\pi – 2\theta\) est dans \(]0, \pi/2[\) et a le même sinus. Donc \(f(x) = \pi – 2\arctan x\).
   • Si \(x < -1\), alors \(2\theta \in ]-\pi, -\pi/2[\). L’angle \(-\pi – 2\theta\) est dans \(]-\pi/2, 0[\) et \(\sin(-\pi – 2\theta) = \sin(2\theta)\). Donc \(f(x) = -\pi – 2\arctan x\).

   En résumé : \(f(x) = 2\arctan x\) sur \([-1, 1]\), \(f(x) = \pi – 2\arctan x\) sur \(]1, +\infty[\), et \(f(x) = -\pi – 2\arctan x\) sur \(]-\infty, -1[\).

4. En 1, les deux expressions valent \(\frac{\pi}{2}\), ce qui confirme la continuité. À gauche, le taux d’accroissement tend vers la dérivée de \(2\arctan\) en 1, soit \(\frac{2}{1 + 1} = 1\). À droite, il tend vers la dérivée de \(\pi – 2\arctan\) en 1, soit \(-1\). Les demi-tangentes sont distinctes : \(f\) n’est pas dérivable en 1, où sa courbe présente un point anguleux. Enfin, \(\frac{2x}{1 + x^2} \to 0\) en \(\pm\infty\) et \(\arcsin\) est continue en 0. Donc \(f\) tend vers 0 en \(\pm\infty\). Ceci confirme la conjecture faite sur la figure de l’énoncé.

Point de méthode : après le changement de variable, on vérifie toujours dans quel intervalle se trouve l’angle obtenu avant d’écrire \(\arcsin(\sin\varphi) = \varphi\).

Corrigé de l’exercice 13 : Formulaire des fonctions hyperboliques

1. On factorise une différence de carrés : \(\mathrm{ch}^2 x – \mathrm{sh}^2 x = (\mathrm{ch}\,x – \mathrm{sh}\,x)(\mathrm{ch}\,x + \mathrm{sh}\,x)\). Or \(\mathrm{ch}\,x + \mathrm{sh}\,x = e^{x}\) et \(\mathrm{ch}\,x – \mathrm{sh}\,x = e^{-x}\). Le produit vaut 1.
2. On développe le second membre :
   \[\mathrm{ch}\,a\,\mathrm{ch}\,b + \mathrm{sh}\,a\,\mathrm{sh}\,b = \frac{(e^{a} + e^{-a})(e^{b} + e^{-b}) + (e^{a} – e^{-a})(e^{b} – e^{-b})}{4}.\]
   Les termes croisés \(e^{a – b}\) et \(e^{b – a}\) se compensent. Il reste \(\frac{2e^{a+b} + 2e^{-a-b}}{4} = \mathrm{ch}(a + b)\). Ensuite, \(2\,\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{ch}\,a = \frac{(e^{a} – e^{-a})(e^{a} + e^{-a})}{2} = \frac{e^{2a} – e^{-2a}}{2}\). Donc \(\mathrm{sh}(2a) = 2\,\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{ch}\,a\).
3. En dérivant terme à terme, \(\mathrm{ch}^{\prime} = \mathrm{sh}\) et \(\mathrm{sh}^{\prime} = \mathrm{ch}\). Ensuite, \(\mathrm{th}^{\prime} = \frac{\mathrm{ch}^2 – \mathrm{sh}^2}{\mathrm{ch}^2}\). On obtient \(\mathrm{th}^{\prime} = \frac{1}{\mathrm{ch}^2} = 1 – \mathrm{th}^2\).
4. On pose \(t = e^{x} > 0\). L’équation \(\frac{t + 1/t}{2} = 2\) devient \(t^2 – 4t + 1 = 0\). Ses racines \(2 \pm \sqrt{3}\) sont toutes deux positives. De plus, \((2 – \sqrt{3})(2 + \sqrt{3}) = 1\), donc \(\ln(2 – \sqrt{3}) = -\ln(2 + \sqrt{3})\). Les solutions sont \(x = \pm\ln(2 + \sqrt{3})\).
5. Avec \(t = e^{x}\), l’équation \(t – \frac{1}{t} = \frac{3}{2}\) devient \(2t^2 – 3t – 2 = 0\). Le discriminant vaut \(9 + 16 = 25\), d’où \(t = 2\) ou \(t = -\frac{1}{2}\). Seule la racine positive convient. L’unique solution est \(x = \ln 2\) ; en effet, \(\mathrm{sh}(\ln 2) = \frac{2 – 1/2}{2} = \frac{3}{4}\).

Corrigé de l’exercice 14 : Réciproques des fonctions hyperboliques

1. La fonction \(\mathrm{sh}\) est continue et \(\mathrm{sh}^{\prime} = \mathrm{ch} > 0\), donc elle est strictement croissante. De plus, \(\mathrm{sh}\,x \to \pm\infty\) en \(\pm\infty\). D’après le théorème de la bijection, \(\mathrm{sh}\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\).
2. Soit \(y\) réel. On résout \(\mathrm{sh}\,x = y\) avec \(t = e^{x}\) : \(t^2 – 2yt – 1 = 0\). Le produit des racines vaut \(-1\), donc une seule est positive, à savoir \(y + \sqrt{y^2 + 1}\). Elle est bien positive car \(\sqrt{y^2 + 1} > |y|\). Ainsi \(\mathrm{argsh}\,y = \ln(y + \sqrt{y^2 + 1})\).
3. Première méthode : \(\mathrm{sh}^{\prime} = \mathrm{ch}\) ne s’annule pas, donc \(\mathrm{argsh}^{\prime}(y) = \frac{1}{\mathrm{ch}(\mathrm{argsh}\,y)}\). Or \(\mathrm{ch} > 0\) et \(\mathrm{ch}^2 = 1 + \mathrm{sh}^2\), donc \(\mathrm{ch}(\mathrm{argsh}\,y) = \sqrt{1 + y^2}\). Seconde méthode : on dérive directement,
   \[\frac{1 + \frac{y}{\sqrt{y^2 + 1}}}{y + \sqrt{y^2 + 1}} = \frac{\sqrt{y^2+1} + y}{\sqrt{y^2+1}\,(y + \sqrt{y^2+1})} = \frac{1}{\sqrt{y^2 + 1}}.\]
   Les deux méthodes donnent \(\mathrm{argsh}^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + y^2}}\).
4. La fonction \(\mathrm{th}\) est continue et strictement croissante, car \(\mathrm{th}^{\prime} = \frac{1}{\mathrm{ch}^2} > 0\). Ensuite, \(\mathrm{th}\,x = \frac{1 – e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} \to 1\) en \(+\infty\), et \(\mathrm{th}\) est impaire. Elle réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-1, 1[\). Pour \(y \in ]-1, 1[\), l’équation \(\frac{e^{2x} – 1}{e^{2x} + 1} = y\) donne \(e^{2x}(1 – y) = 1 + y\), donc \(x = \frac{1}{2}\ln\frac{1 + y}{1 – y}\). Enfin, la dérivée vaut \(\frac{1}{2}(\frac{1}{1 + y} + \frac{1}{1 – y})\). La réciproque a pour dérivée \(\dfrac{1}{1 – y^2}\) sur \(]-1, 1[\).

Corrigé de l’exercice 15 : Une fonction homographique

1. On a \(2 + \frac{3}{x – 1} = \frac{2x – 2 + 3}{x – 1} = \frac{2x + 1}{x – 1}\). Donc \(a = 2\) et \(k = 3\).
2. Pour \(x \neq 1\), \(f^{\prime}(x) = -\frac{3}{(x – 1)^2} < 0\). Ainsi \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty, 1[\) et sur \(]1, +\infty[\). Ensuite, \(f(x) \to 2\) en \(\pm\infty\), \(f(x) \to -\infty\) en \(1^-\) et \(f(x) \to +\infty\) en \(1^+\). La courbe admet l’asymptote verticale \(x = 1\) et l’asymptote horizontale \(y = 2\).
3. Pour \(x \neq 1\), on a aussi \(2 – x \neq 1\), et \(f(2 – x) + f(x) = 2 + \frac{3}{1 – x} + 2 + \frac{3}{x – 1} = 4\). Cette relation traduit la symétrie des points \((x, f(x))\) et \((2 – x, f(2-x))\) par rapport à \((1, 2)\). Le point \(\Omega(1, 2)\) est centre de symétrie.
4. Sur \(]-\infty, 1[\), \(f\) est continue et strictement décroissante, d’image \(]-\infty, 2[\). Sur \(]1, +\infty[\), son image est \(]2, +\infty[\). Ces images sont disjointes, donc \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\) sur \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\). Pour \(y \neq 2\), l’égalité \(y = 2 + \frac{3}{x – 1}\) donne \(x – 1 = \frac{3}{y – 2}\). Donc \(f^{-1}(y) = \dfrac{y + 1}{y – 2}\).
5. L’inéquation s’écrit \(1 + \frac{3}{x – 1} \geq\, 0\), soit \(\frac{x + 2}{x – 1} \geq\, 0\). Un tableau de signes conclut. L’ensemble des solutions est \(]-\infty, -2] \cup ]1, +\infty[\).

Corrigé de l’exercice 16 : Asymptote oblique d’une fonction rationnelle

1. La division euclidienne de \(x^2 + x – 1\) par \(x – 1\) donne \(x^2 + x – 1 = (x – 1)(x + 2) + 1\). Donc \(f(x) = x + 2 + \dfrac{1}{x – 1}\), soit \(a = 1\), \(b = 2\), \(c = 1\).
2. On a \(f(x) – (x + 2) = \frac{1}{x – 1}\), qui tend vers 0 en \(\pm\infty\). Donc la droite \(D : y = x + 2\) est asymptote oblique en \(\pm\infty\). De plus, cette différence est du signe de \(x – 1\). La courbe est au-dessus de \(D\) pour \(x > 1\) et en dessous pour \(x < 1\).
3. On calcule \(f^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{(x – 1)^2} = \frac{(x-1)^2 – 1}{(x-1)^2} = \frac{x(x – 2)}{(x – 1)^2}\). Elle est positive sur \(]-\infty, 0]\) et sur \([2, +\infty[\), négative sur \([0, 1[\) et sur \(]1, 2]\). Ensuite, \(f(0) = 1\) et \(f(2) = 5\). En 1, \(\frac{1}{x-1}\) tend vers \(-\infty\) à gauche et vers \(+\infty\) à droite. Ainsi \(f\) croît de \(-\infty\) à 1 sur \(]-\infty, 0]\), décroît de 1 à \(-\infty\) sur \([0, 1[\), décroît de \(+\infty\) à 5 sur \(]1, 2]\), puis croît de 5 à \(+\infty\).
4. Pour \(h \neq 0\), \(f(1 + h) = 3 + h + \frac{1}{h}\) et \(f(1 – h) = 3 – h – \frac{1}{h}\). Leur somme vaut 6. Le point \(\Omega(1, 3)\), intersection des deux asymptotes, est donc centre de symétrie.

La figure ci-dessous montre la courbe obtenue, ses deux asymptotes, ses extremums locaux et le centre de symétrie.

Corrigé de l’exercice 17 : Asymptotes et branches paraboliques

1. On a \(x^2 + 2x + 3 = (x + 1)^2 + 2 > 0\), donc \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(f(x) > |x + 1|\). En multipliant par la quantité conjuguée,
   \[f(x) – (x + 1) = \frac{(x+1)^2 + 2 – (x+1)^2}{f(x) + x + 1} = \frac{2}{f(x) + x + 1}.\]
   En \(+\infty\), le dénominateur tend vers \(+\infty\), donc cette différence tend vers \(0^+\). De même, \(f(x) – (-x – 1) = \frac{2}{f(x) – x – 1}\), qui tend vers \(0^+\) en \(-\infty\). Les asymptotes sont \(y = x + 1\) en \(+\infty\) et \(y = -x – 1\) en \(-\infty\), et la courbe est au-dessus de chacune d’elles.
2. Posons \(u = 1/x \to 0^+\). Alors \(g(x) – x – 1 = \frac{e^{u} – 1}{u} – 1\), qui tend vers \(1 – 1 = 0\). Donc \(y = x + 1\) est asymptote en \(+\infty\). Ensuite, \(g(x) – x – 1 = x(e^{u} – 1 – u)\). D’après l’exercice 5, \(e^{u} > 1 + u\) pour \(u \neq 0\). La droite \(y = x + 1\) est asymptote et la courbe de \(g\) est au-dessus.
3. On a \(\frac{h(x)}{x} = 1 + \frac{\ln x}{x} \to 1\), mais \(h(x) – x = \ln x \to +\infty\). La courbe de \(h\) a donc une branche parabolique de direction \(y = x\). Ensuite, \(\frac{\sqrt{x}}{x} = \frac{1}{\sqrt{x}} \to 0\), d’où une branche parabolique de direction \((Ox)\). Enfin, \(\frac{e^{x}}{x} \to +\infty\). Les branches sont paraboliques, de directions respectives \(y = x\), \((Ox)\) et \((Oy)\).

Corrigé de l’exercice 18 : Étude de ln(x)/x et comparaison de e^π et π^e

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\), et \(f^{\prime}(x) = \frac{1 – \ln x}{x^2}\). Elle est positive sur \(]0, e]\) et négative sur \([e, +\infty[\). Le maximum vaut \(f(e) = \frac{1}{e}\). En \(0^+\), \(\ln x \to -\infty\) et \(\frac{1}{x} \to +\infty\), donc \(f(x) \to -\infty\). En \(+\infty\), \(f(x) \to 0\) par croissances comparées. Enfin, \(f\) s’annule en 1, est négative avant et positive après. La courbe admet l’asymptote verticale \(x = 0\) et l’asymptote horizontale \(y = 0\) en \(+\infty\), avec un maximum \(\frac{1}{e}\) en \(e\).
2. On sait que \(e < \pi\), et \(f\) est strictement décroissante sur \([e, +\infty[\). Donc \(f(\pi) < f(e)\), soit \(\frac{\ln\pi}{\pi} < \frac{1}{e}\). Ainsi \(e\ln\pi < \pi\), c’est-à-dire \(\ln(\pi^{e}) < \ln(e^{\pi})\). Comme \(\ln\) est strictement croissante, \(\pi^{e} < e^{\pi}\).
3. Pour \(a, b \geq\, 1\), \(a^{b} = b^{a}\) équivaut à \(b\ln a = a\ln b\), soit \(f(a) = f(b)\). Or \(f\) est strictement croissante sur \(]0, e]\) et strictement décroissante sur \([e, +\infty[\). Deux réels distincts de même image sont donc de part et d’autre de \(e\) : \(a < e < b\), d’où \(a \in \{1, 2\}\). Si \(a = 1\), on aurait \(f(b) = 0\), impossible pour \(b > 1\). Si \(a = 2\), on remarque que \(f(4) = \frac{\ln 4}{4} = \frac{\ln 2}{2} = f(2)\). Par injectivité de \(f\) sur \([e, +\infty[\), \(b = 4\) est le seul choix. L’unique couple est \((2, 4)\) : \(2^4 = 4^2 = 16\).

La figure ci-dessous place le maximum en \(e\), le réel \(\pi\) sur la partie décroissante, et les deux points de même ordonnée d’abscisses 2 et 4.

Corrigé de l’exercice 19 : Étude complète de x arctan x

1. On a \(f(-x) = (-x)\arctan(-x) = x\arctan x\), car \(\arctan\) est impaire. Donc \(f\) est paire. Ensuite, \(f^{\prime}(x) = \arctan x + \frac{x}{1 + x^2}\). Pour \(x > 0\), les deux termes sont strictement positifs ; pour \(x < 0\), ils sont strictement négatifs. Ainsi \(f\) décroît sur \(]-\infty, 0]\), croît sur \([0, +\infty[\), et son minimum vaut \(f(0) = 0\).
2. On dérive encore :
   \[f^{\prime\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2} + \frac{(1 + x^2) – 2x^2}{(1 + x^2)^2} = \frac{(1 + x^2) + (1 – x^2)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2}{(1 + x^2)^2}.\]
   Comme \(f^{\prime\prime} > 0\), la fonction \(f\) est convexe sur \(\mathbb{R}\).
3. Pour \(x > 0\), l’exercice 10 donne \(\arctan x = \frac{\pi}{2} – \arctan\frac{1}{x}\). Donc \(f(x) = \frac{\pi}{2}x – x\arctan\frac{1}{x}\). Posons \(u = 1/x\) : \(x\arctan\frac{1}{x} = \frac{\arctan u}{u}\), qui tend vers \(\arctan^{\prime}(0) = 1\) quand \(u \to 0^+\). Par conséquent, \(f(x) – (\frac{\pi}{2}x – 1) = 1 – x\arctan\frac{1}{x} \to 0\). La droite \(y = \frac{\pi}{2}x – 1\) est asymptote en \(+\infty\).
4. D’après l’exercice 5, \(\arctan u \leq\, u\) pour \(u \geq\, 0\). L’inégalité est même stricte pour \(u > 0\), car \(u – \arctan u\) a une dérivée \(\frac{u^2}{1+u^2}\) strictement positive sur \(]0, +\infty[\). Donc \(x\arctan\frac{1}{x} < 1\), et la courbe est strictement au-dessus de l’asymptote. Par parité, la symétrique de cette droite par rapport à \((Oy)\) est asymptote en \(-\infty\). En \(-\infty\), l’asymptote est \(y = -\frac{\pi}{2}x – 1\), et la courbe est encore au-dessus.

Comme le montre la figure ci-dessous, la courbe est convexe, symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, et se rapproche de ses deux asymptotes par au-dessus.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : la fonction gudermannienne

1. Les fonctions \(\mathrm{sh}\) et \(\arctan\) sont impaires, donc leur composée aussi. Elles sont dérivables sur \(\mathbb{R}\), donc \(\mathrm{gd}\) l’est également. Ensuite, \(\mathrm{gd}^{\prime}(x) = \frac{\mathrm{ch}\,x}{1 + \mathrm{sh}^2 x} = \frac{\mathrm{ch}\,x}{\mathrm{ch}^2 x}\). Donc \(\mathrm{gd}^{\prime}(x) = \dfrac{1}{\mathrm{ch}\,x}\).
2. On a \(\mathrm{th}\,x \in ]-1, 1[\), donc \(k(x) = \arcsin(\mathrm{th}\,x)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Or \(1 – \mathrm{th}^2 x = \frac{1}{\mathrm{ch}^2 x}\) et \(\mathrm{ch}\,x > 0\). Par conséquent,
   \[k^{\prime}(x) = \frac{\mathrm{th}^{\prime}(x)}{\sqrt{1 – \mathrm{th}^2 x}} = \frac{1/\mathrm{ch}^2 x}{1/\mathrm{ch}\,x} = \frac{1}{\mathrm{ch}\,x}.\]
   Ainsi \(k – \mathrm{gd}\) a une dérivée nulle sur l’intervalle \(\mathbb{R}\) et s’annule en 0. Donc \(\mathrm{gd}(x) = \arcsin(\mathrm{th}\,x)\) pour tout réel \(x\).
3. Soit \(\ell(x) = 2\arctan(e^{x}) – \frac{\pi}{2}\). Alors \(\ell^{\prime}(x) = \frac{2e^{x}}{1 + e^{2x}} = \frac{2}{e^{-x} + e^{x}} = \frac{1}{\mathrm{ch}\,x}\). De plus, \(\ell(0) = 2 \cdot \frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{2} = 0 = \mathrm{gd}(0)\). Donc \(\mathrm{gd}(x) = 2\arctan(e^{x}) – \frac{\pi}{2}\) pour tout réel \(x\).
4. Comme \(\mathrm{sh}\,x \to \pm\infty\) en \(\pm\infty\), on obtient \(\mathrm{gd}(x) \to \pm\frac{\pi}{2}\). Ensuite, \(\mathrm{gd}^{\prime\prime}(x) = -\frac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}^2 x}\), du signe de \(-x\). Donc \(\mathrm{gd}\) est convexe sur \(]-\infty, 0]\) et concave sur \([0, +\infty[\). Enfin, \(\mathrm{gd}(0) = 0\) et \(\mathrm{gd}^{\prime}(0) = 1\). Les asymptotes sont \(y = \pm\frac{\pi}{2}\), l’origine est un point d’inflexion, et la tangente en 0 est \(y = x\).
5. La fonction \(\mathrm{gd}\) est continue et strictement croissante, car \(\mathrm{gd}^{\prime} > 0\). Avec ses limites, le théorème de la bijection montre que c’est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-\pi/2, \pi/2[\). Soit \(y\) dans cet intervalle. D’abord, \(\arctan(\mathrm{sh}\,x) = y\) équivaut à \(\mathrm{sh}\,x = \tan y\), donc \(x = \mathrm{argsh}(\tan y)\). Ensuite, avec la question 3, \(\mathrm{gd}(x) = y\) équivaut à \(\arctan(e^{x}) = \frac{y}{2} + \frac{\pi}{4}\). Cet angle est dans \(]0, \pi/2[\), donc \(e^{x} = \tan(\frac{y}{2} + \frac{\pi}{4})\). La réciproque est \(y \mapsto \mathrm{argsh}(\tan y) = \ln\tan(\dfrac{y}{2} + \dfrac{\pi}{4})\).
6. Comme \(\mathrm{gd}^{\prime}\) ne s’annule pas, la réciproque \(g\) est dérivable et \(g^{\prime}(y) = \mathrm{ch}(g(y))\). Or \(\mathrm{sh}(g(y)) = \tan y\), donc \(\mathrm{ch}(g(y)) = \sqrt{1 + \tan^2 y}\). Pour \(y \in ]-\pi/2, \pi/2[\), \(\cos y > 0\). Donc \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\cos y}\).

Point de méthode : pour prouver une égalité de fonctions sur un intervalle, il suffit de comparer les dérivées, puis les valeurs en un point.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : fonctions usuelles, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur fonctions usuelles
• À maîtriser avant : Dérivation et accroissements finis
• Chapitre précédent : Dérivation et accroissements finis
• Chapitre suivant : Arithmétique des entiers
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• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
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