Fonctions usuelles : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Ensembles de définition, parité et périodicité

1. La fonction est définie lorsque \(1 – x \neq 0\) et \(\dfrac{1+x}{1-x} > 0\). Un tableau de signes montre que le quotient est strictement positif exactement pour \(x \in ]-1, 1[\). Cet intervalle est symétrique par rapport à 0. De plus, \(f(-x) = \ln(\dfrac{1-x}{1+x}) = -\ln(\dfrac{1+x}{1-x}) = -f(x)\). Ainsi, \(f\) est définie sur \(]-1, 1[\) et impaire.
2. Il faut \(4 – x^2 \geq\, 0\), soit \(x \in [-2, 2]\), et \(x^2 \neq 1\). Donc \(D = [-2, -1[ \cup ]-1, 1[ \cup ]1, 2]\), qui est symétrique. Comme \(g\) ne dépend que de \(x^2\), on a \(g(-x) = g(x)\). Par conséquent, \(g\) est paire sur \(D\).
3. La fonction \(h\) est définie sur \(\mathbb{R}\). Pour tout réel \(x\), \(\cos(3x + 6\pi) = \cos(3x)\) et \(\sin(2x + 4\pi) = \sin(2x)\). Donc \(h(x + 2\pi) = h(x)\). En revanche, \(h(0) = 1\) et \(h(\pi) = \cos(3\pi) + \sin(2\pi) = -1\). Comme \(h(0 + \pi) \neq h(0)\), le réel \(\pi\) n’est pas une période. La fonction \(h\) est \(2\pi\)-périodique, mais pas \(\pi\)-périodique.
4. Le dénominateur \(\mathrm{e}^x – 1\) s’annule seulement en 0, donc \(k\) est définie sur \(\mathbb{R}^*\), qui est symétrique. Pour \(x \neq 0\), on multiplie numérateur et dénominateur par \(\mathrm{e}^x\) :
   \[k(-x) = \frac{-x}{\mathrm{e}^{-x} – 1} – \frac{x}{2} = \frac{-x\,\mathrm{e}^{x}}{1 – \mathrm{e}^{x}} – \frac{x}{2} = \frac{x\,\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x} – 1} – \frac{x}{2}.\]
   Ensuite, on calcule la différence : \(k(-x) – k(x) = \dfrac{x\,\mathrm{e}^x – x}{\mathrm{e}^x – 1} – x = x – x = 0\). Donc \(k\) est paire sur \(\mathbb{R}^*\).

Point de méthode : pour prouver la parité, on vérifie toujours d’abord que l’ensemble de définition est symétrique par rapport à 0.

Corrigé de l’exercice 2 : Transformations du graphe du logarithme

1. La fonction \(f_1\) est définie pour \(x > 2\). On a \(f_1(x) = \ln(x – 2) + 1\), de la forme \(f(x – a) + b\) avec \(a = 2\) et \(b = 1\). La courbe de \(f_1\) est l’image de celle de \(\ln\) par la translation de vecteur \(\vec{u}(2\,; 1)\) ; son asymptote verticale devient la droite \(x = 2\).
2. La fonction \(f_2\) est définie pour \(x < 0\). Sa courbe est la symétrique de celle de \(\ln\) par rapport à l’axe des ordonnées.
3. Pour \(x > 0\), \(f_3(x) = -\ln x\). La courbe de \(f_3\) est la symétrique de celle de \(\ln\) par rapport à l’axe des abscisses.
4. La fonction \(f_4\) est définie sur \(]0, +\infty[\). Sur \([1, +\infty[\), \(\ln x \geq\, 0\), donc \(f_4 = \ln\). Sur \(]0, 1[\), \(\ln x < 0\), donc \(f_4 = -\ln\). On garde la partie de la courbe au-dessus de l’axe et on remplace l’autre par sa symétrique par rapport à l’axe des abscisses.
5. La fonction \(f_5\) est définie sur \(\mathbb{R}^*\) et paire. Sur \(]0, +\infty[\), elle coïncide avec \(\ln\). Sa courbe est donc la réunion de celle de \(\ln\) et de sa symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
6. Pour \(x > 0\), \(f_6(x) = \ln 2 + \ln x\). D’une part, c’est une translation verticale de vecteur \(\vec{v}(0\,; \ln 2)\). D’autre part, \(f_6(x) = \ln(\lambda x)\) avec \(\lambda = 2\), ce qui correspond à une affinité horizontale de rapport \(\frac{1}{2}\). Les deux transformations donnent la même courbe.

La figure ci-dessous regroupe les six courbes obtenues. À gauche, on voit la translation et les deux symétries ; à droite, les valeurs absolues et la courbe de \(\ln(2x)\).

Corrigé de l’exercice 3 : Fonctions monotones et fonctions bornées

1. Pour tout réel \(x\), \((|x| – 1)^2 \geq\, 0\), donc \(1 + x^2 \geq\, 2|x|\). En divisant par \(1 + x^2 > 0\), on obtient \(|f(x)| \leq\, \frac{1}{2}\). L’égalité a lieu si et seulement si \(|x| = 1\). Or \(f(1) = \frac{1}{2}\) et \(f(-1) = -\frac{1}{2}\). Ainsi, \(f\) est bornée, de maximum \(\frac{1}{2}\) atteint en 1 et de minimum \(-\frac{1}{2}\) atteint en \(-1\).
2. La fonction \(g\) est dérivable et \(g^{\prime}(x) = 1 + \cos x \geq\, 0\). Donc \(g\) est croissante. Supposons que \(g(a) = g(b)\) avec \(a < b\). Alors \(g\) est constante sur \([a, b]\), car elle est croissante. Par conséquent, \(g^{\prime}\) serait nulle sur \([a, b]\). Or \(g^{\prime}\) ne s’annule qu’aux points isolés \(\pi + 2k\pi\). C’est absurde, donc \(g\) est strictement croissante. Enfin, \(g(x) \geq\, x – 1\), qui tend vers \(+\infty\). La fonction \(g\) est strictement croissante et non majorée.
3. Prenons \(u(x) = v(x) = x\), croissantes sur \(\mathbb{R}\). Alors \(uv(x) = x^2\), et \(uv(-1) = 1 > 0 = uv(0)\). Donc \(uv\) n’est pas croissante. Supposons maintenant \(u\) et \(v\) croissantes et positives. Soient \(x \leq\, y\). On a \(u(x) \leq\, u(y)\) et \(v(x) \geq\, 0\), donc \(u(x)v(x) \leq\, u(y)v(x)\). De même, \(v(x) \leq\, v(y)\) et \(u(y) \geq\, 0\), donc \(u(y)v(x) \leq\, u(y)v(y)\). Par transitivité, \(uv(x) \leq\, uv(y)\) : le produit est croissant.
4. Soient \(f\) et \(g\) décroissantes, avec \(g \circ f\) définie. Si \(x \leq\, y\), alors \(f(x) \geq\, f(y)\). Ensuite, \(g\) renverse l’ordre, donc \(g(f(x)) \leq\, g(f(y))\). La composée \(g \circ f\) est croissante.

Corrigé de l’exercice 4 : Calculs de dérivées

1. La fonction \(f_1\) est un produit de fonctions dérivables. On obtient \(f_1^{\prime}(x) = 2x\,\mathrm{e}^{-x} – x^2\mathrm{e}^{-x}\). Donc \(f_1^{\prime}(x) = x(2 – x)\mathrm{e}^{-x}\).
2. Pour tout réel \(x\), \(\sqrt{x^2+1} > |x| \geq\, -x\), donc \(x + \sqrt{x^2+1} > 0\). De plus, \(x^2 + 1 > 0\), donc la racine est dérivable. La dérivée de la composée donne
   \[f_2^{\prime}(x) = \frac{1 + \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \frac{\sqrt{x^2+1} + x}{\sqrt{x^2+1}\,(x + \sqrt{x^2+1})}.\]
   Après simplification, \(f_2^{\prime}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\).
3. Le dénominateur ne s’annule pas. La formule du quotient donne \(f_3^{\prime}(x) = \dfrac{3x^2(1+x^2) – 2x \cdot x^3}{(1+x^2)^2}\). Donc \(f_3^{\prime}(x) = \dfrac{x^2(x^2 + 3)}{(1+x^2)^2}\).
4. On compose \(x \mapsto \cos(2x)\), de dérivée \(-2\sin(2x)\), avec \(y \mapsto y^3\). On obtient \(f_4^{\prime}(x) = -6\cos^2(2x)\sin(2x)\).
5. On écrit \(f_5(x) = \mathrm{e}^{x\ln x}\), composée de fonctions dérivables sur \(]0, +\infty[\). La dérivée de \(x \ln x\) vaut \(\ln x + 1\). Ainsi, \(f_5^{\prime}(x) = (\ln x + 1)\,x^x\).
6. Par produit et composée, \(f_6^{\prime}(x) = \cos x\,\mathrm{e}^{\sin x}\cos x – \mathrm{e}^{\sin x}\sin x\). Donc \(f_6^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{\sin x}(\cos^2 x – \sin x)\).

Corrigé de l’exercice 5 : Dérivée d’une fonction réciproque

1. La fonction \(f\) est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(f^{\prime}(x) = 1 + \mathrm{e}^x > 0\). Elle est donc strictement croissante. De plus, \(\lim_{-\infty} f = -\infty\) et \(\lim_{+\infty} f = +\infty\). D’après le théorème de la bijection, \(f\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\).
2. Comme \(f^{\prime}\) ne s’annule jamais, le théorème de la dérivée réciproque s’applique en tout point. Pour tout réel \(y\), \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{f^{\prime}(g(y))} = \dfrac{1}{1 + \mathrm{e}^{g(y)}}\).
3. On a \(f(0) = 0 + 1 = 1\), donc \(g(1) = 0\). Ensuite \(g^{\prime}(1) = \dfrac{1}{1 + \mathrm{e}^0} = \dfrac{1}{2}\). La tangente a pour équation \(y = g(1) + g^{\prime}(1)(x – 1)\). De même, \(f(1) = 1 + \mathrm{e}\), donc \(g(1 + \mathrm{e}) = 1\) et \(g^{\prime}(1 + \mathrm{e}) = \dfrac{1}{1 + \mathrm{e}}\). Ainsi, \(g(1) = 0\), \(g^{\prime}(1) = \frac{1}{2}\), la tangente est \(y = \frac{x – 1}{2}\), et \(g^{\prime}(1+\mathrm{e}) = \frac{1}{1+\mathrm{e}}\).
4. Pour tout \(y\), \(f(g(y)) = y\), c’est-à-dire \(g(y) + \mathrm{e}^{g(y)} = y\). Donc \(\mathrm{e}^{g(y)} = y – g(y)\). En reportant, \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + y – g(y)}\).
5. Le dénominateur \(1 + y – g(y) = 1 + \mathrm{e}^{g(y)}\) est dérivable et strictement positif. Par conséquent, \(g^{\prime}\) est dérivable, et \(g^{\prime\prime}(y) = -\dfrac{1 – g^{\prime}(y)}{(1 + y – g(y))^2}\). En \(y = 1\), on obtient \(g^{\prime\prime}(1) = -\dfrac{1 – 1/2}{2^2}\). Donc \(g^{\prime\prime}(1) = -\dfrac{1}{8}\).

Comme le montre la figure ci-dessous, la tangente de pente 2 à la courbe de \(f\) en \((0\,; 1)\) devient, par symétrie, la tangente de pente \(\frac{1}{2}\) à la courbe de \(g\) en \((1\,; 0)\).

Corrigé de l’exercice 6 : Équations avec exponentielles, logarithmes et puissances

1. On pose \(t = \mathrm{e}^x > 0\). L’équation devient \(t^2 – 3t + 2 = 0\), soit \((t – 1)(t – 2) = 0\). Les deux racines sont positives, donc \(\mathrm{e}^x = 1\) ou \(\mathrm{e}^x = 2\). Les solutions sont \(0\) et \(\ln 2\).
2. Il faut \(x > 0\) et \(x > 1\), soit \(x > 1\). Sur cet intervalle, l’équation équivaut à \(\ln(x(x-1)) = \ln 6\), donc à \(x^2 – x – 6 = 0\). Les racines sont \(3\) et \(-2\). Seule la première vérifie \(x > 1\). La solution est \(x = 3\).
3. Par définition, \(2^x = \mathrm{e}^{x\ln 2}\) et \(3^{x-1} = \mathrm{e}^{(x-1)\ln 3}\). L’exponentielle est injective, donc l’équation équivaut à \(x\ln 2 = (x-1)\ln 3\). Ainsi, \(x(\ln 3 – \ln 2) = \ln 3\). La solution est \(x = \dfrac{\ln 3}{\ln 3 – \ln 2} = \dfrac{\ln 3}{\ln(3/2)} \approx 2{,}71\).
4. On pose \(t = 2^x > 0\). Alors \(4^x = t^2\) et \(2^{x+1} = 2t\). L’équation devient \(t^2 – 2t – 8 = 0\), soit \((t – 4)(t + 2) = 0\). Comme \(t > 0\), on a \(t = 4\). La solution est \(x = 2\).
5. Pour \(x > 0\), on prend le logarithme des deux membres, qui sont strictement positifs. On obtient \(\sqrt{x}\ln x = x\ln\sqrt{x} = \frac{x}{2}\ln x\). Donc \(\ln x(\sqrt{x} – \frac{x}{2}) = 0\). Le premier facteur s’annule pour \(x = 1\). Le second s’écrit \(\sqrt{x}(1 – \frac{\sqrt{x}}{2})\) et s’annule pour \(\sqrt{x} = 2\). On vérifie que \(4^2 = 16 = 2^4\). Les solutions sont \(1\) et \(4\).

Corrigé de l’exercice 7 : Limites par croissances comparées

1. Avec \(\alpha = 3\) et \(\beta = \frac{1}{2}\), le théorème des croissances comparées s’applique directement. La limite vaut 0.
2. On écrit \(x^x = \mathrm{e}^{x\ln x}\). Or \(\lim_{x \to 0^+} x\ln x = 0\) par croissances comparées. Par continuité de l’exponentielle en 0, la limite vaut \(\mathrm{e}^0 = 1\).
3. On écrit \(x^{1/x} = \mathrm{e}^{\ln x / x}\). Comme \(\dfrac{\ln x}{x} \to 0\) en \(+\infty\), la limite vaut 1.
4. On pose \(u = \sqrt{x}\), qui tend vers \(+\infty\). Alors \(\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}}{x^5} = \dfrac{\mathrm{e}^u}{u^{10}}\). Or \(\dfrac{u^{10}}{\mathrm{e}^u} \to 0^+\). Donc la limite vaut \(+\infty\).
5. On pose \(x = \mathrm{e}^{-t}\), avec \(t \to +\infty\) quand \(x \to 0^+\). Alors \(x(\ln x)^2 = t^2\mathrm{e}^{-t}\), qui tend vers 0. La limite vaut 0.
6. On factorise par \(\mathrm{e}^x\) au numérateur et au dénominateur :
   \[\frac{\mathrm{e}^x – x^3}{\mathrm{e}^x + \ln x} = \frac{1 – x^3\mathrm{e}^{-x}}{1 + \ln x\,\mathrm{e}^{-x}}.\]
   Par croissances comparées, \(x^3\mathrm{e}^{-x} \to 0\) et \(\ln x\,\mathrm{e}^{-x} \to 0\). La limite vaut 1.

Point de méthode : devant une forme indéterminée, on factorise par le terme dominant, puis on invoque les croissances comparées.

Corrigé de l’exercice 8 : Les inégalités fondamentales et la somme harmonique

1. Soit \(\varphi(x) = \mathrm{e}^x – 1 – x\). Elle est dérivable et \(\varphi^{\prime}(x) = \mathrm{e}^x – 1\). Cette dérivée est négative sur \(]-\infty, 0]\) et positive sur \([0, +\infty[\). Donc \(\varphi\) admet un minimum en 0, égal à \(\varphi(0) = 0\). Ainsi, \(\mathrm{e}^x \geq\, 1 + x\). Ensuite, pour \(x > -1\), on applique ce résultat au réel \(\ln(1+x)\) : \(1 + x \geq\, 1 + \ln(1+x)\). Donc \(\mathrm{e}^x \geq\, 1 + x\) sur \(\mathbb{R}\) et \(\ln(1+x) \leq\, x\) sur \(]-1, +\infty[\).
2. Soit \(x > -1\). On pose \(y = -\dfrac{x}{1+x}\). Alors \(1 + y = \dfrac{1}{1+x} > 0\), donc \(y > -1\). La question précédente donne \(\ln(\dfrac{1}{1+x}) \leq\, -\dfrac{x}{1+x}\). En changeant de signe, \(\ln(1+x) \geq\, \dfrac{x}{1+x}\).
3. On applique la première inégalité à \(-x\) : \(\mathrm{e}^{-x} \geq\, 1 – x\). Si \(x < 1\), les deux membres sont strictement positifs. La fonction inverse étant décroissante sur \(]0, +\infty[\), on obtient \(\mathrm{e}^x \leq\, \dfrac{1}{1 – x}\).
4. Pour \(k \geq\, 1\), la question 1 donne \(\ln(1 + \frac{1}{k}) \leq\, \frac{1}{k}\). Or \(\ln(1 + \frac{1}{k}) = \ln(k+1) – \ln k\). En sommant pour \(k\) de 1 à \(n\), la somme télescopique vaut \(\ln(n+1)\). Donc \(\ln(n+1) \leq\, H_n\). Par ailleurs, la question 2 donne \(\ln(1 + \frac{1}{k}) \geq\, \dfrac{1/k}{1 + 1/k} = \dfrac{1}{k+1}\). En sommant pour \(k\) de 1 à \(n – 1\), on obtient \(\ln n \geq\, H_n – 1\). Finalement, \(\ln(n+1) \leq\, H_n \leq\, 1 + \ln n\).
5. Comme \(\ln(n+1) \to +\infty\), on a \(H_n \to +\infty\). Pour \(n \geq\, 2\), on divise par \(\ln n > 0\) :
   \[\frac{\ln(n+1)}{\ln n} \leq\, \frac{H_n}{\ln n} \leq\, \frac{1}{\ln n} + 1.\]
   Or \(\dfrac{\ln(n+1)}{\ln n} = 1 + \dfrac{\ln(1 + 1/n)}{\ln n}\), qui tend vers 1. Le théorème des gendarmes conclut. Ainsi, \(H_n \to +\infty\) et \(\dfrac{H_n}{\ln n} \to 1\).

La figure ci-dessous interprète l’inégalité de gauche. Les rectangles de largeur 1 et de hauteur \(\frac{1}{k}\) recouvrent l’aire sous la courbe \(y = 1/x\) entre 1 et \(n + 1\), qui vaut \(\ln(n+1)\).

Corrigé de l’exercice 9 : Inégalités par étude de fonction

1. Posons \(\varphi(x) = \ln(1+x) – x + \dfrac{x^2}{2}\) sur \([0, +\infty[\). Alors
   \[\varphi^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} – 1 + x = \frac{1 – (1 + x) + x(1+x)}{1+x} = \frac{x^2}{1+x} \geq\, 0.\]
   Donc \(\varphi\) est croissante et \(\varphi(x) \geq\, \varphi(0) = 0\). De même, \(\psi(x) = x – \ln(1+x)\) a pour dérivée \(\dfrac{x}{1+x} \geq\, 0\) et \(\psi(0) = 0\). Ainsi, \(x – \dfrac{x^2}{2} \leq\, \ln(1+x) \leq\, x\) pour tout \(x \geq\, 0\).
2. Avec \(x = 0{,}1\), on obtient \(0{,}1 – 0{,}005 \leq\, \ln(1{,}1) \leq\, 0{,}1\). Donc \(0{,}095 \leq\, \ln(1{,}1) \leq\, 0{,}1\).
3. Soit \(v(x) = x – \sin x\). Alors \(v^{\prime}(x) = 1 – \cos x \geq\, 0\) et \(v(0) = 0\), donc \(v \geq\, 0\) sur \([0, +\infty[\). Ensuite, soit \(u(x) = \cos x – 1 + \dfrac{x^2}{2}\). Sa dérivée \(u^{\prime}(x) = x – \sin x\) est positive sur \([0, +\infty[\). Donc \(u\) est croissante sur cet intervalle, et \(u(x) \geq\, u(0) = 0\). Enfin, \(u\) est paire, donc l’inégalité vaut aussi pour \(x < 0\). Par conséquent, \(\sin x \leq\, x\) sur \([0, +\infty[\) et \(\cos x \geq\, 1 – \dfrac{x^2}{2}\) sur \(\mathbb{R}\).
4. La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\) et \(\varphi^{\prime}(x) = \dfrac{N(x)}{x^2}\), avec \(N(x) = x\cos x – \sin x\). Or \(N^{\prime}(x) = \cos x – x\sin x – \cos x = -x\sin x < 0\) sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\). Comme \(N(0) = 0\), on a \(N(x) < 0\) sur cet intervalle. Ainsi, \(\varphi\) est strictement décroissante. Par conséquent, \(\varphi(x) \geq\, \varphi(\frac{\pi}{2}) = \dfrac{2}{\pi}\). En multipliant par \(x > 0\), on obtient l’inégalité ; elle est aussi vraie en 0. Donc \(\sin x \geq\, \dfrac{2x}{\pi}\) sur \([0, \frac{\pi}{2}]\).

Comme le montre la figure ci-dessous, la courbe du sinus reste coincée entre la corde \(y = \frac{2x}{\pi}\) et la tangente \(y = x\).

Corrigé de l’exercice 10 : Comparer e puissance π et π puissance e

1. La fonction \(h\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \(h^{\prime}(x) = \dfrac{1 – \ln x}{x^2}\). Cette dérivée est positive sur \(]0, \mathrm{e}]\) et négative sur \([\mathrm{e}, +\infty[\). De plus, \(h(x) \to -\infty\) en \(0^+\), car \(\ln x \to -\infty\) et \(\frac{1}{x} \to +\infty\). Enfin, \(h(x) \to 0\) en \(+\infty\) par croissances comparées. Ainsi, \(h\) croît strictement sur \(]0, \mathrm{e}]\), décroît strictement sur \([\mathrm{e}, +\infty[\), et son maximum vaut \(h(\mathrm{e}) = \frac{1}{\mathrm{e}}\).
2. Comme \(\pi \neq \mathrm{e}\) et que le maximum n’est atteint qu’en e, on a \(h(\pi) < \frac{1}{\mathrm{e}}\). Donc \(\mathrm{e}\ln\pi < \pi\), soit \(\ln(\pi^{\mathrm{e}}) < \ln(\mathrm{e}^{\pi})\). Le logarithme est strictement croissant. Par conséquent, \(\pi^{\mathrm{e}} < \mathrm{e}^{\pi}\).
3. On a bien \(2^4 = 16 = 4^2\). Si \(a^b = b^a\), alors \(b\ln a = a\ln b\), puis en divisant par \(ab > 0\), \(h(a) = h(b)\). Or \(h\) est injective sur \(]0, \mathrm{e}]\) et sur \([\mathrm{e}, +\infty[\). Si \(a\) et \(b\) étaient tous deux dans le même intervalle, on aurait \(a = b\). Donc \(a < \mathrm{e} < b\).
4. D’après la question précédente, \(a < \mathrm{e}\), donc \(a \in \{1, 2\}\). Si \(a = 1\), alors \(1 = b^1\), donc \(b = 1\), ce qui contredit \(b > a\). Si \(a = 2\), alors \(b\) est l’unique réel de \([\mathrm{e}, +\infty[\) tel que \(h(b) = h(2)\), par injectivité. Comme \(h(4) = \frac{\ln 4}{4} = \frac{\ln 2}{2} = h(2)\), on a \(b = 4\). Le seul couple est \((a, b) = (2, 4)\).

La figure ci-dessous montre le maximum de \(h\) en e. La droite horizontale \(y = \frac{\ln 2}{2}\) coupe la courbe exactement en 2 et en 4, de part et d’autre de e.

Corrigé de l’exercice 11 : Valeurs et simplifications avec Arcsin, Arccos, Arctan

1. D’abord, \(\sin\frac{7\pi}{6} = -\frac{1}{2}\), et \(-\frac{\pi}{6}\) est l’unique angle de \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\) de sinus \(-\frac{1}{2}\). Ensuite, \(\cos(-\frac{2\pi}{3}) = \cos\frac{2\pi}{3}\) avec \(\frac{2\pi}{3} \in [0, \pi]\). Enfin, \(\tan\frac{3\pi}{4} = -1 = \tan(-\frac{\pi}{4})\), avec \(-\frac{\pi}{4} \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\). Les valeurs sont \(-\frac{\pi}{6}\), \(\frac{2\pi}{3}\) et \(-\frac{\pi}{4}\).
2. On a \(\sin(\pi – 3) = \sin 3\) et \(\pi – 3 \approx 0{,}14\) appartient à \([-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\). Par ailleurs, \(\cos(2\pi – 4) = \cos 4\) et \(2\pi – 4 \approx 2{,}28\) appartient à \([0, \pi]\). Donc \(\mathrm{Arcsin}(\sin 3) = \pi – 3\) et \(\mathrm{Arccos}(\cos 4) = 2\pi – 4\).
3. Posons \(\theta = \mathrm{Arcsin}\, x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\). Alors \(\cos\theta \geq\, 0\), donc \(\cos\theta = \sqrt{1 – x^2}\). Si \(|x| < 1\), \(\cos\theta > 0\) et \(\tan\theta = \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\). Enfin, posons \(\alpha = \mathrm{Arctan}\, x\). On a \(\cos\alpha > 0\) et \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha} = 1 + \tan^2\alpha = 1 + x^2\). Ainsi, \(\cos(\mathrm{Arcsin}\, x) = \sqrt{1-x^2}\), \(\tan(\mathrm{Arcsin}\, x) = \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\) et \(\cos(\mathrm{Arctan}\, x) = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\).
4. Posons \(\alpha = \mathrm{Arctan}\, x\). Alors \(\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha = 2\tan\alpha\cos^2\alpha\). Or \(\cos^2\alpha = \dfrac{1}{1 + x^2}\). Donc \(\sin(2\,\mathrm{Arctan}\, x) = \dfrac{2x}{1+x^2}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Relations entre fonctions circulaires réciproques

1. Soit \(x \in ]-1, 1[\) et \(\theta = \mathrm{Arccos}\, x \in ]0, \pi[\). La dérivée de \(\cos\) en \(\theta\) vaut \(-\sin\theta\), avec \(\sin\theta = \sqrt{1 – x^2} > 0\). Le théorème de la dérivée réciproque donne \(\mathrm{Arccos}^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\). De même, si \(\alpha = \mathrm{Arctan}\, x\), alors \(\tan^{\prime}(\alpha) = 1 + \tan^2\alpha = 1 + x^2 \neq 0\). Donc \(\mathrm{Arccos}^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) et \(\mathrm{Arctan}^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\).
2. Soit \(\theta = \mathrm{Arccos}\, x \in [0, \pi]\). Alors \(\pi – \theta \in [0, \pi]\) et \(\cos(\pi – \theta) = -\cos\theta = -x\). Par unicité de l’angle de \([0, \pi]\) de cosinus \(-x\), on a \(\mathrm{Arccos}(-x) = \pi – \mathrm{Arccos}\, x\).
3. La fonction \(s(x) = \mathrm{Arcsin}\, x + \mathrm{Arccos}\, x\) est dérivable sur \(]-1, 1[\), de dérivée \(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} – \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0\). Sur cet intervalle, \(s\) est donc constante, égale à \(s(0) = 0 + \frac{\pi}{2}\). Aux bornes, \(s(1) = \frac{\pi}{2} + 0\) et \(s(-1) = -\frac{\pi}{2} + \pi\). Ainsi, \(\mathrm{Arcsin}\, x + \mathrm{Arccos}\, x = \frac{\pi}{2}\) sur \([-1, 1]\).
4. Pour \(x \neq 0\), la dérivée de la composée donne
   \[\psi^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2} + (-\frac{1}{x^2})\frac{1}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} – \frac{1}{x^2 + 1} = 0.\]
   Donc \(\psi\) est constante sur chacun des intervalles \(]0, +\infty[\) et \(]-\infty, 0[\). Or \(\psi(1) = 2 \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}\) et, par imparité, \(\psi(-1) = -\frac{\pi}{2}\). Ainsi, \(\psi(x) = \frac{\pi}{2}\) si \(x > 0\) et \(\psi(x) = -\frac{\pi}{2}\) si \(x < 0\). Une dérivée nulle n’entraîne la constance que sur un intervalle ; or \(\mathbb{R}^*\) n’en est pas un.

La figure ci-dessous illustre ce saut : la somme vaut \(-\frac{\pi}{2}\) à gauche de 0 et \(\frac{\pi}{2}\) à droite.

Point de méthode : après avoir trouvé une dérivée nulle, vérifiez que l’ensemble d’étude est un intervalle, sinon fixez une constante par intervalle.

Corrigé de l’exercice 13 : Équations avec Arctan

1. Posons \(a = \mathrm{Arctan}\,\frac{1}{2}\) et \(b = \mathrm{Arctan}\,\frac{1}{3}\). Comme \(0 < \frac{1}{3} < \frac{1}{2} < 1\) et que Arctan est croissante, on a \(a, b \in ]0, \frac{\pi}{4}[\). Donc \(a + b \in ]0, \frac{\pi}{2}[\). La formule d’addition donne
   \[\tan(a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a\tan b} = \frac{1/2 + 1/3}{1 – 1/6} = \frac{5/6}{5/6} = 1.\]
   Le seul angle de \(]0, \frac{\pi}{2}[\) de tangente 1 est \(\frac{\pi}{4}\), d’où l’égalité.
2. Posons \(a = \mathrm{Arctan}\, 2\) et \(b = \mathrm{Arctan}\, 3\). Comme \(2 > 1\) et \(3 > 1\), on a \(a, b \in ]\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}[\), donc \(a + b \in ]\frac{\pi}{2}, \pi[\). Ensuite, \(\tan(a + b) = \dfrac{2 + 3}{1 – 6} = -1\). Or le seul angle de \(]\frac{\pi}{2}, \pi[\) de tangente \(-1\) est \(\frac{3\pi}{4}\). Donc \(\mathrm{Arctan}\, 2 + \mathrm{Arctan}\, 3 = \frac{3\pi}{4}\).
3. La fonction \(S\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), comme somme de deux telles fonctions. De plus, elle tend vers \(-\pi\) en \(-\infty\) et vers \(\pi\) en \(+\infty\). Elle réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-\pi, \pi[\), qui contient \(\frac{\pi}{4}\). Ainsi, l’équation admet une unique solution \(x_0\). Comme \(S(0) = 0 < \frac{\pi}{4}\), on a \(x_0 > 0\). Ensuite, \(\mathrm{Arctan}(2x_0) = \frac{\pi}{4} – \mathrm{Arctan}\, x_0\), et ce dernier angle appartient à \(]-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}[\). En prenant la tangente :
   \[2x_0 = \frac{1 – x_0}{1 + x_0}, \quad \text{soit} \quad 2x_0^2 + 3x_0 – 1 = 0.\]
   Les racines sont \(\frac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}\), et une seule est positive. L’unique solution est \(x_0 = \dfrac{\sqrt{17} – 3}{4} \approx 0{,}28\).

Corrigé de l’exercice 14 : Étude de Arcsin(2x√(1 − x²))

1. La racine impose \(x \in [-1, 1]\). Ensuite, l’inégalité \(2ab \leq\, a^2 + b^2\) appliquée à \(a = |x|\) et \(b = \sqrt{1-x^2}\) donne \(|2x\sqrt{1-x^2}| \leq\, x^2 + 1 – x^2 = 1\). Donc Arcsin s’applique. Enfin, l’expression intérieure est impaire et Arcsin est impaire. Ainsi, \(f\) est définie sur \([-1, 1]\) et impaire.
2. Avec \(\theta = \mathrm{Arcsin}\, x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\), on a \(x = \sin\theta\) et \(\sqrt{1-x^2} = \cos\theta\), car \(\cos\theta \geq\, 0\). Donc \(2x\sqrt{1-x^2} = 2\sin\theta\cos\theta = \sin(2\theta)\).
3. On a \(f(x) = \mathrm{Arcsin}(\sin 2\theta)\), avec \(2\theta \in [-\pi, \pi]\). Trois cas se présentent.
   • Si \(x \in [-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}]\), alors \(\theta \in [-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}]\) et \(2\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\). Donc \(f(x) = 2\theta\).
   • Si \(x \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, 1]\), alors \(2\theta \in [\frac{\pi}{2}, \pi]\). Or \(\pi – 2\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]\) et \(\sin(\pi – 2\theta) = \sin 2\theta\). Donc \(f(x) = \pi – 2\theta\).
   • Si \(x \in [-1, -\frac{\sqrt{2}}{2}]\), l’imparité donne \(f(x) = -f(-x) = -\pi – 2\theta\).

   Finalement, \(f(x) = 2\,\mathrm{Arcsin}\, x\) au centre, \(f(x) = \pi – 2\,\mathrm{Arcsin}\, x\) à droite et \(f(x) = -\pi – 2\,\mathrm{Arcsin}\, x\) à gauche.

4. Posons \(w(x) = 2x\sqrt{1-x^2}\). Sur \(]-1, 1[\), \(w^{\prime}(x) = 2\sqrt{1-x^2} – \dfrac{2x^2}{\sqrt{1-x^2}} = \dfrac{2(1 – 2x^2)}{\sqrt{1-x^2}}\). Par ailleurs, \(1 – w(x)^2 = 1 – 4x^2 + 4x^4 = (1 – 2x^2)^2\). Hors de \(\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\), on a \(|w(x)| < 1\), donc
   \[f^{\prime}(x) = \frac{w^{\prime}(x)}{\sqrt{1 – w(x)^2}} = \frac{2(1 – 2x^2)}{\sqrt{1-x^2}\,|1 – 2x^2|}.\]
   Ainsi, \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2}{\sqrt{1-x^2}}\) si \(|x| < \frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(f^{\prime}(x) = -\dfrac{2}{\sqrt{1-x^2}}\) si \(|x| > \frac{\sqrt{2}}{2}\), ce qui concorde avec les dérivées des trois expressions trouvées.
5. En \(\frac{\sqrt{2}}{2}\), la dérivée à gauche de \(2\,\mathrm{Arcsin}\) vaut \(\dfrac{2}{\sqrt{1/2}} = 2\sqrt{2}\). En revanche, la dérivée à droite de \(\pi – 2\,\mathrm{Arcsin}\) vaut \(-2\sqrt{2}\). Ces deux nombres diffèrent. La fonction \(f\) n’est pas dérivable en \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) : sa courbe présente un point anguleux. Aux bornes \(\pm 1\), elle admet des tangentes verticales.

La figure ci-dessous montre la courbe obtenue. Elle suit \(2\,\mathrm{Arcsin}\, x\) au centre, puis redescend vers 0 en \(\pm 1\) après les deux points anguleux.

Corrigé de l’exercice 15 : Formulaire hyperbolique

1. On factorise : \(\mathrm{ch}^2 x – \mathrm{sh}^2 x = (\mathrm{ch}\, x – \mathrm{sh}\, x)(\mathrm{ch}\, x + \mathrm{sh}\, x)\). Or \(\mathrm{ch}\, x + \mathrm{sh}\, x = \mathrm{e}^x\) et \(\mathrm{ch}\, x – \mathrm{sh}\, x = \mathrm{e}^{-x}\). Donc \(\mathrm{ch}^2 x – \mathrm{sh}^2 x = 1\).
2. On développe le second membre :
   \[4(\mathrm{ch}\, a\,\mathrm{ch}\, b + \mathrm{sh}\, a\,\mathrm{sh}\, b) = (\mathrm{e}^a + \mathrm{e}^{-a})(\mathrm{e}^b + \mathrm{e}^{-b}) + (\mathrm{e}^a – \mathrm{e}^{-a})(\mathrm{e}^b – \mathrm{e}^{-b}) = 2\mathrm{e}^{a+b} + 2\mathrm{e}^{-a-b}.\]
   Les termes croisés se compensent. En divisant par 4, on trouve \(\mathrm{ch}(a+b)\). Le même calcul, avec des signes adaptés, donne la formule pour sh. Les deux formules d’addition sont démontrées.
3. Avec \(a = b = x\), on obtient \(\mathrm{sh}(2x) = 2\,\mathrm{sh}\, x\,\mathrm{ch}\, x\) et \(\mathrm{ch}(2x) = \mathrm{ch}^2 x + \mathrm{sh}^2 x\). Ensuite, on remplace \(\mathrm{sh}^2 x\) par \(\mathrm{ch}^2 x – 1\). Donc \(\mathrm{ch}(2x) = 2\,\mathrm{ch}^2 x – 1\).
4. On divise numérateur et dénominateur de \(\dfrac{\mathrm{sh}(a+b)}{\mathrm{ch}(a+b)}\) par \(\mathrm{ch}\, a\,\mathrm{ch}\, b > 0\). On obtient \(\mathrm{th}(a+b) = \dfrac{\mathrm{th}\, a + \mathrm{th}\, b}{1 + \mathrm{th}\, a\,\mathrm{th}\, b}\).
5. On a \(\mathrm{e}^{\ln 3} = 3\) et \(\mathrm{e}^{-\ln 3} = \frac{1}{3}\). Donc \(\mathrm{ch}(\ln 3) = \frac{1}{2}(3 + \frac{1}{3}) = \frac{5}{3}\) et \(\mathrm{sh}(\ln 3) = \frac{1}{2}(3 – \frac{1}{3}) = \frac{4}{3}\). On vérifie que \(\frac{25}{9} – \frac{16}{9} = 1\). Enfin, \(\mathrm{th}(\ln 2) = \dfrac{2 – 1/2}{2 + 1/2} = \dfrac{3}{5}\). Ainsi, \(\mathrm{ch}(\ln 3) = \frac{5}{3}\), \(\mathrm{sh}(\ln 3) = \frac{4}{3}\) et \(\mathrm{th}(\ln 2) = \frac{3}{5}\).
6. On a \((\mathrm{ch}\, x + \mathrm{sh}\, x)^n = (\mathrm{e}^x)^n = \mathrm{e}^{nx}\). Or \(\mathrm{e}^{nx} = \mathrm{ch}(nx) + \mathrm{sh}(nx)\), d’où l’égalité.

Corrigé de l’exercice 16 : Équations hyperboliques et fonction argument sinus hyperbolique

1. On pose \(t = \mathrm{e}^x > 0\). L’équation \(\mathrm{sh}\, x = \frac{3}{4}\) devient \(t – \frac{1}{t} = \frac{3}{2}\), soit \(2t^2 – 3t – 2 = 0\). Les racines sont \(2\) et \(-\frac{1}{2}\), donc \(t = 2\). Ensuite, \(\mathrm{ch}\, x = \frac{5}{4}\) devient \(t + \frac{1}{t} = \frac{5}{2}\), soit \(2t^2 – 5t + 2 = 0\). Les racines sont \(2\) et \(\frac{1}{2}\), toutes deux positives. La première équation a pour solution \(\ln 2\) ; la seconde a pour solutions \(\ln 2\) et \(-\ln 2\).
2. On a \(3\,\mathrm{ch}\, x – \mathrm{sh}\, x = \frac{3t + 3/t – t + 1/t}{2} = t + \frac{2}{t}\). L’équation devient \(t^2 – 3t + 2 = 0\), de racines 1 et 2. Les solutions sont \(0\) et \(\ln 2\). On vérifie : \(3 \times \frac{5}{4} – \frac{3}{4} = 3\).
3. La fonction sh est continue et strictement croissante, car \(\mathrm{sh}^{\prime} = \mathrm{ch} > 0\). Elle tend vers \(\pm\infty\) en \(\pm\infty\), donc elle est bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Pour \(y\) réel, l’équation \(\mathrm{sh}\, x = y\) s’écrit \(t^2 – 2yt – 1 = 0\) avec \(t = \mathrm{e}^x\). Le produit des racines vaut \(-1\), donc une seule est positive : \(t = y + \sqrt{y^2+1}\). Ainsi, \(\mathrm{Argsh}\, y = \ln(y + \sqrt{y^2+1})\).
4. D’une part, l’exercice 4 a donné la dérivée de cette expression : \(\dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}}\). D’autre part, avec \(x = \mathrm{Argsh}\, y\), on a \(\mathrm{Argsh}^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\mathrm{ch}\, x}\). Or \(\mathrm{ch}\, x > 0\) et \(\mathrm{ch}^2 x = 1 + \mathrm{sh}^2 x = 1 + y^2\). Les deux méthodes donnent \(\mathrm{Argsh}^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\sqrt{1+y^2}}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Tangente hyperbolique et sa réciproque

1. La fonction th est le quotient d’une fonction impaire par une fonction paire, donc elle est impaire. La formule du quotient donne \(\mathrm{th}^{\prime} = \dfrac{\mathrm{ch}^2 – \mathrm{sh}^2}{\mathrm{ch}^2} = \dfrac{1}{\mathrm{ch}^2}\). En écrivant aussi \(\dfrac{\mathrm{ch}^2 – \mathrm{sh}^2}{\mathrm{ch}^2} = 1 – \mathrm{th}^2\), on a les deux formes. Cette dérivée est strictement positive. Enfin, \(\mathrm{th}\, x = \dfrac{1 – \mathrm{e}^{-2x}}{1 + \mathrm{e}^{-2x}} \to 1\) en \(+\infty\). La fonction th est impaire, strictement croissante, de limites \(-1\) et \(1\).
2. Soit \(w(x) = x – \mathrm{th}\, x\). Alors \(w^{\prime}(x) = 1 – (1 – \mathrm{th}^2 x) = \mathrm{th}^2 x \geq\, 0\) et \(w(0) = 0\). Donc \(\mathrm{th}\, x \leq\, x\) pour tout \(x \geq\, 0\).
3. La fonction th est continue, strictement croissante, de limites \(\pm 1\). Elle est donc bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(]-1, 1[\). Pour \(y \in ]-1, 1[\), l’équation \(\dfrac{\mathrm{e}^{2x} – 1}{\mathrm{e}^{2x} + 1} = y\) équivaut à \(\mathrm{e}^{2x}(1 – y) = 1 + y\). Ainsi, \(\mathrm{Argth}\, y = \dfrac{1}{2}\ln(\dfrac{1+y}{1-y})\).
4. Avec \(x = \mathrm{Argth}\, y\), on a \(\mathrm{th}^{\prime}(x) = 1 – y^2 \neq 0\). Par le théorème de la dérivée réciproque, \(\mathrm{Argth}^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 – y^2}\). De plus, la fonction \(f\) de l’exercice 1 vérifie \(f = 2\,\mathrm{Argth}\) sur \(]-1, 1[\), ce qui explique à nouveau son imparité.

Corrigé de l’exercice 18 : Dérivation d’une fonction à valeurs complexes

1. Avec \(\varphi(t) = (a + i)t\), on a \(\varphi^{\prime}(t) = a + i\), donc \(f^{\prime}(t) = (a + i)\mathrm{e}^{(a+i)t}\). Vérifions avec \(f(t) = \mathrm{e}^{at}\cos t + i\,\mathrm{e}^{at}\sin t\). La dérivée vaut \(\mathrm{e}^{at}(a\cos t – \sin t) + i\,\mathrm{e}^{at}(a\sin t + \cos t)\). Or \((a + i)(\cos t + i\sin t) = (a\cos t – \sin t) + i(a\sin t + \cos t)\). Les deux calculs donnent \(f^{\prime}(t) = (a + i)f(t)\).
2. Comme \(a + i \neq 0\), la fonction \(F(t) = \dfrac{\mathrm{e}^{(a+i)t}}{a + i}\) a pour dérivée \(f\). Or \(\dfrac{1}{a + i} = \dfrac{a – i}{a^2 + 1}\). Donc
   \[F(t) = \frac{\mathrm{e}^{at}}{a^2 + 1}\big(a\cos t + \sin t + i(a\sin t – \cos t)\big).\]
   Les parties réelle et imaginaire de \(F\) sont des primitives de celles de \(f\). Ainsi, \(t \mapsto \dfrac{\mathrm{e}^{at}(a\cos t + \sin t)}{a^2+1}\) est une primitive de \(\mathrm{e}^{at}\cos t\), et \(t \mapsto \dfrac{\mathrm{e}^{at}(a\sin t – \cos t)}{a^2+1}\) une primitive de \(\mathrm{e}^{at}\sin t\).
3. On a \(|f(t)| = \mathrm{e}^{at}\,|\mathrm{e}^{it}| = \mathrm{e}^{at}\). Pour \(a = -0{,}15\), le module décroît vers 0 tandis que l’argument \(t\) augmente. Le point tourne donc en se rapprochant de l’origine : c’est une spirale. Ensuite, \(\dfrac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = a + i\) ne dépend pas de \(t\). Par conséquent, l’angle entre le rayon \(f(t)\) et le vecteur dérivé \(f^{\prime}(t)\) est constant, égal à un argument de \(a + i\). Cette propriété caractérise la spirale logarithmique.
4. On a \(g(2\pi) – g(0) = 1 – 1 = 0\). Or \(|2\pi\,g^{\prime}(c)| = 2\pi\,|i\,\mathrm{e}^{ic}| = 2\pi \neq 0\). Aucun réel \(c\) ne convient : l’égalité des accroissements finis ne s’étend pas aux fonctions complexes.
5. Avec \(\varphi(t) = t + it^2\), on a \(\varphi^{\prime}(t) = 1 + 2it\). Donc la dérivée vaut \((1 + 2it)\,\mathrm{e}^{t + it^2}\).

Corrigé de l’exercice 19 : Étude complète de x exp(1/x)

1. La fonction est définie sur \(\mathbb{R}^*\). En \(\pm\infty\), \(\mathrm{e}^{1/x} \to 1\), donc \(f(x) \to \pm\infty\). Posons \(u = \frac{1}{x}\), de sorte que \(f(x) = \dfrac{\mathrm{e}^u}{u}\). Quand \(x \to 0^+\), \(u \to +\infty\) et \(\dfrac{\mathrm{e}^u}{u} \to +\infty\) par croissances comparées. Quand \(x \to 0^-\), \(u \to -\infty\), \(\mathrm{e}^u \to 0\) et \(\frac{1}{u} \to 0\). Les limites sont \(-\infty\) en \(-\infty\), \(+\infty\) en \(+\infty\), \(0\) en \(0^-\) et \(+\infty\) en \(0^+\).
2. Par produit et composée, \(f^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{1/x} + x(-\dfrac{1}{x^2})\mathrm{e}^{1/x} = \dfrac{x – 1}{x}\,\mathrm{e}^{1/x}\). Le signe est celui de \(\frac{x-1}{x}\) : positif sur \(]-\infty, 0[\), négatif sur \(]0, 1[\), positif sur \(]1, +\infty[\). Donc \(f\) croît de \(-\infty\) à 0 sur \(]-\infty, 0[\), décroît de \(+\infty\) à \(\mathrm{e}\) sur \(]0, 1]\), puis croît de \(\mathrm{e}\) à \(+\infty\) sur \([1, +\infty[\).
3. Avec \(x = \frac{1}{u}\), on a \(f(x) – x – 1 = \dfrac{\mathrm{e}^u}{u} – \dfrac{1}{u} – 1 = \dfrac{\mathrm{e}^u – 1 – u}{u}\). Quand \(x \to \pm\infty\), \(u \to 0\). Or \(\dfrac{\mathrm{e}^u – 1 – u}{u} = \dfrac{\mathrm{e}^u – 1}{u} – 1\), et \(\dfrac{\mathrm{e}^u – 1}{u} \to \exp^{\prime}(0) = 1\). Donc \(f(x) – (x + 1) \to 0\) : la droite \(y = x + 1\) est asymptote en \(\pm\infty\).
4. D’après l’inégalité \(\mathrm{e}^u \geq\, 1 + u\), stricte pour \(u \neq 0\), le numérateur est strictement positif. Le signe de \(f(x) – (x+1)\) est donc celui de \(u\), c’est-à-dire celui de \(x\). La courbe est au-dessus de l’asymptote pour \(x > 0\) et au-dessous pour \(x < 0\).

La figure ci-dessous résume l’étude : le minimum local \((1\,; \mathrm{e})\), la branche qui rejoint l’origine par la gauche et l’asymptote oblique.

Corrigé de l’exercice 20 : Angle de vue optimal

1. Notons \(\alpha\) l’angle entre l’horizontale et la droite qui joint l’œil au bord supérieur, et \(\beta\) celui vers le bord inférieur. Dans les triangles rectangles, \(\tan\alpha = \frac{4}{x}\) et \(\tan\beta = \frac{1}{x}\), avec \(\alpha, \beta \in ]0, \frac{\pi}{2}[\). Donc \(\theta(x) = \alpha – \beta = \mathrm{Arctan}\,\dfrac{4}{x} – \mathrm{Arctan}\,\dfrac{1}{x}\).
2. Quand \(x \to 0^+\), les deux arguments tendent vers \(+\infty\) et chaque Arctan tend vers \(\frac{\pi}{2}\). Quand \(x \to +\infty\), chaque Arctan tend vers 0. Dans les deux cas, \(\theta(x) \to 0\).
3. Pour \(c > 0\), la dérivée de \(x \mapsto \mathrm{Arctan}\,\frac{c}{x}\) vaut \(-\dfrac{c}{x^2}\cdot\dfrac{1}{1 + c^2/x^2} = -\dfrac{c}{x^2 + c^2}\). Donc
   \[\theta^{\prime}(x) = \frac{1}{x^2 + 1} – \frac{4}{x^2 + 16} = \frac{x^2 + 16 – 4x^2 – 4}{(x^2+1)(x^2+16)} = \frac{3(4 – x^2)}{(x^2+1)(x^2+16)}.\]
   Ainsi, \(\theta\) est strictement croissante sur \(]0, 2]\) et strictement décroissante sur \([2, +\infty[\).
4. Le maximum est atteint en \(x = 2\) et vaut \(\theta(2) = \mathrm{Arctan}\, 2 – \mathrm{Arctan}\,\frac{1}{2}\). C’est la différence de deux angles de \(]0, \frac{\pi}{2}[\), donc il appartient à \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\). De plus, il est positif, car Arctan est croissante. De plus, \(\tan\theta(2) = \dfrac{2 – 1/2}{1 + 2 \times 1/2} = \dfrac{3}{4}\). Le visiteur doit se placer à 2 m du mur, et l’angle maximal vaut \(\mathrm{Arctan}\,\frac{3}{4} \approx 0{,}64\) rad, soit environ \(36{,}9\) degrés.

La figure ci-dessous montre la fonction \(\theta\) : nulle aux deux extrémités, elle atteint son maximum en \(x = 2\).

Point de méthode : on remarque que la distance optimale \(2 = \sqrt{1 \times 4}\) est la moyenne géométrique des deux hauteurs.

Corrigé de l’exercice 21 : Trois expressions d’une même fonction

1. Les fonctions sh, exp et Arctan sont dérivables sur \(\mathbb{R}\), donc \(F\) et \(G\) aussi. Ensuite, \(|\mathrm{th}\, x| < 1\) et Arcsin est dérivable sur \(]-1, 1[\). Par composition, \(F\), \(G\) et \(H\) sont définies et dérivables sur \(\mathbb{R}\).
2. D’abord, \(F^{\prime}(x) = \dfrac{\mathrm{ch}\, x}{1 + \mathrm{sh}^2 x} = \dfrac{\mathrm{ch}\, x}{\mathrm{ch}^2 x} = \dfrac{1}{\mathrm{ch}\, x}\). Ensuite, \(G^{\prime}(x) = \dfrac{2\mathrm{e}^x}{1 + \mathrm{e}^{2x}} = \dfrac{2}{\mathrm{e}^{-x} + \mathrm{e}^{x}} = \dfrac{1}{\mathrm{ch}\, x}\). Enfin, \(H^{\prime}(x) = \dfrac{1 – \mathrm{th}^2 x}{\sqrt{1 – \mathrm{th}^2 x}} = \sqrt{1 – \mathrm{th}^2 x}\). Or \(1 – \mathrm{th}^2 x = \dfrac{1}{\mathrm{ch}^2 x}\) et \(\mathrm{ch}\, x > 0\). Les trois dérivées valent \(\dfrac{1}{\mathrm{ch}\, x}\).
3. Les fonctions \(F – G\) et \(F – H\) ont une dérivée nulle sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). Elles sont donc constantes. Or \(F(0) = \mathrm{Arctan}\, 0 = 0\), \(G(0) = 2 \times \frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{2} = 0\) et \(H(0) = 0\). Donc \(F = G = H\) sur \(\mathbb{R}\).
4. La fonction \(F\) est impaire, comme composée de deux fonctions impaires. Sa dérivée \(\frac{1}{\mathrm{ch}}\) est strictement positive, donc \(F\) est strictement croissante. Quand \(x \to +\infty\), \(\mathrm{sh}\, x \to +\infty\) et \(F(x) \to \frac{\pi}{2}\). Par imparité, \(F(x) \to -\frac{\pi}{2}\) en \(-\infty\). Continue et strictement croissante, \(F\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\).
5. Comme \(F = H\), on a \(\sin(F(x)) = \sin(\mathrm{Arcsin}(\mathrm{th}\, x)) = \mathrm{th}\, x\). De plus, \(F(x) \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\), donc \(\cos(F(x)) > 0\), et \(\cos(F(x)) = \sqrt{1 – \mathrm{th}^2 x} = \frac{1}{\mathrm{ch}\, x}\). Soit maintenant \(y = F(x)\). Alors \(\tan y = \mathrm{sh}\, x\), donc \(x = \mathrm{Argsh}(\tan y) = \ln(\tan y + \sqrt{1 + \tan^2 y})\). Or \(\sqrt{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{\cos y}\), puisque \(\cos y > 0\). Ainsi, \(F^{-1}(y) = \ln(\tan y + \dfrac{1}{\cos y})\).

Comme le montre la figure ci-dessous, les trois courbes sont confondues. Elles ont pour tangente \(y = x\) en 0 et pour asymptotes \(y = \pm\frac{\pi}{2}\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème, la fonction (1 + 1/x) puissance x

Partie A.

1. Soit \(\varphi(u) = u – \ln(1+u)\) sur \([0, +\infty[\). Sa dérivée \(\dfrac{u}{1+u}\) est strictement positive sur \(]0, +\infty[\). Donc \(\varphi\) est strictement croissante sur \([0, +\infty[\) et \(\varphi(u) > \varphi(0) = 0\) pour \(u > 0\). De même, soit \(\psi(u) = \ln(1+u) – \dfrac{u}{1+u}\). On calcule \(\psi^{\prime}(u) = \dfrac{1}{1+u} – \dfrac{1}{(1+u)^2} = \dfrac{u}{(1+u)^2} > 0\) pour \(u > 0\). Comme \(\psi(0) = 0\), on a \(\psi(u) > 0\). Donc \(\dfrac{u}{1+u} < \ln(1+u) < u\) pour tout \(u > 0\).

Partie B.

1. Pour \(x > 0\), \(g(x) = x\big(\ln(x+1) – \ln x\big)\). Par la formule du produit :
   \[g^{\prime}(x) = \ln(1 + \frac{1}{x}) + x(\frac{1}{x+1} – \frac{1}{x}) = \ln(1 + \frac{1}{x}) – \frac{1}{x+1}.\]
   On applique la partie A avec \(u = \frac{1}{x} > 0\) : \(\ln(1 + \frac{1}{x}) > \dfrac{1/x}{1 + 1/x} = \dfrac{1}{x+1}\). Donc \(g^{\prime}(x) > 0\), et \(f = \mathrm{e}^{g}\) est strictement croissante.
2. En \(0^+\), \(g(x) = x\ln(x+1) – x\ln x\). Or \(x\ln(x+1) \to 0\) et \(x\ln x \to 0\) par croissances comparées. Donc \(g(x) \to 0\). En \(+\infty\), on pose \(u = \frac{1}{x} \to 0^+\). Alors \(g(x) = \dfrac{\ln(1+u)}{u}\), qui tend vers la dérivée de \(\ln(1 + \cdot)\) en 0, soit 1. Par continuité de l’exponentielle, \(f(x) \to 1\) en \(0^+\) et \(f(x) \to \mathrm{e}\) en \(+\infty\).

Partie C.

1. On a \(\ln k(x) = (x+1)\ln(1 + \frac{1}{x})\). Sa dérivée vaut \(\ln(1 + \frac{1}{x}) + (x+1)(\frac{1}{x+1} – \frac{1}{x}) = \ln(1 + \frac{1}{x}) – \frac{1}{x}\). Par la partie A, cette quantité est strictement négative. Donc \(k\) est strictement décroissante. En \(0^+\), \(\ln(1 + \frac{1}{x}) \to +\infty\) et \(x + 1 \to 1\), donc \(k \to +\infty\). En \(+\infty\), \(\ln k(x) = g(x) + \ln(1 + \frac{1}{x}) \to 1 + 0\). Ainsi, \(k\) décroît strictement de \(+\infty\) à \(\mathrm{e}\).
2. Soit \(x > 0\). La fonction \(f\) est croissante, donc \(f(y) \leq\, \mathrm{e}\) pour tout \(y\), par passage à la limite. Par stricte croissance, \(f(x) < f(x+1) \leq\, \mathrm{e}\). De même, \(k\) étant strictement décroissante de limite e, \(k(x) > k(x+1) \geq\, \mathrm{e}\). Donc \((1 + \frac{1}{x})^x < \mathrm{e} < (1 + \frac{1}{x})^{x+1}\).
3. Pour \(n \geq\, 1\), la question précédente donne \(0 < \mathrm{e} – f(n) < k(n) – f(n)\). Or \(k(n) – f(n) = f(n)(1 + \frac{1}{n} – 1) = \dfrac{f(n)}{n}\). De plus, \(f(n) < \mathrm{e} < 3\). Donc \(0 < \mathrm{e} – (1 + \frac{1}{n})^n < \dfrac{3}{n}\).
4. Avec \(x = 10\), on a \(f(10) = 1{,}1^{10}\) et \(k(10) = 1{,}1^{11}\). Comme \(1{,}1^{10} > 2{,}593\) et \(1{,}1^{11} < 2{,}854\), on obtient \(2{,}593 < \mathrm{e} < 2{,}854\). Cet encadrement reste grossier, car la convergence est lente, en \(\frac{1}{n}\).

La figure ci-dessous montre les deux fonctions de part et d’autre de la droite \(y = \mathrm{e}\). Les points marqués correspondent aux entiers \(n\), et l’écart se resserre lentement.

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