Correction de Devoir Surveillé N°02: Années précédentes
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr Samedi 15 octobre 2011 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚02 EXERCICE 1 1. La fonction ch est d´efinie sur R et ne s’y annule pas. Par cons´equent, son inverse (la fonction sch) est d´efinie surD =R. Comme la fonction ch est paire, la fonction sch est ´egalement paire. N 2. Tout d’abord, la limite de sch en−∞ et en +∞ est 0 puisque la limite de ch est +∞ en±∞. Par ailleurs, la fonction sch est d´erivable sur R (ch est d´erivable sur R et ne s’y annule pas) et : ch(x) shx ∀x∈R, sch(x) =− =− . 2 2ch x ch x ∗La fonction sh ´etant strictement positive sur R , sch’ est strictement+ ∗n´egative sur R . Par cons´equent, sch est strictement d´ecroissante sur+ ∗ ∗R et strictement croissante sur R par parit´e.+ − x −∞ 0 +∞ sch(x) − 0 − 1 sch(x) 0%& 0 N 3. La fonction sch est continue et strictement d´ecroissante sur [0,+∞[, d’apr`es le th´eor`eme de la bijection, elle r´ealise une bijection de [0,∞[ vers sch([0,+∞[) =]0,1]. Cela montre que la restriction de sch `a [0,+∞[ admet une application r´eciproque. N 4. D’apr`es la question pr´ec´edente, l’ensemble de d´efinition de Argsch est ]0,1]. La fonction sch ´etant continue et strictement d´ecroissante sur [0,+∞[,Argsch est´egalement continue et strictement d´ecroissante sur ]0,1]. toujours d’apr`es le th´eor`eme de la bijec- tion 1 ′′′ y =x y = argschx 1 y = schx 1O N +5. Soit x∈]0,1] et t∈R .

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Langue Français

Extrait

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr Samedi 15 octobre 2011
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚02
EXERCICE 1
1. La fonction ch est d´efinie sur R et ne s’y annule pas. Par cons´equent,
son inverse (la fonction sch) est d´efinie surD =R. Comme la fonction
ch est paire, la fonction sch est ´egalement paire. N
2. Tout d’abord, la limite de sch en−∞ et en +∞ est 0 puisque la limite
de ch est +∞ en±∞. Par ailleurs, la fonction sch est d´erivable sur R
(ch est d´erivable sur R et ne s’y annule pas) et :
ch(x) shx
∀x∈R, sch(x) =− =− .
2 2ch x ch x
∗La fonction sh ´etant strictement positive sur R , sch’ est strictement+
∗n´egative sur R . Par cons´equent, sch est strictement d´ecroissante sur+
∗ ∗R et strictement croissante sur R par parit´e.+ −
x −∞ 0 +∞
sch(x) − 0 −
1
sch(x)
0%& 0
N
3. La fonction sch est continue et strictement d´ecroissante sur [0,+∞[,
d’apr`es le th´eor`eme de la bijection, elle r´ealise une bijection de
[0,∞[ vers sch([0,+∞[) =]0,1]. Cela montre que la restriction de sch
`a [0,+∞[ admet une application r´eciproque. N
4. D’apr`es la question pr´ec´edente, l’ensemble de d´efinition de Argsch est
]0,1]. La fonction sch ´etant continue et strictement d´ecroissante sur
[0,+∞[,Argsch est´egalement continue et strictement d´ecroissante sur
]0,1]. toujours d’apr`es le
th´eor`eme de la bijec-
tion
1

′′′y =x
y = argschx
1
y = schx
1O
N
+5. Soit x∈]0,1] et t∈R . Alors
1
t = Argsch(x) ⇐⇒ x = sch(t) ⇐⇒ x =
ch(t)
1
⇐⇒ = ch(t) ⇐⇒ t = Argch(1/x)
x
Finalement

21+ 1−x
Argsch(x) = Argch(1/x) = ln .
x
N
6. argsch est d´erivable sur ]0,1[ comme compos´ee et pour tout x∈]0,1[,
−1
√Argsch(x) = . N
2x 1−x
EXERCICE 2
1. D =R car pour tout r´eel x, pour comparer deuxf
r´eels positifs, je peuxp
2 22|1+x|≤ 2(1+x ) ⇐⇒ (1+x) ≤ 2(1+x ) comparer leurs carr´es
2⇐⇒ (1−x) ≥ 0
N
2


2. f est d´erivable sur R\{1} et pour tout x = 1
p 4x
2 p2(1+x )−(1+x)×
21 2 2(1+x )
f (x) = s
22 2(1+x )(1+x)
1−
22(1+x )
21 2(1+x )−2x(1+x)
= p
22 2 2(1+x )2(1+x )−(1+x)
1 1−x
p=
22 1+x(1−x)
p √
2 2Finalement, comme (1−x) =|1−x|, on peut simplifier l’expres- a =|a|
sion de f (x) sur chaque sous intervalle ou` elle est d´efinie :
1−x 1 1
sur ]−∞,1[, f (x) = =
2 2|1−x| 1+x 1+x
1−x 1 −1
sur ]1,+∞[, f (x) = = .
2 2|1−x| 1+x 1+x
N
3. sur ]−∞,1[, f (x) = Arctan (x). Il existe une constante C ∈ R
telle que pour tout x ∈]−∞,1[, f(x) = Arctan(x) +C. Pour
d´eterminer la valeur de la constante, on ´evalue en 0. Il vient
π
C = . Ainsi
4
π
Pour tout x∈]−∞,1[, f(x) = +Arctan(x)
4
−1
sur ]1,+∞[, f (x) = . Il existe une constante C ∈ R
21+x
telle que pour tout x ∈]1,+∞[, f(x) = C − Arctan(x). Pour
d´eterminer la valeur de la constante, on calcule la limite en +∞.
√ π
D’une part, lim f(x) = Arcsin(1/ 2) = et d’autre part,
x→+∞ 4
π
lim C − Arctan(x) = C − . Par unicit´e de la limite, il en
x→+∞ 2

r´esulte que C = .
4

Pour tout x∈]1,+∞[, f(x) = −Arctan(x)
4
N
3
′′⊲⊲
′′′⊲
′6⊲′EXERCICE 3
On commence par observer que f est d´efinie sur R, impaire.
1. Soit x∈ R. On pose t = Argsh(x), de sorte que t∈ R et x = sh(t).
Par suite
q√
222x x +1 = 2sh(t) sh (t)+1 = 2sh(t)ch(t) = sh(2t)

2Comme 2t∈R, on a f(x) = Argsh(2x x +1) = 2t = 2Argsh(x).N
2. f est d´erivable et pour tout x∈R

√2 x
2f (x) = p × x +1+x√
22 21+4x (x +1) x +1
2
√= = 2Argsh (x)
21+x
Par cons´equent, il existe une constante C telle que pour tout x∈ R,
f(x) = C + 2Argsh(x). En ´evaluant en 0, il vient imm´ediatement
C = 0 et donc
pour tout x∈ R, f(x) = 2Argsh(x)
N
3. Soit x∈R. On a
p√
2 2 2f(x) = ln 2x x +1+ 4x (x +1)+1

2 22= ln x +2x x +1+(x +1)

2= 2ln(x+ x +1) = 2Argsh(x)
N
EXERCICE 4
11. Soit x une solution de (1). En ce cas, 2x∈ [−1,1], soit|x|≤ . et
2

x = sin(Arcsin(x)) = sin Arcsin(2x)−Arcsin(x 3)
√ √
= 2xcos Arcsin(x 3) −x 3cos(Arcsin(2x))
√ √ √
3 2= 2x 1−3x −x 3 1−4x
N
4
′′1 12. Soit x∈ [− , ].
2 2
√ √ √
2 2x est sol de (2) ⇐⇒ x = 0 ou 2 1−3x − 3 1−4x = 1

2⇐⇒ x = 0 ou 1−4x = 0
1 1
⇐⇒ x = 0 ou x =− ou x =
2 2
1 1
Autrement dit, si x est solution de (1), alors x∈{0,− , }.
2 2
Inversement, on v´erifie que ces trois valeurs sont effectivement solu-
tions de (1). N
`PROBLEME 1
Partie I. Question de cours

π π1. Soit x ∈ R, posons t = Arctan(x) de sorte que t ∈ − , et x =
2 2
tan(t). Alors
1 12cos (t) = =2 21+tan (t) 1+x
pπ π 2Comme t∈ − , , on a cos(t)≥ 0 et par suite cos(t) = cos (t)
2 2
1
√cos(Arctan(x)) =
21+x
N

π π2. La fonction tan restreinte `a − , est d´erivable et pour tout t ∈| 2 2
π π− , , on a
2 2
2tan(t) = 1+tan (t) > 0
En cons´equence, la fonction Arctan est d´erivable comme bijection
r´eciproque d’une bijection d´erivable dont la d´eriv´ee ne s’annule pas et
pour tout x∈R,
1 1 1
Arctan (x) = = =
2 2tan(Arctan(x)) 1+tan (Arctan(x)) 1+x
N
3. Soith :R →Rlafonctiond´efinieparh(x) = Arctan(x)+Arctan(1/x).
La fonction h est impaire. De plus h est d´erivable sur R et pour on utilise la r`egle de
tout x = 0, d´erivation en chaˆıne
1 1 (−1) 1 1
h(x) = + × = − = 0
2 2 2 211+x x 1+x 1+x
1+
2x
D’apr`es la caract´erisation des fonctions constantes sur un inter-
valle, il s’ensuit que
5
′6


′⋆
⋆′+ πPour tout x∈R ,Arctan(x)+Arctan(1/x) =h(1) = .
2
− πPour tout x∈R ,Arctan(x)+Arctan(1/x) =h(−1) =− . N
2
4. La fonction Arctan est continue sur R. D’apr`es le th´eor`eme fonda-
mental ducalcul int´egral elle admet des primitives sur tout intervalle
I de R. Par int´egration par parties, on a
Z Zxx x t
Arctan(t)dt = tArctan(t) − dt
21+t
1 2= xArctan(x)− ln(1+x )+C
2
N
Partie II. Sommes d’arc tangentes

a+x
Soit a∈R. On pose f (x) = Arctan .a
1−ax
1. Si a = 0, f = Arctan est d´efinie sur R. Si a∈ R , f est d´efinie sur0 a
1D =R\{ }. Na a
2. Soit a∈ R. f est d´erivable dansD comme compos´ee de telles fonc-a a
tions et pour tout x∈D on utilise la r`egle dea
d´erivation en chaˆıne
1 (1−ax)−(−a)(x+a)
f (x) = ×a 2 2a+x (1−ax)1+
1−ax
2 21+a 1+a
= =
2 2 2 2 2 2(1−ax) +(a+x) 1+a +x +a x
1
=
21+x
N
a+x 13. Si a = 0, on a y(x) = −−−−→− . Par composition des limites, il
1−ax ax→±∞
s’ensuit que
lim f (x) =−Arctan(1/a).a
x→±∞
A l’aide de la question I.3, il en r´esulte que
π
si a > 0, alors lim f (x) =− +Arctan(a).a
x→±∞ 2
π
si a < 0, alors lim f (x) = +Arctan(a).a
x→±∞ 2
N
4.
6
◮◮6⋆⋆′⋆

◮sia > 0 etx < 1/a, alorsf(x) = Arctan(x)+C. Or, au voisinage
de−∞, on a

a+x π
f (x) = Arctan −−−−→− +Arctan(a)a
x→−∞1−ax 2
π
= Arctan(x)+C−−−−→ C−
x→−∞ 2
D’ou`ild´ecoulequeC = Arctan(a),etdoncquef(x) = Arctan(x)+
Arctan(a).
En proc´edant de mˆeme dans les autres cas, on obtient :
si a > 0 et x > 1/a, alors f(x) = Arctan(x)+Arct

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