Exercices corrigés - Fonctions usuelles : fonctions trigonométriques et trigonométriques réciproques

On sait que $\ln(u)$ est défini uniquement si $u>0$. Donc $\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)$ est défini uniquement si $\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|$ est strictement positif. La valeur absolue d'un réel étant toujours positive ou nulle, la fonction $f$ est bien définie pour les réels $x$ tels que $$\sin\left(\frac\pi2 x\right)\neq 0.$$ Mais on a \begin{align*} \sin\left(\frac\pi2 x\right)=0&\iff \exists k\in\mathbb Z,\ \frac\pi2x=k\pi\\ &\iff \exists k\in\mathbb Z,\ x=2k. \end{align*} La fonction $f$ est donc bien définie pour tous les réels, sauf les entiers pairs : $\mathcal D_f=\mathbb R\backslash 2\mathbb Z$.
Pour déterminer la parité de $f$, remarquons déjà que son domaine de définition est symétrique par rapport à $0$, et donc que si $x\in\mathcal D_f$, alors $-x\in\mathcal D_f$. Soit donc $x\in\mathcal D_f$. Alors \begin{align*} f(-x)&=\ln\left(\left|\sin\left(-\frac\pi2 x\right)\right|\right) \\ &=\ln\left(\left|-\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\textrm{ (car la fonction $\sin$ est impaire)}\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right) \textrm{ (car la fonction $|\cdot|$ est paire)}\\ &=f(x). \end{align*} Ainsi, la fonction $f$ est paire.
De plus, on a \begin{align*} f(x+2)&=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 (x+2)\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x+\pi\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|-\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\\ &=\ln\left(\left|\sin\left(\frac\pi2 x\right)\right|\right)\\ &=f(x) \end{align*} où on a utilisé que $\sin(t+\pi)=-\sin t$ et que $|-a|=|a|$. Ainsi, $f$ est périodique de période $2$.

Il faut trouver $x\in [-\pi/2,\pi/2]$ tel que $\sin(x)=-1/2$. La valeur de $\arcsin(-1/2)$ est donc $-\pi/6$. Il faut ensuite trouver $x\in [0,\pi]$ tel que $\cos(x)=-\sqrt 2/2$. On trouve donc $\arccos(-\sqrt 2/2)=3\pi/4$. Il faut enfin trouver $x\in ]-\pi/2,\pi/2[$ tel que $\tan(x)=\sqrt 3$. On trouve $\arctan(\sqrt 3)=\pi/3$.

L'erreur à ne pas faire est de croire que $\arccos\cos x=x$. Ceci n'est vrai que si $x\in[0,\pi]$ puisque $\cos$ réalise une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$ et que $\arccos$ en est sa bijection réciproque. Il faut donc se ramener, par périodicité et parité du cosinus, à l'intervalle $[0,\pi]$. Ainsi :

• $2\pi/3\in[0,\pi]$ et donc $\arccos\cos(2\pi/3)=2\pi/3$.
• $-2\pi/3$ n'est pas dans l'intervalle $[0,\pi]$, mais $\cos(-2\pi/3)=\cos(2\pi/3)$ et donc $\arccos\cos (-2\pi/3)=2\pi/3$.
• $4\pi/3$ n'est pas dans $[0,\pi]$, mais on a $$\cos(4\pi/3)=\cos(4\pi/3-2\pi)=\cos(-2\pi/3)=\cos(2\pi/3).$$ On a donc aussi $\arccos\left(\cos\frac{4\pi}3\right)=\frac{2\pi}3$.
• Pour le dernier exemple, on commence par se ramener à un cosinus en utilisant la formule $\sin(x)=\cos\left(\frac\pi2-x\right)$. On a donc $$\arccos\left(\sin\frac{17\pi}5\right)=\arccos\left(\cos \frac{-29\pi}{10}\right)=\arccos\left(\cos\frac{9\pi}{10}\right)=\frac{9\pi}{10}$$ puisque $\frac{9\pi}{10}$ est dans l'intervalle $[0,\pi]$.

Il y a deux méthodes classiques pour résoudre cet exercice. La première consiste à remarquer que $\arccos(x)+\arcsin(x)=\frac\pi 2$ si et seulement si $\arccos x=\frac\pi 2-\arcsin x$. Or, $\arccos(x)\in[0,\pi]$ et $\pi/2-\arcsin x\in[0,\pi]$. Puisque $\cos$ est une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$, ceci est équivalent à dire $$\cos(\arccos x)=\cos(\pi/2-\arcsin x).$$ Mais, on a $\cos(\arccos x)=x$ et aussi $$\cos(\pi/2-\arcsin x)=\sin(\arcsin x)=x$$ ce qui assure l'égalité demandée.
L'autre méthode consiste à poser $f(x)=\arccos x+\arcsin x$ et de remarquer que cette fonction est continue sur $[-1,1]$ et dérivable sur $]-1,1[$. Or, on a $f'(x)=0$. On en déduit que $f$ est constante sur l'intervalle $[-1,1]$. Puisque $f(0)=\arccos(0)+\arcsin(0)=\pi/2$, on a bien $\arccos(x)+\arcsin(x)=f(x)=\pi/2$ pour tout $x\in[-1,1]$.

La fonction est bien définie pour les réels $x\neq 1$ tels que $-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1$. Or, $$\frac{1+x}{1-x}=\frac{2+x-1}{1-x}=\frac{2}{1-x}-1.$$ On en déduit que $$-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1\iff 0\leq \frac{2}{1-x}\leq 2.$$ Ceci impose d'abord que $1-x>0$ pour que l'inégalité de gauche soit vérifiée, c'est-à-dire $x<1$. On en déduit alors que l'inégalité est équivalente à $1\leq 1-x$ soit $x\leq 0$. Le domaine de définition de la fonction est donc $\mathbb R_-$. Son domaine de dérivabilité est $]-\infty,0[$. En effet, par composition, $f$ est dérivable en tout réel $x\neq 1$ tel que $-1< \frac{1+x}{1-x}< 1$ et l'étude précédente reste valable avec des inégalités strictes et non des inégalités larges.
Dérivons ensuite la fonction. Pour tout $x<0$, on a \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{2}{(1-x)^2}\times \frac{1}{\sqrt{1-1-\frac{4}{(1-x)^2}+\frac 4{1-x}}}\\ &=&\frac{1}{(1-x)\sqrt{-x}}>0. \end{eqnarray*} La fonction est donc strictement croissante sur $]-\infty,0]$. On aurait pu également retrouver ce résultat en remarquant que la fonction $x\mapsto \frac{1+x}{1-x}$ est croissante sur $]-\infty,0]$ et que la fonction $\arcsin$ est croissante sur $]-1,1[$. Par composition de deux fonctions croissantes, $f$ est croissante.
Enfin, puisque $$\lim_{x\to-\infty}\frac{1+x}{1-x}=-1$$ on en déduit par composition que $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\pi/2$. La courbe représentative de la fonction admet une asymptote horizontale d'équation $y=-\pi/2$. On obtient la courbe représentative suivante :

Soit $y=\arctan(2)+\arctan(8)$. Puisque $\arctan(8)\geq\arctan(2)>\arctan(1)=\pi/4$, $y$ est compris entre $\pi/2$ et $\pi$. Calculons $\tan y$ : \begin{eqnarray*} \tan(y)&=&\frac{\tan(\arctan 2)+\tan(\arctan 8)}{1-\tan(\arctan 2)\tan(\arctan 8)}\\ &=&\frac{2+8}{1-16}\\ &=&\frac{-2}{3}. \end{eqnarray*} On a donc $y-\pi\in]-\pi/2,\pi/2[$ et $\tan(y-\pi)=\tan(y)=-2/3$. Par définition de la fonction $\arctan$, on a donc : $y-\pi=\arctan(-2/3)$ (c'est ici que se trouve le piège de l'exercice! il faut faire attention au fait que arctan est une bijection à valeurs dans $]-\pi/2,\pi/2[$). On a donc : $$\arctan 2+\arctan 5+\arctan 8=\pi+\arctan(-2/3)+\arctan(5).$$ On réitère le procédé : si $z=\arctan(-2/3)+\arctan(5)$, alors $z\in]-\pi/2,\pi/2[$, et on a : $$\tan(z)=1.$$ Ceci prouve que $z=\pi/4$, et en particulier que la somme demandée fait $5\pi/4$.

On va procéder par récurrence portant simultanément sur $f_n$ et sur $g_n$. Précisément, on va prouver par récurrence sur $n\in\mathbb N$ la propriété $\mathcal P_n$ : "$f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales". $\mathcal P_0$ est clairement vérifiée, et si $\mathcal P_{n-1}$ est vraie, alors on prouve $\mathcal P_n$ de la façon suivante. On a \begin{eqnarray*} f_n(x)&=&\cos\big((n-1)\arccos x+\arccos x\big)\\ &=&\cos\big((n-1)\arccos x\big)\cos(\arccos x)-\sin\big((n-1)\arccos x\big)\sin(\arccos x)\\ &=&xf_{n-1}(x)-g_{n-1}(x)\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*} où on a utilisé que $\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}$. $f_n$ est donc bien une fonction polynomiale. Concernant $g_n$, on écrit \begin{eqnarray*} g_n(x)&=&\frac{\sin\big((n-1)\arccos x+\arccos x\big)}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=&\frac{\sin\big((n-1)\arccos x\big)\cos(\arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{\sin(\arccos x)\cos\big((n-1)\arccos x\big)}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=&xg_{n-1}(x)+f_{n-1}(x) \end{eqnarray*} ce qui prouve que $g_n$ est elle aussi polynomiale. $\mathcal P_n$ est donc vraie. Par le principe de récurrence, $f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales pour tout $n\in\mathbb N$.