Formules trigonométriques et fonctions arc : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : formules trigonométriques et fonctions arc

Le corrigé détaillé : formules trigonométriques et fonctions arc

Exercice 1 – Valeurs exactes et angle moitié (3 points)

1. La formule d’addition donne \(\cos \frac{\pi}{12} = \cos \frac{\pi}{3}\cos \frac{\pi}{4} + \sin \frac{\pi}{3}\sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}\). Ainsi, \(\cos \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}\).

   Pour la tangente, \(\tan \frac{\pi}{12} = \frac{\tan \frac{\pi}{3} – \tan \frac{\pi}{4}}{1 + \tan \frac{\pi}{3}\tan \frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{3} – 1}{\sqrt{3} + 1}\). On multiplie alors par la quantité conjuguée : \(\frac{\left(\sqrt{3} – 1\right)^2}{3 – 1} = \frac{4 – 2\sqrt{3}}{2}\), donc \(\tan \frac{\pi}{12} = 2 – \sqrt{3}\).

2. Comme \(x \notin \pi\mathbb{Z}\), on a \(\sin x \neq 0\). Or \(\sin x = 2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}\), donc \(\cos \frac{x}{2}\) et \(\sin \frac{x}{2}\) sont non nuls. De plus, \(1 – \cos x = 2\sin^2 \frac{x}{2}\).

   Il vient \(\frac{1 – \cos x}{\sin x} = \frac{2\sin^2 \frac{x}{2}}{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}\), soit \(\frac{1 – \cos x}{\sin x} = \tan \frac{x}{2}\). Avec \(x = \frac{\pi}{4}\), on obtient \(\tan \frac{\pi}{8} = \frac{1 – \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2 – \sqrt{2}}{\sqrt{2}}\), d’où \(\tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} – 1\).

3. Posons \(\varphi(x) = x – \sin x\) sur \([0\,;\,+\infty[\). Cette fonction est dérivable, avec \(\varphi^{\prime}(x) = 1 – \cos x \geq 0\). Elle est donc croissante, et \(\varphi(0) = 0\) : par conséquent, \(\sin x \leq x\) pour tout \(x \geq 0\).

   Ensuite, si \(0 \leq x \leq 1\), alors \(x \in [0\,;\,\pi]\), donc \(\sin x \geq 0\) et \(|\sin x| = \sin x \leq x\). Si \(x > 1\), on a directement \(|\sin x| \leq 1 < x\). Enfin, pour \(x < 0\), l’imparité du sinus donne \(|\sin x| = |\sin(-x)| \leq -x = |x|\). Ainsi, \(|\sin x| \leq |x|\) pour tout réel \(x\).

Barème : a) 1 point, 0,5 pour le cosinus et 0,5 pour la tangente ; b) 1 point, dont 0,25 pour la justification des dénominateurs non nuls ; c) 1 point, dont 0,5 pour l’étude de \(\varphi\) et 0,5 pour la discussion selon \(x\).

Exercice 2 – Équations et inéquation trigonométriques (4 points)

1. D’abord, \(\sin\left(x + \frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} – x – \frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{3} – x\right)\). L’équation devient donc \(\cos 2x = \cos\left(\frac{\pi}{3} – x\right)\).

   Elle équivaut à \(2x = \frac{\pi}{3} – x + 2k\pi\) ou à \(2x = x – \frac{\pi}{3} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\). L’ensemble des solutions est donc \(\left\{\frac{\pi}{9} + \frac{2k\pi}{3}\right\} \cup \left\{-\frac{\pi}{3} + 2k\pi\right\}\), où \(k\) parcourt \(\mathbb{Z}\). Par exemple, \(x = -\frac{\pi}{3}\) donne bien \(\cos\left(-\frac{2\pi}{3}\right) = -\frac{1}{2} = \sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)\).

2. On écrit \(\sqrt{3}\cos x – \sin x = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x – \frac{1}{2}\sin x\right) = 2\left(\cos \frac{\pi}{6}\cos x – \sin \frac{\pi}{6}\sin x\right)\). Ainsi, \(\sqrt{3}\cos x – \sin x = 2\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right)\).

   L’équation s’écrit alors \(\cos\left(x + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos \frac{\pi}{4}\). Elle équivaut donc à \(x + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi\) ou à \(x + \frac{\pi}{6} = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi\). Les solutions sont \(x = \frac{\pi}{12} + 2k\pi\) et \(x = -\frac{5\pi}{12} + 2k\pi\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).

3. Avec \(\cos 2x = 2\cos^2 x – 1\), on obtient \(g(x) = 2\cos^2 x + \cos x – 1\). Ce trinôme en \(\cos x\) a pour racines \(\frac{1}{2}\) et \(-1\), donc \(g(x) = (2\cos x – 1)(\cos x + 1)\).

   Le facteur \(\cos x + 1\) est positif, et il ne s’annule qu’en \(x = \pi\) sur \([0\,;\,2\pi]\). Par conséquent, \(g(x) \leq 0\) équivaut à \(\cos x \leq \frac{1}{2}\), car \(x = \pi\) vérifie déjà cette condition. Sur le cercle trigonométrique, on lit alors l’ensemble des solutions : \(\left[\frac{\pi}{3}\,;\,\frac{5\pi}{3}\right]\). Ce résultat concorde avec la courbe de l’énoncé, qui touche l’axe en \(\pi\) sans le traverser.

Barème : a) 1,5 point, dont 0,5 pour la conversion en cosinus et 0,5 par famille ; b) 1 point, 0,5 pour la forme \(r\cos(x + \varphi)\) et 0,5 pour les solutions ; c) 1,5 point, dont 0,5 pour la factorisation et 0,5 pour le cas \(x = \pi\).

Piège classique : diviser par \(\cos x + 1\) sans précaution fait disparaître la solution \(x = \pi\) ; ici, elle est heureusement contenue dans l’intervalle trouvé.

Exercice 3 – Une identité entre deux arctangentes (4 points)

1. La fonction \(u : x \mapsto \frac{1 – x}{1 + x}\) est dérivable sur chacun des deux intervalles, comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas. Comme \(\mathrm{Arctan}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(h\) est dérivable sur ces intervalles.

   On calcule \(u^{\prime}(x) = \frac{-(1 + x) – (1 – x)}{(1 + x)^2} = \frac{-2}{(1 + x)^2}\). Par ailleurs, \(1 + u(x)^2 = \frac{(1 + x)^2 + (1 – x)^2}{(1 + x)^2} = \frac{2\left(1 + x^2\right)}{(1 + x)^2}\).

   Le quotient \(\frac{u^{\prime}(x)}{1 + u(x)^2}\) vaut donc \(-\frac{1}{1 + x^2}\). Finalement, \(h^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2} – \frac{1}{1 + x^2}\), soit \(h^{\prime}(x) = 0\).

2. Une fonction de dérivée nulle sur un intervalle y est constante. Sur \(]-1\,;\,+\infty[\), on évalue en \(0\) : \(h(0) = 0 + \mathrm{Arctan}\,1\), donc \(h(x) = \frac{\pi}{4}\).

   Sur \(]-\infty\,;\,-1[\), on passe à la limite en \(-\infty\). En effet, \(\mathrm{Arctan}\,x\) tend vers \(-\frac{\pi}{2}\), tandis que \(u(x)\) tend vers \(-1\). Par continuité de \(\mathrm{Arctan}\), la constante vaut \(-\frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{4}\), donc \(h(x) = -\frac{3\pi}{4}\).

3. Le réel \(\frac{1}{2}\) appartient à \(]-1\,;\,+\infty[\), et \(u\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1/2}{3/2} = \frac{1}{3}\). Par conséquent, \(\mathrm{Arctan}\,\frac{1}{2} + \mathrm{Arctan}\,\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}\).

4. Posons \(\theta = \mathrm{Arctan}\,x\), qui appartient à \(\left]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\). Alors \(\cos \theta > 0\) et \(1 + \tan^2 \theta = \frac{1}{\cos^2 \theta}\), donc \(\cos(\mathrm{Arctan}\,x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\).

   Ensuite, \(\sin 2\theta = 2\sin \theta\cos \theta = 2\tan \theta\cos^2 \theta\). On obtient ainsi \(\sin(2\,\mathrm{Arctan}\,x) = \frac{2x}{1 + x^2}\).

Barème : a) 1,5 point, dont 0,5 pour la dérivabilité et 1 pour le calcul ; b) 1 point, 0,5 par intervalle ; c) 0,5 point ; d) 1 point, dont 0,25 pour le signe du cosinus.

Piège classique : conclure que \(h\) vaut \(\frac{\pi}{4}\) partout est faux, car le domaine n’est pas un intervalle. Pour \(x = -2\), on trouve d’ailleurs \(-\mathrm{Arctan}\,2 – \mathrm{Arctan}\,3\), qui est négatif.

Exercice 4 – Étude d’une fonction construite avec sh (4 points)

1. Les fonctions \(\mathrm{sh}\) et \(x \mapsto 2x\) sont impaires, donc \(f\) est impaire. Ensuite, \(\frac{1}{2 + \sqrt{3}} = 2 – \sqrt{3}\), donc \(\mathrm{ch}\,a = \frac{(2 + \sqrt{3}) + (2 – \sqrt{3})}{2}\), soit \(\mathrm{ch}\,a = 2\). De même, \(\mathrm{sh}\,a = \sqrt{3}\).

   La fonction \(f\) est dérivable, avec \(f^{\prime}(x) = \mathrm{ch}\,x – 2\). Or \(\mathrm{ch}\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\) et vaut \(2\) en \(a\). Par conséquent, \(f^{\prime} < 0\) sur \([0\,;\,a[\), \(f^{\prime}(a) = 0\) et \(f^{\prime} > 0\) sur \(]a\,;\,+\infty[\).

2. D’abord, \(f(a) = \sqrt{3} – 2a\), et l’imparité donne \(f(-a) = 2a – \sqrt{3}\). Ensuite, \(f(x) = x\left(\frac{\mathrm{sh}\,x}{x} – 2\right)\) pour \(x > 0\). Les croissances comparées donnent \(\frac{\mathrm{sh}\,x}{x} \to +\infty\), donc \(f(x) \to +\infty\) en \(+\infty\), puis \(f(x) \to -\infty\) en \(-\infty\) par imparité.

   De plus, \(\frac{f(x)}{x}\) tend vers \(+\infty\) : la courbe admet donc une branche parabolique de direction \((Oy)\). Enfin, \(f\) décroît sur \([0\,;\,a]\) et \(f(0) = 0\), donc \(f(a) < 0\). Le tableau de variations complet figure ci-dessous.

3. Sur \(]0\,;\,a]\), la fonction \(f\) est strictement décroissante et \(f(0) = 0\), donc \(f < 0\) : elle ne s’y annule pas. Sur \([a\,;\,+\infty[\), elle est continue et strictement croissante, avec \(f(a) < 0\) et une limite \(+\infty\). Le théorème de la bijection fournit alors une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,+\infty[\).

   Ensuite, \(f(2) = \mathrm{sh}\,2 – 4 < \frac{\mathrm{e}^2}{2} – 4 < 3{,}7 – 4 < 0\). De même, \(f(3) = \mathrm{sh}\,3 – 6 > \frac{\mathrm{e}^3 – 1}{2} – 6 > \frac{19}{2} – 6 > 0\), car \(\mathrm{e}^{-3} < 1\). Le théorème des valeurs intermédiaires donne un zéro dans \(]2\,;\,3[\), qui ne peut être que \(\alpha\). Ainsi, \(2 < \alpha < 3\).

4. La courbe passe par l’origine avec une pente \(f^{\prime}(0) = -1\). Elle admet des tangentes horizontales en \(-a\) et en \(a\), puis coupe l’axe des abscisses en \(-\alpha\), \(0\) et \(\alpha\).

Barème : a) 1 point, dont 0,5 pour \(\mathrm{ch}\,a\) et \(\mathrm{sh}\,a\) ; b) 1,5 point, dont 0,5 pour les limites et 0,5 pour la branche parabolique ; c) 1 point, 0,5 pour l’unicité et 0,5 pour l’encadrement ; d) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : une composée de Arcsin (5 points)

1. Pour \(x \in [-1\,;\,1]\), on développe \(\left(|x| – \sqrt{1 – x^2}\right)^2 \geq 0\). On obtient \(2|x|\sqrt{1 – x^2} \leq x^2 + \left(1 – x^2\right) = 1\), donc \(|\psi(x)| \leq 1\). Le réel \(\psi(x)\) appartient alors au domaine de \(\mathrm{Arcsin}\), si bien que \(G\) est définie sur \([-1\,;\,1]\).

   De plus, \(\psi\) est impaire, de même que \(\mathrm{Arcsin}\). Par composition, \(G(-x) = \mathrm{Arcsin}\big(-\psi(x)\big) = -G(x)\) : \(G\) est impaire.

2. Par définition, \(\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\) et \(\sin \theta = x\). Sur cet intervalle, le cosinus est positif, donc \(\cos \theta = \sqrt{1 – \sin^2 \theta} = \sqrt{1 – x^2}\). Il vient alors \(\psi(x) = 2\sin \theta\cos \theta\), soit \(\psi(x) = \sin 2\theta\).

3. Si \(|x| \leq \frac{\sqrt{2}}{2}\), la croissance de \(\mathrm{Arcsin}\) donne \(\theta \in \left[-\frac{\pi}{4}\,;\,\frac{\pi}{4}\right]\), donc \(2\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\). Dans cet intervalle, \(\mathrm{Arcsin}(\sin 2\theta) = 2\theta\), d’où \(G(x) = 2\,\mathrm{Arcsin}\,x\).

   Si \(\frac{\sqrt{2}}{2} \leq x \leq 1\), alors \(\theta \in \left[\frac{\pi}{4}\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\). Cette fois, c’est \(\pi – 2\theta\) qui appartient à \(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\). Comme \(\sin(\pi – 2\theta) = \sin 2\theta\), on obtient \(G(x) = \pi – 2\,\mathrm{Arcsin}\,x\).

   Enfin, pour \(-1 \leq x \leq -\frac{\sqrt{2}}{2}\), on utilise l’imparité : \(G(x) = -G(-x) = -\pi + 2\,\mathrm{Arcsin}(-x)\). Ainsi, \(G(x) = -\pi – 2\,\mathrm{Arcsin}\,x\). Pour \(x = -1\), on retrouve bien \(G(-1) = -\pi + \pi = 0 = \mathrm{Arcsin}\,0\).

4. La fonction \(\mathrm{Arcsin}\) est dérivable sur \(]-1\,;\,1[\). Sur \(\left]-\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}\right[\), on a donc \(G^{\prime}(x) = \frac{2}{\sqrt{1 – x^2}}\). Sur les deux autres morceaux ouverts, on obtient \(G^{\prime}(x) = -\frac{2}{\sqrt{1 – x^2}}\).

   En \(\frac{\sqrt{2}}{2}\), les deux expressions valent \(\frac{\pi}{2}\), donc \(G\) est continue. À gauche, le taux d’accroissement tend vers la dérivée de \(2\,\mathrm{Arcsin}\), soit \(\frac{2}{\sqrt{1/2}} = 2\sqrt{2}\). À droite, il tend vers \(-2\sqrt{2}\). Ces deux nombres diffèrent, donc \(G\) n’est pas dérivable en \(\pm\frac{\sqrt{2}}{2}\), et sa courbe y présente un point anguleux.

5. Sur \([-1\,;\,0]\), les formules montrent que \(G \leq 0\). Toute solution de \(G(x) = \frac{\pi}{3}\) se trouve donc dans \([0\,;\,1]\). Sur \(\left[0\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}\right]\), l’égalité \(2\,\mathrm{Arcsin}\,x = \frac{\pi}{3}\) donne \(x = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}\), qui convient.

   Sur \(\left[\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,1\right]\), l’égalité \(\pi – 2\,\mathrm{Arcsin}\,x = \frac{\pi}{3}\) donne \(\mathrm{Arcsin}\,x = \frac{\pi}{3}\), soit \(x = \frac{\sqrt{3}}{2}\). Ce réel convient aussi, car \(\sqrt{3} > \sqrt{2}\). L’ensemble des solutions est donc \(\left\{\frac{1}{2}\,;\,\frac{\sqrt{3}}{2}\right\}\), comme le confirme la courbe.

Barème : 1) 1 point, 0,5 pour l’inégalité et 0,5 pour l’imparité ; 2) 0,5 point ; 3) 1,5 point, 0,5 par morceau ; 4) 1 point, dont 0,5 pour les dérivées latérales ; 5) 1 point, 0,5 pour la courbe et 0,5 pour les deux solutions.

Piège classique : écrire \(\mathrm{Arcsin}(\sin 2\theta) = 2\theta\) sans condition ; cette égalité exige que \(2\theta\) reste dans \(\left[-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\).

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