En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Fonction arccosFonctions circulaires réciproques/Exercices/Fonction arccos », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
On considère la fonction
f
{\displaystyle f}
définie par
f
(
x
)
=
arccos
x
2
−
x
{\displaystyle f(x)=\arccos {\frac {x}{2-x}}}
Quel est son domaine de définition ?
Calculer
f
′
(
x
)
{\displaystyle f'(x)}
.
Donner le développement limité à l'ordre 1 de
f
{\displaystyle f}
en
0
{\displaystyle 0}
.
Solution
La fonction
x
↦
x
2
−
x
{\displaystyle x\mapsto {\frac {x}{2-x}}}
, de dérivée
x
↦
2
(
2
−
x
)
2
{\displaystyle x\mapsto {\frac {2}{(2-x)^{2}}}}
, est croissante sur
]
−
∞
,
2
[
{\displaystyle \left]-\infty ,2\right[}
et sur
]
2
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]2,+\infty \right[}
. Sa limite en
±
∞
{\displaystyle \pm \infty }
est
−
1
{\displaystyle -1}
, et elle prend la valeur
1
{\displaystyle 1}
en
x
=
1
{\displaystyle x=1}
. Le domaine
D
f
{\displaystyle Df}
sur lequel elle est comprise entre
−
1
{\displaystyle -1}
et
1
{\displaystyle 1}
est donc
]
−
∞
,
1
]
{\displaystyle \left]-\infty ,1\right]}
.
Pour tout
x
<
1
{\displaystyle x<1}
,
f
′
(
x
)
=
−
1
1
−
(
x
2
−
x
)
2
2
(
2
−
x
)
2
=
−
2
(
2
−
x
)
(
2
−
x
)
2
−
x
2
=
−
1
(
2
−
x
)
1
−
x
{\displaystyle f'(x)={\frac {-1}{\sqrt {1-\left({\frac {x}{2-x}}\right)^{2}}}}{\dfrac {2}{(2-x)^{2}}}={\frac {-2}{(2-x){\sqrt {(2-x)^{2}-x^{2}}}}}={\frac {-1}{(2-x){\sqrt {1-x}}}}}
.
f
(
x
)
=
f
(
0
)
+
x
f
′
(
0
)
+
o
(
x
)
=
π
2
−
x
2
+
o
(
x
)
{\displaystyle f(x)=f(0)+xf'(0)+o(x)={\frac {\pi }{2}}-{\frac {x}{2}}+o(x)}
.
Calculer
arccos
x
+
arccos
(
−
x
)
{\displaystyle \arccos x+\arccos(-x)}
et
tan
(
arccos
x
)
{\displaystyle \tan(\arccos x)}
pour
−
1
≤
x
≤
1
{\displaystyle -1\leq x\leq 1}
.
Calculer
arccos
1
+
sin
x
2
{\displaystyle \arccos {\sqrt {1+\sin x \over 2}}}
.
Solution
Soient
u
=
arccos
x
,
v
=
arccos
(
−
x
)
{\displaystyle u=\arccos x,v=\arccos(-x)}
:
u
,
v
∈
[
0
,
π
]
{\displaystyle u,v\in [0,\pi ]}
,
cos
u
=
x
,
cos
v
=
−
x
=
−
cos
u
=
cos
(
π
−
u
)
{\displaystyle \cos u=x,\cos v=-x=-\cos u=\cos(\pi -u)}
et
π
−
u
∈
[
0
,
π
]
{\displaystyle \pi -u\in [0,\pi ]}
donc
v
=
π
−
u
{\displaystyle v=\pi -u}
donc
arccos
x
+
arccos
(
−
x
)
=
u
+
v
=
π
{\displaystyle \arccos x+\arccos(-x)=u+v=\pi }
. De plus,
sin
u
=
1
−
x
2
{\displaystyle \sin u={\sqrt {1-x^{2}}}}
, donc
tan
(
arccos
x
)
=
tan
u
=
1
−
x
2
x
{\displaystyle \tan(\arccos x)=\tan u={{\sqrt {1-x^{2}}} \over x}}
.
Soit
z
=
arccos
1
+
sin
x
2
{\displaystyle z=\arccos {\sqrt {1+\sin x \over 2}}}
:
z
∈
[
0
,
π
/
2
]
{\displaystyle z\in [0,\pi /2]}
et
cos
(
π
/
2
−
x
)
=
sin
x
=
2
cos
2
z
−
1
=
cos
(
2
z
)
{\displaystyle \cos(\pi /2-x)=\sin x=2\cos ^{2}z-1=\cos(2z)}
donc
±
2
z
=
π
/
2
−
x
+
2
k
π
{\displaystyle \pm 2z=\pi /2-x+2k\pi }
avec
k
∈
Z
{\displaystyle k\in \mathbb {Z} }
.
π
/
4
−
x
/
2
+
k
π
∈
[
0
,
π
/
2
]
⇔
π
(
2
k
−
1
/
2
)
≤
x
≤
π
(
2
k
+
1
/
2
)
{\displaystyle \pi /4-x/2+k\pi \in [0,\pi /2]\Leftrightarrow \pi (2k-1/2)\leq x\leq \pi (2k+1/2)}
,
−
π
/
4
+
x
/
2
−
k
π
∈
[
0
,
π
/
2
]
⇔
π
(
2
k
+
1
/
2
)
≤
x
≤
π
(
2
k
+
3
/
2
)
{\displaystyle -\pi /4+x/2-k\pi \in [0,\pi /2]\Leftrightarrow \pi (2k+1/2)\leq x\leq \pi (2k+3/2)}
. Vérification des recollements aux bornes : si
x
=
π
(
2
k
+
1
/
2
)
{\displaystyle x=\pi (2k+1/2)}
alors
π
/
4
−
x
/
2
+
k
π
=
0
=
−
π
/
4
+
x
/
2
−
k
π
{\displaystyle \pi /4-x/2+k\pi =0=-\pi /4+x/2-k\pi }
; si
x
=
π
(
2
k
+
3
/
2
)
=
π
(
2
(
k
+
1
)
−
1
/
2
)
{\displaystyle x=\pi (2k+3/2)=\pi (2(k+1)-1/2)}
alors
π
/
4
−
x
/
2
+
k
π
=
π
/
2
=
−
π
/
4
+
x
/
2
−
k
π
{\displaystyle \pi /4-x/2+k\pi =\pi /2=-\pi /4+x/2-k\pi }
.