Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Pour tous réels $a$ et $b$,

   $\bullet$

   $\cos(a+b)=\cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)$

   $\bullet$

   $\sin(a+b)=\sin(a)\cos(b)+\cos(a)\sin(b)\;.$

2. $$\lim_{h\to 0} \frac{\sin(h)}{h}=1$$   et$$\quad \lim_{h\to 0} \frac{\cos(h)-1}{h}=0\;.$$

3. Écrivons le taux d'accroissement de la fonction sinus en $a$, évalué en $a+h$ :
   

   $$\tau_a(a+h) = \displaystyle{\frac{\sin(a+h)-\sin(a)}{h}}$$

   $$= \displaystyle{ \frac{1}{h}\big( \sin(a)\cos(h)+\cos(a)\sin(h)-\sin(a) \big)}$$

   $$= \displaystyle{ \sin(a)\frac{\cos(h)-1}{h}+\cos(a)\frac{\sin(h)}{h}}\;.$$

   
   En utilisant les limites de la question précédente,
   $$\lim_{h\to 0} \tau_a(a+h)=\cos(a)\;.$$
   Écrivons maintenant le taux d'accroissement de la fonction cosinus en $a$, évalué en $a+h$ :
   

   $$\tau_a(a+h) = \displaystyle{\frac{\cos(a+h)-\cos(a)}{h}}$$

   $$= \displaystyle{ \frac{1}{h}\big( \cos(a)\cos(h)-\sin(a)\sin(h)-\cos(a) \big)}$$

   $$= \displaystyle{ \cos(a)\frac{\cos(h)-1}{h}-\sin(a)\frac{\sin(h)}{h}}\;.$$

   
   On en déduit :
   $$\lim_{h\to 0} \tau_a(a+h)=-\sin(a)\;.$$

4. La restriction de la fonction sinus à $[-\pi/2,\pi/2]$ est une bijection de $[-\pi/2,\pi/2]$ vers $[-1,1]$. La fonction arc sinus est la bijection réciproque.
   $$\begin{array}{rcl} &\arcsin&\\ {[-1,1]}&\longrightarrow&[-\pi/2,\pi/2]\\ x&\longmapsto&\arcsin(x) \end{array}$$
   La restriction de la fonction cosinus à $[0,\pi]$ est une bijection de $[0,\pi]$ vers $[-1,1]$. La fonction arc cosinus est la bijection réciproque.
   $$\begin{array}{rcl} &\arccos&\\ {[-1,1]}&\longrightarrow&[0,\pi]\\ x&\longmapsto&\arccos(x) \end{array}$$

5. Posons $a=\arcsin(\alpha)$ et $b=\arcsin(\beta)$. Observons que :
   $$\sqrt{1-\alpha^2}=\cos(a)$$   et$$\quad \sqrt{1-\beta^2}=\cos(b)\;,$$
   puisque par définition de l'arc sinus, $a$ et $b$ appartiennent à l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2]$ (leur cosinus est positif ou nul). Donc :
   

   $$\arcsin(\alpha\sqrt{1-\beta^2}+\beta\sqrt{1-\alpha^2}) = \arcsin(\sin(a)\cos(b)+\sin(b)\cos(a))$$

   $$= \arcsin(\sin(a+b))\;.$$

   
   Or :
   $$\arcsin(\sin(a+b))=\left\{ \begin{array}{lcl} -\pi-(a+b)&\mb... ...2]\\ \pi-(a+b)&\mbox{si}&a+b\in[\pi/2,\pi] \end{array}\right.$$
   Pour que :
   $$\arcsin(\alpha\sqrt{1-\beta^2}+\beta\sqrt{1-\alpha^2})= \arcsin(\alpha)+\arcsin(\beta)\;,$$
   il faut et il suffit que $\arcsin(\alpha)+\arcsin(\beta)$ appartienne à l'intervalle $[-\pi/2,\pi/2]$.

Exercice 1 :  

1. Pour tout $x\in\mathbb{R}^{+*}$, écrivons :
   $$f(x)=x^x=\exp(x\ln(x))\;.$$
   La fonction $x\mapsto x\ln(x)$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{+*}$ comme produit de fonctions dérivables, et sa dérivée en $x$ est $\ln(x)+1$. La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{+*}$ comme composée de fonctions dérivables et sa dérivée en $x$ est :
   $$f'(x)=(\ln(x)+1)\exp(x\ln(x))\;.$$

2. Pour tout $x\in\mathbb{R}^{+*}$, $\exp(x\ln(x))>0$. Le signe de $f'$ est celui de $\ln(x)+1$ : négatif si $x\leqslant 1/\mathrm{e}$, positif si $x\geqslant 1/\mathrm{e}$. La fonction $f$ est donc décroissante sur $[0,1/\mathrm{e}]$, croissante sur $[1/\mathrm{e},+\infty]$. Elle admet un minimum unique, au point d'abscisse $1/\mathrm{e}$. L'ordonnée correspondante est :
   $$m=(1/\mathrm{e})^{1/\mathrm{e}}=\mathrm{e}^{-1/\mathrm{e}}\;.$$

3. Pour $x$ et $y$ tels que $0<y\leqslant x<1$, écrivons :
   $$x^y = (x^x)^{\frac{y}{x}}$$   et$$\quad y^x=\left(\frac{y}{x}\right)^x x^x\;.$$
   Comme $y/x\leqslant 1$ et $x<1$,
   $$\left(\frac{y}{x}\right)^x\geqslant \frac{y}{x}\;.$$
   D'après la question précédente, $x^x\geqslant m$. Donc :
   $$x^y+y^x\geqslant m^{\frac{y}{x}}+m\frac{y}{x}\;.$$

4. La fonction $\varphi$ est indéfiniment dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de deux fonctions indéfiniment dérivables.
   $$\varphi'(t)=\ln(m)m^t+m$$   et$$\quad \varphi''(t)=\ln^2(m)m^t\;.$$

5. La dérivée seconde $\varphi''$ est strictement positive, donc $\varphi'$ est croissante sur $[0,1]$. Or $\varphi'(0)=\ln(m)+m=\mathrm{e}^{-1/\mathrm{e}}-1/\mathrm{e}>0$. Donc $\varphi'$ est strictement positive sur $[0,1]$, donc $\varphi$ est strictement croissante. Or $\varphi(0)=1$. Donc, pour tout $t\in ]0,1]$, $\varphi(t)=m^t+mt > 1$.
6. Si $x\geqslant 1$, alors pour tout $y>0$, $x^y\geqslant 1$ et $x^y+y^x>1$. De même si $y\geqslant 1$, alors $x^y+y^x>1$. Nous devons donc considérer seulement le cas où $x$ et $y$ sont strictement inférieurs à $1$. Sans perte de généralité, nous pouvons supposer $0<y\leqslant x<1$. Or d'après la question 3,
   $$x^y+y^x\geqslant m^{\frac{y}{x}}+m\frac{y}{x}\;,$$
   et d'après la question 5,
   $$m^{\frac{y}{x}}+m\frac{y}{x}>1\;.$$
   D'où le résultat.
7. D'après la question précédente, $1$ est un minorant de l'ensemble. Pour montrer que c'est la borne inférieure, nous devons vérifier que pour tout $\varepsilon >0$, il existe $(x,y)\in\mathbb{R}^{+*}$ tels que :
   $$x^y+y^x\leqslant 1+\varepsilon \;.$$
   Il suffit pour cela de prendre $x=1$ et $y=\varepsilon$.

Exercice 2 :

1. Pour tout $x\in\mathbb{R}$,
   $$(1+x)^2=1+2x+x^2\geqslant 0$$   et$$\quad (1-x)^2=1-2x+x^2\geqslant 0$$
   Donc :
   $$-2x\leqslant 1+x^2$$   et$$\quad 1+x^2\geqslant 2x\;,$$
   soit,
   $$-1\leqslant \frac{2x}{1+x^2}\leqslant 1\;.$$
   La fonction $x\mapsto 2x/(1+x^2)$ est définie et continue sur $\mathbb{R}$. La fonction arc sinus est définie et continue sur $[-1,1]$ Donc la composée $f$ est définie et continue sur $\mathbb{R}$.
2. La fonction $x\mapsto 2x/(1+x^2)$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. La fonction arc sinus est dérivable sur $]-\!1,1[$. Or $2x/(1+x^2)$ ne prend les valeurs $1$ et $-1$ que pour $x=1$ et $x=-1$. Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}\setminus\{-1,1\}$,
   $$f'(x)= \frac{2(1+x^2)-4x^2}{(1+x^2)^2} \frac{1}{\sqrt{1-\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}}} =\frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)\vert 1-x^2\vert}\;.$$

3. La fonction $f$ est croissante pour $x\in [-1,1]$, décroissante ailleurs. Elle tend vers 0 en $-\infty$ et $+\infty$. Elle est impaire et donc son graphe est symétrique par rapport à l'origine. Il est représenté sur la figure 10.

   Figure: Fonction $x\mapsto \arcsin(2x/(1+x^2))$.

   
4. Sur l'intervalle $[-1,1]$, $\vert 1-x^2\vert=1-x^2$, et la dérivée de $f$ vaut :
   $$f'(x)=\frac{2}{1+x^2}\;.$$
   La fonction $f$ a la même dérivée que la fonction $x\mapsto 2\arctan(x)$. Donc ces deux fonctions sont égales à une constante près. Comme elles prennent toutes les deux la valeur 0 en $x=0$, elles sont égales.

   Sur les intervalles $]-\!\infty,-1]$ et $[1,+\infty[$, $\vert 1-x^2\vert=-1+x^2$, et la dérivée de $f$ vaut

   $$f'(x)=-\frac{2}{1+x^2}\;.$$
   La fonction $f$ a la même dérivée que la fonction $x\mapsto -2\arctan(x)$. Donc les deux fonctions sont égales à une constante près. Comme $-2\arctan(-1)=\pi/2$ et $f(-1)=-\pi/2$, pour $x\in]-\!\infty,-1]$, $f(x)=-2\arctan(x)-\pi$.

   De même, $-2\arctan(1)=-\pi/2$ et $f(1)=\pi/2$, donc pour $x\in[1,+\!\infty[$, $f(x)=-2\arctan(x)+\pi$.

Exercice 3 :  

1. Par définition :
   $$\sinh(2x)=\frac{\mathrm{e}^{2x}-\mathrm{e}^{-2x}}{2} =2\left(\fra... ...ight) \left(\frac{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}{2}\right)=2\sinh(x)\cosh(x)\;.$$
   Pour tout $x\in\mathbb{R}^*$, $\sinh(x)\neq 0$, donc on peut diviser par $2\sinh(x)$ la relation prédente, ce qui donne :
   $$\cosh(x)=\frac{\sinh(2x)}{2\sinh(x)}\;.$$

2. Notons $P_n$ le produit proposé, et effectuons une démonstration par récurrence. Pour $n=0$, $P_0=\cosh(x)$, et la formule est celle de la question précédente. Supposons-la vraie au rang $n$. Alors :
   $$P_{n+1}=P_n\cosh(2^{n+1}x)=\frac{\sinh(2^{n+1}x)}{2^{n+1}\sinh(x)} \frac{\sinh(2^{n+2} x)}{2\sinh(2^{n+1}x)}\;,$$
   en appliquant l'hypothèse de récurrence à $P_n$, et la formule de la question précédente à $\cosh(2^{n+1} x)$. Donc :
   $$P_{n+1}=\frac{\sinh(2^{n+2}x)}{2^{n+2}\sinh(x)}\;.$$
   La formule est vraie au rang $n+1$. Elle est donc vraie pour tout $n$, par récurrence.
3. Par définition :
   $$\tanh(2x)=\frac{\sinh(2x)}{\cosh(2x)}$$
   Or $\sinh(2x)=2\sinh(x)\cosh(x)$ (question 1), et :
   $$\cosh(2x)=\frac{\mathrm{e}^{2x}+\mathrm{e}^{-2x}}{2}= \left(\frac... ...left(\frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{2}\right)^2 =\cosh^2(x)+\sinh^2(x)\;.$$
   Comme $\cosh(x)$ ne s'annule pas :
   $$\tanh(2x)=\frac{2\sinh(x)\cosh(x)}{\cosh^2(x)+\sinh^2(x)} =\frac{... ...cosh(x)}}{1+\frac{\sinh^2(x)}{\cosh^2(x)}} = \frac{2\tanh(x)}{1+\tanh^2(x)}\;.$$
   Pour tout $x\in\mathbb{R}^*$, $\tanh(x)$ et $\tanh(2x)$ sont non nuls. En prenant l'inverse de la formule précédente :
   $$\frac{1}{\tanh(2x)}=\frac{1+\tanh^2(x)}{2\tanh(x)}= \frac{1}{2\tanh(x)}+\frac{\tanh(x)}{2} ,$$
   soit,
   $$\tanh(x)=\frac{2}{\tanh(2x)}-\frac{1}{\tanh(x)}\;.$$

4. Notons $S_n$ la somme proposée, et effectuons une démonstration par récurrence. Pour $n=0$, $S_0=\tanh(x)$ et la formule est celle de la question précédente. Supposons-la vraie au rang $n$. Alors :
   

   $$S_{n+1} = S_n+2^{n+1}\tanh(2^{n+1} x)$$

   $$= \frac{2^{n+1}}{\tanh(2^{n+1}x)} -\frac{1}{\tanh(x)}+ \frac{2^{n+2}}{\tanh(2^{n+2} x)}- \frac{2^{n+1}}{\tanh(2^{n+1}x)}\;,$$

   
   en appliquant l'hypothèse de récurrence à $S_n$, et la formule de la question précédente à $\tanh(2^{n+1} x)$. Donc :
   $$S_{n+1} = \frac{2^{n+2}}{\tanh(2^{n+2}x)} -\frac{1}{\tanh(x)}\;.$$
   La formule est vraie au rang $n+1$, elle est donc vraie pour tout $n$, par récurrence.