CPGE PTSI — Mathématiques · Cours provisoire en attente du cours du Prof. Ivarra
🔴 Fil rouge — DM 5 (à rendre le 20 avril 2026)
Ce cours est calibré sur les deux exercices du DM 5.
Exercice 1 : valeurs de \(\cos(\pi/8)\) et \(\cos(3\pi/8)\), formule
\(\cos(3\theta)=4\cos^3\theta-3\cos\theta\), résolution d'une équation du 3ᵉ degré par
substitution trigonométrique.
Exercice 2 : étude de \(g_p(x)=\arctan(px)-x\), bijectivité, dérivée d'une réciproque.
Les encadrés marqués ⟶ DM5 signalent les résultats directement mobilisés dans le devoir.
Appliquer tan des deux membres + formule d'addition. Géométriquement : triangle rectangle isocèle dans un rectangle \(3a\times 2a\).
I.1 — Enroulement de l'axe des réels sur le cercle trigonométrique
Définition — Cercle trigonométrique
Dans le plan muni d'un repère orthonormé direct \((O,\vec\imath,\vec\jmath)\),
le cercle trigonométrique \((\mathcal{T})\) est le cercle de centre \(O\) et de
rayon \(1\). Son équation est \(x^2 + y^2 = 1\).
On note \(I = (1,0)\) le point de départ, situé sur la droite \((T)\) tangente à
\((\mathcal{T})\) en \(I\). Le sens de parcours direct est le sens
antihoraire ; le sens indirect est le sens des aiguilles d'une montre.
Définition — Enroulement et point associé
À tout réel \(t\) on associe l'unique point \(J\) de \((\mathcal{T})\) obtenu en
enroulant la droite \((T)\) sur le cercle \((\mathcal{T})\) :
l'arc \(\overset{\frown}{IJ}\) a pour mesure algébrique \(t\) radians.
Si \(t > 0\) : on parcourt un arc de longueur \(t\) dans le sens direct.
Si \(t < 0\) : on parcourt un arc de longueur \(|t|\) dans le sens indirect.
Si \(t = 0\) : \(J = I\).
Réciproquement, tout point du cercle trigonométrique est associé à
une infinité de réels.
Remarque — Périodicité géométrique
Au réel \(\tfrac\pi2\) sur la droite \((T)\), on associe par enroulement le point \(J\) tel
que l'arc \(\overset{\frown}{IJ}\) a pour mesure \(\tfrac\pi2\) radians.
Plus généralement, le même point \(J\) est associé par enroulement aux réels
\(\tfrac\pi2 + 2k\pi\), avec \(k\in\mathbb{Z}\).
Nous en concluons que le point \(J\) est repéré sur \((\mathcal{T})\) par le réel \(\tfrac\pi2\) et plus
généralement par tout réel de la forme \(\tfrac\pi2 + k(2\pi)\), avec \(k\in\mathbb{Z}\).
Généralisation à tous les réels.
Si le point \(M\) du cercle est associé à un réel \(t_0\), alors tous les réels de la forme
\[t_1 = t_0 + 2k\pi, \quad k\in\mathbb{Z},\]
lui sont également associés. On dit alors que \(t_0\) et \(t_1\) sont
égaux modulo \(2\pi\), ce que l'on note
\(t_1 \equiv t_0 \pmod{2\pi}\) ou encore \(t_1 \equiv t_0 \ [2\pi]\).
Définition — Mesure principale
Parmi tous les réels associés à un point \(M\) du cercle, il en existe un
unique appartenant à \(]-\pi;\pi]\).
On l'appelle la mesure principale de l'angle associé à \(M\).
Autrement dit, \(t_1\in]-\pi;\pi]\) est la mesure principale si et seulement si
\(t_1 \equiv t_0 \pmod{2\pi}\) pour un certain \(t_0\), avec \(t_1\) l'unique représentant
dans \(]-\pi;\pi]\).
Définition — cos et sin d'un réel
Soit \(J\) le point de \((\mathcal{T})\) associé au réel \(t\) par enroulement.
On pose :
\(\cos t\) = abscisse de \(J\) ;
\(\sin t\) = ordonnée de \(J\).
Ainsi \(J = (\cos t,\; \sin t)\).
Proposition — Relation fondamentale
\[\cos^2 t + \sin^2 t = 1 \qquad \forall\,t\in\mathbb{R}.\]
J est sur le cercle unité, donc \(\|\overrightarrow{OJ}\|^2 = \cos^2 t + \sin^2 t = 1\).
I.2 — Le radian
Définition — Radian
Le radian est l'unité d'angle du Système International.
Un angle de \(1\) radian correspond à un arc de longueur \(1\) sur le cercle de rayon \(1\),
soit un arc dont la longueur est égale au rayon.
Pour un cercle de rayon \(r\), un angle \(\alpha\) en radians sous-tend un arc de longueur
\(l = r\alpha\).
Proposition — Conversion degrés ↔ radians
Un tour complet vaut \(360°\) en degrés et \(2\pi\) radians, donc :
Méthode — Retrouver la conversion par proportionnalité
La conversion repose sur une simple règle de proportionnalité : le rapport
degrés / radians est constant, égal à \(\dfrac{180}{\pi}\).
On peut l'écrire comme une chaîne d'égalités :
En mathématiques de CPGE, tous les angles sont exprimés en radians par défaut.
Le degré n'apparaît plus sauf mention explicite.
I.3 — Repérage dans le premier quadrant
Dans le premier quadrant \(\bigl[0;\tfrac\pi2\bigr]\), le cercle trigonométrique permet de lire
directement les valeurs de cosinus et sinus à partir des angles remarquables.
Proposition — Valeurs remarquables dans le premier quadrant
À connaître par cœur.
Moyen mémo : pour \(\theta\in\{0,\,\tfrac\pi6,\,\tfrac\pi4,\,\tfrac\pi3,\,\tfrac\pi2\}\),
les valeurs de cos sont \(\tfrac{\sqrt{4}}{2},\;\tfrac{\sqrt{3}}{2},\;\tfrac{\sqrt{2}}{2},\;\tfrac{\sqrt{1}}{2},\;\tfrac{\sqrt{0}}{2}\) —
et sin lit la même liste à l'envers.
Soit P le point du cercle unité associé à \(\pi/3\), et H le pied de la perpendiculaire issue de P sur OI.
On a \(\cos(\pi/3) = OH\). Montrons que \(OH = \tfrac{1}{2}\).
Soit Q le point du cercle unité associé à \(\pi/6\), et K le pied de la perpendiculaire
issue de Q sur l'axe des x. On a \(\sin(\pi/6) = QK\). Montrons que \(QK = \tfrac{1}{2}\)
en comparant le triangle OQK au triangle OPH déjà étudié.
\(\theta\)
\(\dfrac{2\pi}{3}\)
\(\dfrac{3\pi}{4}\)
\(\pi\)
\(\cos\theta\)
\(-\dfrac{1}{2}\)
\(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
\(-1\)
\(\sin\theta\)
\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
\(0\)
Ces valeurs s'obtiennent par les formules de symétrie : \(\cos(\pi-\theta)=-\cos\theta\),
\(\sin(\pi-\theta)=\sin\theta\). Voir section II.2.
Complément — Valeurs issues du DM5 (par formule de demi-angle) ⟶ DM5 Q1–Q2
\(\theta\)
\(\dfrac{\pi}{8}\)
\(\dfrac{3\pi}{8}\)
\(\cos\theta\)
\(\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\)
\(\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\)
\(\sin\theta\)
\(\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\)
\(\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\)
\(\sin(\pi/8) = \cos(3\pi/8)\) et \(\sin(3\pi/8)=\cos(\pi/8)\)
car \(\tfrac\pi8 + \tfrac{3\pi}8 = \tfrac\pi2\) (angles complémentaires :
\(\sin\theta = \cos(\tfrac\pi2-\theta)\)).
Le point associé à \(x\) est sur le cercle unité : son abscisse et son ordonnée
sont toutes deux dans \([-1;1]\).
Remarque — Utilité
Ces encadrements sont utiles pour majorer des expressions trigonométriques,
établir des limites par le théorème des gendarmes, ou vérifier qu'une expression
est dans le domaine de définition d'arccos ou arcsin.
Exemples : \(\bigl|\sin x\bigr| \leq 1\) donc \(\dfrac{|\sin x|}{x} \leq \dfrac{1}{|x|} \to 0\) quand \(x\to\pm\infty\) ;
ou encore \(|n\sin(1/n)|\leq 1\) pour tout \(n\).
II.2 — Périodicité et parité
Définition — Fonction périodique
On dit qu'une fonction \(f\) est périodique de période \(T\)
(ou \(T\)-périodique) s'il existe un réel \(T > 0\) tel que :
\[\forall x \in \mathcal{D}_f,\quad x + T \in \mathcal{D}_f \quad\text{et}\quad f(x+T) = f(x).\]
Les fonctions \(\cos\) et \(\sin\) sont \(2\pi\)-périodiques :
pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(\cos(x+2\pi)=\cos x\) et \(\sin(x+2\pi)=\sin x\).
Remarque — Multiples de la période
Si \(f\) est \(T\)-périodique, elle est aussi \(kT\)-périodique pour tout \(k\in\mathbb{Z}^*\)
(appliquer la relation de périodicité \(|k|\) fois).
En particulier, une fonction \(2\pi\)-périodique est aussi \(4\pi\)-périodique, \(6\pi\)-périodique, etc.
Définition — Période fondamentale (période minimale)
On appelle période fondamentale de \(f\) le plus petit réel strictement
positif vérifiant la relation de périodicité :
La période fondamentale de \(\cos\) et \(\sin\) est \(2\pi\) ;
celle de \(\tan\) est \(\pi\).
Cette notion est utile pour identifier la plus courte "unité répétitive" du graphe.
Remarque — Interprétation graphique
Une fonction \(f\) est \(T\)-périodique si et seulement si sa courbe représentative
\(\mathcal{C}_f\) est invariante par la translation de vecteur \(T\vec\imath\)
(translation horizontale de longueur \(T\)).
Autrement dit, déplacer la courbe de \(T\) vers la droite (ou vers la gauche) la superpose
exactement à elle-même.
Proposition
Période \(2\pi\) : pour tout \(\theta\in\mathbb{R}\) et tout \(k\in\mathbb{Z}\),
\[\cos(\theta + 2k\pi) = \cos\theta \qquad\text{et}\qquad \sin(\theta + 2k\pi) = \sin\theta.\]
Ajouter \(k\) tours complets ne change pas la position sur le cercle.
cos est paire : \(\cos(-\theta)=\cos\theta\).
sin est impaire : \(\sin(-\theta)=-\sin\theta\).
Remarque — Périodicité par \(\pi\)
Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) et tout \(k\in\mathbb{Z}\) :
Ces formules se déduisent de l'application répétée des formules de symétrie
\(\cos(\theta+\pi)=-\cos\theta\) et \(\sin(\theta+\pi)=-\sin\theta\).
Complément — Fonction périodique sans période minimale : \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) (cours Ivarra)
La définition de la période fondamentale utilise un inf, pas un min.
Il existe des fonctions périodiques pour lesquelles cet inf vaut 0 — elles n'ont
donc pas de période minimale. L'exemple le plus célèbre est la
fonction indicatrice de \(\mathbb{Q}\), notée \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\)
(ou \(\chi_{\mathbb{Q}}\)) :
\[\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x) = \begin{cases} 1 & \text{si } x \in \mathbb{Q} \\ 0 & \text{si } x \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}. \end{cases}\]
Stabilité de \(\mathbb{Q}\) par addition :
si \(x\in\mathbb{Q}\) et \(T\in\mathbb{Q}\), alors \(x+T\in\mathbb{Q}\).
Stabilité de \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) par addition d'un rationnel :
si \(x\notin\mathbb{Q}\) et \(T\in\mathbb{Q}\), alors \(x+T\notin\mathbb{Q}\).
(Preuve : si \(x+T\in\mathbb{Q}\), alors \(x=(x+T)-T\in\mathbb{Q}\), contradiction.)
Densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\) :
entre deux réels quelconques il existe toujours un rationnel.
En particulier, \(\inf(\mathbb{Q}^{+*}) = 0\).
Remarque — Pas de notation standard pour \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\)
Contrairement à \(\mathbb{N}, \mathbb{Z}, \mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}\),
l'ensemble des irrationnels \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) n'a pas de symbole
universellement normalisé. On croise parfois \(\mathbb{I}\) dans certains ouvrages,
mais c'est rare et source de confusion.
La raison profonde : \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\) n'est pas stable
par ses propres opérations internes — c'est un ensemble sans bonne structure algébrique,
donc moins naturel à nommer.
Opération
Résultat
Exemple
irrationnel + rationnel
irrationnel ✓
\(e + 1 \notin \mathbb{Q}\)
irrationnel × rationnel non nul
irrationnel ✓
\(2e \notin \mathbb{Q}\)
irrationnel + irrationnel
peut être rationnel ✗
\(\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0 \in \mathbb{Q}\)
irrationnel × irrationnel
peut être rationnel ✗
\(\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2 \in \mathbb{Q}\)
Pour obtenir un rationnel à partir d'un irrationnel \(x\) par multiplication,
il faut multiplier par \(0\) (le seul rationnel qui fonctionne),
ou par un autre irrationnel bien choisi (\(x \times \tfrac{1}{x} = 1\),
mais \(\tfrac{1}{x}\) est lui-même irrationnel).
Démonstration que \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) est \(T\)-périodique pour tout \(T\in\mathbb{Q}^{+*}\).
Soit \(T\in\mathbb{Q}^{+*}\) et \(x\in\mathbb{R}\).
Si \(x\in\mathbb{Q}\) : alors \(x+T\in\mathbb{Q}\) (stabilité), donc \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x+T)=1=\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x)\).
Si \(x\notin\mathbb{Q}\) : alors \(x+T\notin\mathbb{Q}\) (stabilité), donc \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x+T)=0=\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x)\).
L'ensemble des périodes contient \(\mathbb{Q}^{+*}\), dont l'inf est \(0 \notin \mathbb{Q}^{+*}\).
La période fondamentale n'existe donc pas — le min n'est pas atteint.
Ce phénomène est spécifique aux fonctions "pathologiques" : toute fonction
continue et périodique admet une période fondamentale.
Exercice 1 — Période de \(\sin(6x-3)\)
Quelle est la période de la fonction \(f : x \mapsto \sin(6x - 3)\) ?
Solution
La fonction \(\sin\) est \(2\pi\)-périodique. Ici l'argument est \(6x-3\),
donc augmenter \(x\) de \(T\) augmente l'argument de \(6T\).
Pour que l'argument ait fait un tour complet, il faut \(6T = 2\pi\), soit :
\[T = \frac{2\pi}{6} = \frac\pi3.\]
La fonction \(f\) est \(\dfrac\pi3\)-périodique.
Exercice 2 — Périodicité d'une fonction définie par récurrence
Soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) vérifiant, pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\[f(x) \neq 3 \qquad\text{et}\qquad f(x+1) = \frac{f(x)-5}{f(x)-3}.\]
Montrer que \(f\) est périodique de période 4.
Solution
On calcule successivement \(f(x+1)\), \(f(x+2)\), \(f(x+3)\), \(f(x+4)\) en posant \(a = f(x)\).
On a donc \(f(x+4) = f(x)\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\) : \(f\) est périodique de période 4.
\(f(x+4) = f(x)\) — \(f\) est \(4\)-périodique.
Proposition — Opérations sur les fonctions périodiques
Si \(f\) et \(g\) sont toutes deux \(T\)-périodiques, alors
\(f+g\), \(f \times g\) et \(\lambda f\) (\(\lambda\in\mathbb{R}\)) sont aussi \(T\)-périodiques.
Si \(f\) est \(T\)-périodique, alors \(x \mapsto f(ax+b)\) est
\(\dfrac{T}{|a|}\)-périodique (\(a \neq 0\)).
Si \(f\) est \(T_1\)-périodique et \(g\) est \(T_2\)-périodique, et si
\(\dfrac{T_1}{T_2} \in \mathbb{Q}\), alors \(f+g\) est périodique.
Le troisième point utilise le fait que si \(T_1/T_2 = p/q\) (fraction irréductible),
alors \(T = qT_1 = pT_2\) est une période commune à \(f\) et \(g\),
donc aussi de \(f+g\).
II.3 — Formules de symétrie
Proposition — Tableau des symétries (à connaître)
Transformation
\(\cos(\,\cdot\,)\) devient
\(\sin(\,\cdot\,)\) devient
\(-\theta\)
\(+\cos\theta\)
\(-\sin\theta\)
\(\pi - \theta\)
\(-\cos\theta\)
\(+\sin\theta\)
\(\pi + \theta\)
\(-\cos\theta\)
\(-\sin\theta\)
\(\dfrac{\pi}{2} - \theta\)
\(+\sin\theta\)
\(+\cos\theta\)
\(\dfrac{\pi}{2} + \theta\)
\(-\sin\theta\)
\(+\cos\theta\)
Remarque mnémotechnique
Avec \(\pi \pm \theta\) : les deux fonctions changent de signe.
Avec \(\tfrac\pi2 \pm \theta\) : cos et sin s'échangent (avec parfois un signe moins).
La ligne \(-\theta\) correspond à la parité (cos paire, sin impaire).
Exemple — Lecture des symétries sur le cercle
Les figures ci-dessous illustrent les symétries pour \(\pi - x\), \(\pi + x\) et \(\tfrac\pi2 \pm x\).
Le point repéré par \(x\) est \(M\) ; les autres points s'en déduisent par symétrie géométrique.
On contrôle sur le cercle : le point associé à \(\tfrac{5\pi}{6}\) est le symétrique
par rapport à l'axe des ordonnées du point associé à \(\tfrac{\pi}{6}\) — même hauteur, abscisse opposée.
La dernière formulation dit : aussi petite que soit la tolérance \(\varepsilon\) sur les valeurs,
on peut trouver un voisinage \(\eta\) autour de \(a\) tel que \(f\) reste dans cette tolérance.
Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) et tout \(h\in\mathbb{R}\), on a :
\[\sin(x+h) - \sin x = 2\cos\!\left(x+\frac{h}{2}\right)\sin\!\left(\frac{h}{2}\right).\]
Étape 2 — on majore \(\bigl|\cos(x+\tfrac{h}{2})\bigr|\) par 1
Puisque \(\bigl|\cos(x+\tfrac{h}{2})\bigr| \leq 1\) (encadrement II.1), on peut remplacer ce facteur par 1 — on perd en précision mais on gagne en simplicité :
Par le théorème des gendarmes, \(\bigl|\sin(x+h)-\sin x\bigr| \to 0\) quand \(h\to 0\) :
\(\sin\) est continue en tout \(x\). De même pour \(\cos\).
Remarque — Sur quoi repose ce bilan ?
Deux piliers :
Théorème des gendarmes : si \(0 \leq u_h \leq v_h\) et \(v_h \to 0\),
alors \(u_h \to 0\). Ici \(u_h = |\sin(x+h)-\sin x|\) est coincé entre 0 et \(|h| \to 0\),
donc \(u_h \to 0\).
Définition de la continuité :
\(f\) est continue en \(x\) si et seulement si
\(\displaystyle\lim_{h\to 0}f(x+h) = f(x)\),
ce qui équivaut à
\(\displaystyle\lim_{h\to 0}|f(x+h)-f(x)| = 0\).
C'est exactement ce qu'on vient d'établir pour \(\sin\).
Formule utilisée : \(\sin p - \sin q = 2\cos\!\bigl(\tfrac{p+q}{2}\bigr)\sin\!\bigl(\tfrac{p-q}{2}\bigr)\).
L'inégalité \(|\sin u| \leq |u|\) est démontrée ci-dessous.
🔍 Comprendre les majorations par paliers
Majorer, c'est trouver quelque chose de plus grand mais plus simple.
On monte une échelle par paliers : à chaque étape, on remplace une expression compliquée
par une borne connue, en acceptant de perdre un peu de précision.
La règle clé : \(|A \cdot B| = |A| \cdot |B|\). Donc si \(|A| \leq 1\) :
\[|A \cdot B| = |A| \cdot |B| \leq 1 \cdot |B| = |B|.\]
Le facteur \(A\) "disparaît" parce qu'on le remplace par sa borne supérieure 1.
Si \(|A| \geq 1\), l'inégalité serait dans l'autre sens — c'est pourquoi il est crucial que ce soit \(|\cos| \leq 1\).
Analogie : vous estimez le prix d'un repas sans calculer exactement.
Entrée ≤ 10€, plat ≤ 20€, dessert ≤ 8€ → total ≤ 38€.
Vous avez majoré — le vrai prix est peut-être 25€, mais vous savez qu'il ne dépasse pas 38€.
En analyse, une borne supérieure qui tend vers 0 suffit pour conclure à la convergence.
Cas \(x \in\, ]0\,;\,\tfrac\pi2]\) — argument géométrique
Sur le cercle unité, le point \(M\) associé à \(x\) a pour ordonnée \(\sin x \geq 0\).
La longueur de l'arc \(\widehat{IM}\) vaut \(x\) (définition du radian).
La corde verticale \(MH\) (où \(H\) est le pied de la perpendiculaire de \(M\) sur l'axe des \(x\))
vaut \(\sin x\). Une corde est toujours inférieure ou égale à l'arc :
\[\sin x \leq x \quad\text{pour }x\in\,]0\,;\,\tfrac\pi2].\]
Cas \(x > \tfrac\pi2\) — inégalité triviale
Sur \(]\tfrac\pi2\,;+\infty[\), on a \(\sin x \leq 1\) et \(1 \leq \tfrac\pi2 < x\),
donc \(\sin x \leq 1 < x\). A fortiori \(|\sin x| \leq x\).
Cas \(x \leq 0\) — par imparité
\(|\sin x| = |\sin(-x)| \leq |-x| = |x|\) (en appliquant le résultat à \(-x > 0\)).
Méthode — par le théorème des accroissements finis
\(\sin\) est dérivable et \(|\sin'| = |\cos| \leq 1\), donc
\(|\sin x - \sin 0| \leq 1 \cdot |x - 0|\), soit \(|\sin x| \leq |x|\).
Comme \(\cos x \to 1\) quand \(x\to 0^+\), par le théorème des gendarmes :
\(\dfrac{x}{\sin x} \to 1\), donc \(\dfrac{\sin x}{x} \to 1\).
Pour \(x < 0\) : par imparité, \(\dfrac{\sin x}{x} = \dfrac{\sin(-x)}{-x} \to 1\).
■
Démonstration de \(\lim_{x\to 0}\dfrac{\cos x - 1}{x} = 0\)
On utilise la limite précédente par un calcul algébrique :
\[\frac{\cos x - 1}{x} = \frac{\cos^2 x - 1}{x(\cos x + 1)} = \frac{-\sin^2 x}{x(\cos x + 1)}
= -\frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\sin x}{\cos x + 1}.\]
Quand \(x\to 0\) : \(\dfrac{\sin x}{x} \to 1\), \(\sin x \to 0\) et \(\cos x + 1 \to 2\), donc :
Proposition — Variations de cos sur \([-\pi\,;\,\pi]\)
La dérivée de \(\cos\) est \(\cos' = -\sin\). On en déduit le tableau de variation :
\(x\)
\(-\pi\)
\(-\dfrac\pi2\)
\(0\)
\(\dfrac\pi2\)
\(\pi\)
\(\cos'(x) = -\sin x\)
\(+\)
\(0\)
\(+\)
\(0\)
\(-\)
\(0\)
\(-\)
\(\cos x\)
\(-1\)
↗
\(0\)
↗
\(1\)
↘
\(0\)
↘
\(-1\)
Sur \([-\pi\,;\,0]\) : \(-\sin x \geq 0\) → \(\cos\) est croissante, de \(-1\) à \(1\).
Sur \([0\,;\,\pi]\) : \(-\sin x \leq 0\) → \(\cos\) est décroissante, de \(1\) à \(-1\).
\(\cos\!\bigl(\pm\tfrac\pi2\bigr) = 0\) se lit directement dans le tableau.
Proposition — Variations de sin sur \(\bigl[-\tfrac\pi2\,;\,\tfrac{3\pi}2\bigr]\)
La dérivée de \(\sin\) est \(\sin' = \cos\). On en déduit le tableau de variation :
\(x\)
\(-\dfrac\pi2\)
\(0\)
\(\dfrac\pi2\)
\(\pi\)
\(\dfrac{3\pi}2\)
\(\sin'(x) = \cos x\)
\(0\)
\(+\)
\(1\)
\(+\)
\(0\)
\(-\)
\(-1\)
\(-\)
\(0\)
\(\sin x\)
\(-1\)
↗
\(0\)
↗
\(1\)
↘
\(0\)
↘
\(-1\)
Sur \(\bigl[-\tfrac\pi2\,;\,\tfrac\pi2\bigr]\) : \(\cos x \geq 0\) → \(\sin\) est croissante, de \(-1\) à \(1\).
Sur \(\bigl[\tfrac\pi2\,;\,\tfrac{3\pi}2\bigr]\) : \(\cos x \leq 0\) → \(\sin\) est décroissante, de \(1\) à \(-1\).
\(\sin(0) = 0\) et \(\sin(\pi) = 0\) se lisent directement dans le tableau.
La monotonie stricte de \(\cos\) sur \([0;\pi]\) est fondamentale : elle garantit la bijectivité
de la restriction qui définit arccos, et donc l'unicité du \(\theta\in[0;\pi]\) vérifiant
\(\cos\theta = x\).
Exercice 4 — Étude des variations de \(f(x) = \sin^2 x + \cos x\)
Étudier les variations de \(f : x \mapsto \sin^2 x + \cos x\) sur \([0\,;\,\pi]\).
Déterminer ses extrema.
Solution
Étape 1 — Dérivée
On dérive en utilisant \((\sin^2 x)' = 2\sin x \cos x = \sin(2x)\) :
\[f'(x) = 2\sin x\cos x - \sin x = \sin x\,(2\cos x - 1).\]
Étape 2 — Signe de \(f'\) sur \([0\,;\,\pi]\)
Sur \([0\,;\,\pi]\), \(\sin x \geq 0\). Le signe de \(f'\) est donc celui de \((2\cos x - 1)\).
\[2\cos x - 1 = 0 \iff \cos x = \frac12 \iff x = \frac\pi3 \quad\text{(sur }[0\,;\,\pi]\text{)}.\]
Sur \(\bigl[0\,;\,\tfrac\pi3\bigr]\) : \(\cos x \geq \tfrac12\) donc \(f'(x) \geq 0\) → \(f\) croissante.
Sur \(\bigl[\tfrac\pi3\,;\,\pi\bigr]\) : \(\cos x \leq \tfrac12\) donc \(f'(x) \leq 0\) → \(f\) décroissante.
Déjà établie en I.1 (M est sur le cercle unité). On la rappelle ici car elle est
utilisée dans toutes les démonstrations de cette section.
Méthode — Quand utiliser \(\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1\) ?
Calculer sin depuis cos (ou l'inverse) :
si \(\cos\theta\) est connu et \(\theta\in[0;\tfrac\pi2]\), alors
\(\sin\theta = \sqrt{1-\cos^2\theta}\).
C'est ce qu'on fait pour passer de \(\cos(\pi/3)=\tfrac12\) à
\(\sin(\pi/3)=\sqrt{1-\tfrac14}=\tfrac{\sqrt3}{2}\).
Simplifier une expression :
remplacer \(\sin^2\theta\) par \(1-\cos^2\theta\) (ou l'inverse) pour factoriser,
réduire ou reconnaître une forme connue.
Obtenir les formes de cos(2θ) :
\(\cos(2\theta)=\cos^2\theta-\sin^2\theta=2\cos^2\theta-1=1-2\sin^2\theta\).
Les deux dernières formes s'obtiennent en substituant \(\sin^2\theta=1-\cos^2\theta\)
ou \(\cos^2\theta=1-\sin^2\theta\).
Dériver \(1+\tan^2\theta=\tfrac{1}{\cos^2\theta}\) :
on divise \(\cos^2\theta+\sin^2\theta=1\) par \(\cos^2\theta\).
Majorer : puisque \(\cos^2\theta\leq 1\) et \(\sin^2\theta\leq 1\),
on a toujours \(|\cos\theta|\leq 1\) et \(|\sin\theta|\leq 1\), utile pour les
encadrements et les limites.
III.1 — Formules d'addition
Théorème — Formules d'addition
Pour tous réels \(a, b\) :
\[\cos(a+b) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\]
\[\cos(a-b) = \cos a\cos b + \sin a\sin b\]
\[\sin(a+b) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\]
\[\sin(a-b) = \sin a\cos b - \cos a\sin b\]
III.2 — Duplication et demi-angle
Proposition — Formules de duplication (cas \(a = b\))
\[\cos a\cos b = \tfrac12\bigl[\cos(a-b) + \cos(a+b)\bigr]\]
\[\sin a\sin b = \tfrac12\bigl[\cos(a-b) - \cos(a+b)\bigr]\]
\[\sin a\cos b = \tfrac12\bigl[\sin(a+b) + \sin(a-b)\bigr]\]
S'obtiennent en additionnant ou soustrayant deux formules d'addition pour cos ou sin.
IV — Trigonométrie et triangle rectangle
Dans un triangle rectangle, les fonctions cos et sin ont une interprétation
géométrique directe en termes de rapports de longueurs. Cette section établit
le lien entre la définition par le cercle unité et la définition classique
par les côtés du triangle.
Définition — Sinus, cosinus et tangente dans un triangle rectangle
Soit un triangle rectangle en \(A\), d'angle \(x\) en \(O\) avec \(x\in\left]0;\tfrac\pi2\right[\).
On note \(OB\) l'hypoténuse, \(OA\) le côté adjacent à \(x\) et \(AB\) le côté opposé à \(x\).
\[\cos x = \frac{\text{côté adjacent}}{\text{hypoténuse}} = \frac{OA}{OB}
\qquad
\sin x = \frac{\text{côté opposé}}{\text{hypoténuse}} = \frac{AB}{OB}
\qquad
\tan x = \frac{\text{côté opposé}}{\text{côté adjacent}} = \frac{AB}{OA}\]
Méthode — Moyen mnémotechnique : SOH-CAH-TOA
SOH · CAH · TOA
SOH : Sin = Opposé / Hypoténuse
CAH : Cos = Adjacent / Hypoténuse
TOA : Tan = Opposé / Adjacent
Théorème — Al-Kashi (généralisation de Pythagore)
Dans un triangle \(ABC\) quelconque, en notant \(a = BC\), \(b = CA\), \(c = AB\)
et \(\hat A\), \(\hat B\), \(\hat C\) les angles aux sommets correspondants :
Si \(\hat A\) est obtus, le pied \(H\) tombe à l'extérieur de \([AB]\).
Mais \(\cos\hat A < 0\), donc \(b\cos\hat A < 0\), et le calcul algébrique
reste identique — le signe de \(\cos\hat A\) gère automatiquement les deux cas.
Si le triangle est obtusangle en \(B\), le pied \(H\) tombe à l'extérieur de \([AB]\).
On a alors \(\sin(\pi - \hat B) = \sin\hat B\), donc le résultat reste valide.
■
Théorème — Loi des sinus et cercle circonscrit
Dans un triangle \(ABC\) de rayon du cercle circonscrit \(R\) :
Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit de rayon \(R\), et \(\hat A = \alpha\).
Étape 1 — Théorème de l'angle au centre
L'angle \(\widehat{BOC}\) est un angle au centre qui intercepte le même arc \(BC\)
que l'angle inscrit \(\hat A = \alpha\). Par le théorème de l'angle au centre :
\[\widehat{BOC} = 2\alpha.\]
Étape 2 — Triangle BOC isocèle en O
Le triangle \(BOC\) est isocèle en \(O\) car \(OB = OC = R\).
Dans un triangle isocèle, la bissectrice issue du sommet (ici \(O\)) est aussi
la hauteur et la médiane :
elle coupe la base \(BC\) en son milieu \(H\) à angle droit.
Étape 3 — Calcul dans le triangle rectangle BOH
La bissectrice issue de \(O\) divise l'angle \(\widehat{BOC} = 2\alpha\) en deux
angles égaux, donc \(\widehat{BOH} = \alpha\).
Dans le triangle rectangle \(BOH\) :
\[\sin\alpha = \frac{BH}{OB} = \frac{a/2}{R}\]
donc \(a = 2R\sin\alpha\), ce qui donne bien :
\[\frac{a}{\sin\hat A} = 2R.\]
Par symétrie, le même raisonnement s'applique aux côtés \(b\) et \(c\).
■
Théorème — Formule de Héron
L'aire d'un triangle de côtés \(a\), \(b\), \(c\) est :
\[\mathcal{A} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \qquad \text{où} \quad s = \frac{a+b+c}{2}\]
\(s\) est le demi-périmètre du triangle.
Démonstration
Appelons \(E\) le pied de la hauteur issue de \(A\) sur \([BC]\),
\(x = EC\) et \(h = AE\). L'aire vaut \(\mathcal{A} = \tfrac12 ah\).
Étape 1 — Exprimer h en fonction de a, b, c
Le théorème de Pythagore dans les deux triangles rectangles \(AEB\) et \(AEC\) donne :
\[\mathcal{A} = \frac{1}{2}\,bc\sin\hat A = \frac{1}{2}\,ac\sin\hat B = \frac{1}{2}\,ab\sin\hat C.\]
Démonstration
On prend la base \(a = BC\) et la hauteur \(h\) issue de \(A\).
Dans le triangle rectangle \(AEB\) (où \(E\) est le pied de la hauteur) :
Dans le triangle rectangle \(AEB\) :
\[\sin\hat A = \frac{h}{c} \quad\Longrightarrow\quad h = c\sin\hat A.\]
L'aire du triangle vaut alors :
\[\mathcal{A} = \frac{1}{2} \times a \times h = \frac{1}{2} \times a \times c\sin\hat A = \frac{1}{2}\,ac\sin\hat B.\]
Par symétrie en choisissant successivement les bases \(b\) et \(c\),
on obtient les deux autres formes.
■
V — La fonction tangente
Définition
Pour tout \(\theta \notin \frac\pi2 + \mathbb{Z}\pi\) :
\[\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}.\]
🔍 Pourquoi tan = sin / cos ?
Trois lectures géométriques convergent vers la même définition.
1. Tan = pente d'une droite
2. Lecture sur le cercle
3. Dans un triangle rectangle
Remarque — Théorème de Thalès et ordonnée T
Sur la figure 2, le triangle \(OIT\) et le triangle \(OMH\) (où \(H\) est le pied de la
perpendiculaire de \(M\) sur \(OI\)) sont semblables par le théorème de Thalès
(droites \(MH\) et \(IT\) parallèles). On obtient :
Période \(\pi\) : \(\tan(\theta + k\pi) = \tan\theta\) pour tout \(k\in\mathbb{Z}\).
Impaire : \(\tan(-\theta) = -\tan\theta\).
Strictement croissante sur chaque intervalle \(\left]-\tfrac\pi2+k\pi;\;\tfrac\pi2+k\pi\right[\).
Remarque — Condition sur le domaine
Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\[\cos x \neq 0 \quad\Longleftrightarrow\quad x \neq \frac\pi2 + k\pi,\; k\in\mathbb{Z}.\]
En effet, \(\cos x = 0\) si et seulement si le point associé à \(x\) a pour abscisse \(0\),
c'est-à-dire se trouve sur l'axe des ordonnées, ce qui se produit exactement pour
\(x = \tfrac\pi2 + k\pi\), \(k\in\mathbb{Z}\).
Proposition — Dérivabilité et dérivée de tan
La fonction \(\tan\) est dérivable sur son domaine
\(\mathbb{R}\setminus\bigl\{\tfrac\pi2 + k\pi,\; k\in\mathbb{Z}\bigr\}\) et :
En particulier, \(\tan'(x) = \dfrac{1}{\cos^2 x} > 0\) sur tout son domaine, donc
\(\tan\) est strictement croissante sur chaque intervalle
\(\left]-\tfrac\pi2 + k\pi\,;\,\tfrac\pi2 + k\pi\right[\), \(k\in\mathbb{Z}\).
Remarque — Pourquoi tan est \(\pi\)-périodique et non \(2\pi\)-périodique
Donc \(\pi\) est bien une période. Et \(2\pi\) est aussi une période (tout multiple d'une
période l'est), mais ce n'est pas la période minimale.
Pourquoi 2π ne suffit pas à décrire le comportement :
Sur \([0\,;2\pi[\), tan a deux branches — elle diverge en \(\tfrac\pi2\)
et repart de \(-\infty\). Elle complète donc deux cycles en \(2\pi\), pas un seul.
La période fondamentale est bien \(\pi\).
Argument géométrique :
Sur le cercle, \(M(x)\) et \(M(x+\pi)\) sont symétriques par rapport à O :
\[(\cos(x+\pi),\;\sin(x+\pi)) = (-\cos x,\;-\sin x).\]
Le rapport \(\sin/\cos\) donne le même résultat car les deux signes se compensent.
Un demi-tour suffit à retrouver la même valeur de tan — contrairement
à sin et cos qui nécessitent un tour complet pour revenir au même point.
Fonction
Un demi-tour restitue la même valeur ?
Période fondamentale
\(\sin,\;\cos\)
Non — il faut revenir au même point
\(2\pi\)
\(\tan\)
Oui — sin et cos changent de signe ensemble, le rapport est invariant
\(\pi\)
C'est la différence entre l'invariance du point (sin, cos)
et l'invariance du rapport (tan).
Écrire \(+2k\pi\) ne décrirait qu'un intervalle sur deux —
on raterait par exemple \(]\tfrac\pi2\,;\,\tfrac{3\pi}2[\).
Proposition — Tableau de variation de tan sur \(\left]-\tfrac\pi2\,;\,\tfrac\pi2\right[\)
\(x\)
\(-\dfrac\pi2\)
\(0\)
\(\dfrac\pi2\)
\(\tan'(x) = \dfrac{1}{\cos^2 x}\)
\(+\)
\(1\)
\(+\)
\(\tan x\)
\(-\infty\)
↗
\(0\)
↗
\(+\infty\)
tan est strictement croissante de \(-\infty\) à \(+\infty\) sur \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\).
tan prend toutes les valeurs réelles sur cet intervalle, en particulier tan(x) = 1 pour \(x = \tfrac\pi4\).
Les droites \(x = \pm\tfrac\pi2\) sont des asymptotes verticales.
Démonstration
On dérive \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}\) par la règle du quotient
\(\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}\)
avec \(u = \sin x\), \(v = \cos x\) :
\[\tan'(x) = \frac{\cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x}
= \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x}.\]
On reconnaît \(1 + \tan^2 x = 1 + \dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x}
= \dfrac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \dfrac{1}{\cos^2 x}\),
d'où les deux formes équivalentes.
La tangente à la courbe de \(\tan\) au point \((0, \tan(0)) = (0, 0)\)
a pour pente \(\tan'(0) = 1\) et passe par l'origine, donc son équation est :
\[(T_{\tan})_0 \;:\; y = x.\]
Ceci est cohérent avec la limite usuelle \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\tan x}{x} = 1\)
(établie en II.4) : au voisinage de 0, \(\tan x \approx x\).
La droite \(y = x\) est aussi la bissectrice des axes — ce qui explique
géométriquement pourquoi arctan et tan sont "proches" de l'identité près de l'origine,
et pourquoi leurs courbes se coupent à 45° en O.
Remarque — Formules de symétrie de tan et lecture géométrique
Sur le cercle trigonométrique, tan se lit sur deux droites verticales
de directions opposées :
La droite \(x=1\) avec l'orientation habituelle (positif vers le haut),
pour \(x\in\,]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2[\).
La droite \(x=-1\) avec l'orientation inversée (positif vers le bas),
pour \(x\in\,]\tfrac\pi2;\tfrac{3\pi}2[\).
Cette inversion est nécessaire pour que la valeur lue soit négative
quand \(\tan x < 0\) (sur \(]\tfrac\pi2;\pi[\)).
On en déduit les formules de symétrie :
Formule
Lecture géométrique
Calcul algébrique
\(\tan(\pi - x) = -\tan x\)
M' symétrique de M / axe des y → rayon coupe \(x=-1\)
à la même hauteur que T sur \(x=1\),
mais orientation inversée → valeur opposée.
Le rayon devient quasi-vertical quand \(x\to\tfrac\pi2\) :
T monte vers \(\pm\infty\). On ne peut plus lire sur les droites verticales
→ on passe par le calcul.
Les formules \(\tan(\tfrac\pi2\pm x)\) font apparaître la cotangente
\(\cotan x = \dfrac{1}{\tan x} = \dfrac{\cos x}{\sin x}\), définie pour \(x\notin\mathbb{Z}\pi\).
Ces formules montrent que tan et cotan sont "duales" par translation de \(\tfrac\pi2\).
\[\tan(2a) = \frac{\tan a + \tan a}{1 - \tan a \cdot \tan a} = \frac{2\tan a}{1 - \tan^2 a}.\]
Conditions d'existence
Deux conditions sont nécessaires :
\(\tan(a)\) doit être défini :
\(a \neq \dfrac\pi2 + k\pi\), soit \(a \notin \dfrac\pi2 + \mathbb{Z}\pi\).
Le dénominateur \(1 - \tan^2 a \neq 0\) :
\(\tan^2 a \neq 1\) soit \(\tan a \neq \pm 1\),
ce qui donne \(a \neq \pm\dfrac\pi4 + k\pi\), soit \(a \notin \dfrac\pi4 + \dfrac{k\pi}{2}\).
Cette deuxième condition s'interprète directement : \(\tan(2a)\) est défini ssi
\(2a \neq \dfrac\pi2 + k\pi\), soit \(a \neq \dfrac\pi4 + \dfrac{k\pi}{2}\) —
ce qui regroupe les deux conditions. En effet :
Ce sont exactement les valeurs où soit \(\tan a\) n'est pas défini (\(a = \tfrac\pi2 + k\pi\)),
soit le dénominateur s'annule (\(a = \tfrac\pi4 + k\pi\) ou \(a = -\tfrac\pi4 + k\pi\)).
■
Proposition — Limites et croissances comparées de tan
\[\lim_{x\to\left(\frac\pi2\right)^-} \tan x = +\infty
\qquad\qquad
\lim_{x\to\left(\frac\pi2\right)^+} \tan x = -\infty\]
La droite \(x = \tfrac\pi2\) est une asymptote verticale de la courbe de tan
(et de même pour \(x = \tfrac\pi2 + k\pi\) par périodicité).
\[\lim_{x\to 0}\frac{\tan x}{x} = 1\]
Au voisinage de 0, \(\tan x \sim x\) : cohérent avec la tangente à la courbe en O d'équation \(y = x\).
Démonstration
Limites en \(\pm\tfrac\pi2\)
En \(x\to\tfrac\pi2^-\) : \(\cos x \to 0^+\) et \(\sin x \to 1 > 0\),
donc \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x} \to +\infty\).
En \(x\to\tfrac\pi2^+\) : \(\cos x \to 0^-\) et \(\sin x \to 1 > 0\),
donc \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x} \to -\infty\).
Cette substitution \(t = \tan(x/2)\) est très utile en intégration pour transformer
des fractions rationnelles en sin et cos en fractions rationnelles en \(t\).
\(\theta \equiv \alpha\ [2\pi]\quad\) ou \(\quad\theta \equiv \pi-\alpha\ [2\pi]\)
\(\tan\theta=\tan\alpha\)
\(\theta = \alpha + k\pi\)
\(\theta \equiv \alpha\ [\pi]\)
Remarque — Lecture géométrique
Sur le cercle trigonométrique, \(\cos\theta = \cos\alpha\) signifie que les points
associés à \(\theta\) et \(\alpha\) ont la même abscisse : il y a
exactement deux positions possibles, \(\alpha\) et \(-\alpha\) (symétriques par rapport
à l'axe des \(x\)).
De même, \(\sin\theta = \sin\alpha\) signifie même ordonnée : les deux
positions sont \(\alpha\) et \(\pi - \alpha\) (symétriques par rapport à l'axe des \(y\)).
Lorsque l'équation porte sur un multiple d'angle (ex. \(\cos(3\theta)=\cos\alpha\)),
trouver d'abord toutes les valeurs de \(3\theta\), puis diviser par 3,
et enfin filtrer selon l'intervalle imposé sur \(\theta\).
Méthode — Résolution par substitution trigonométrique ⟶ DM5 Q4 complet
Reconnaître la forme \(4t^3 - 3t = c\) avec \(c\in[-1;1]\).
Poser \(x = \cos\theta\) avec \(\theta\in[0;\pi]\) (bijectivité d'arccos → unicité).
Le polynôme est de degré 3, il a au plus 3 racines réelles. On en a trouvé 3 : c'est l'ensemble solution complet.
Étape 5 — Expression en radicaux (Q4e)
Décomposer \(\tfrac{13\pi}{24} = \tfrac\pi3+\tfrac\pi8\) et appliquer la formule d'addition
de cos en utilisant \(\cos(\pi/8)\), \(\sin(\pi/8)\), \(\cos(\pi/3)\), \(\sin(\pi/3)\).
■
Complément — Substitution trigonométrique vs méthode de Cardan
La méthode de Cardan résout \(t^3 + pt + q = 0\) algébriquement, mais produit des radicaux cubiques
d'expressions complexes (le casus irreducibilis) dès que le discriminant est positif
(trois racines réelles distinctes). La substitution \(x=\cos\theta\) est alors bien plus élégante.
Exercice 6 — Équations et inéquation trigonométriques
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \(\cos\!\left(\dfrac{x}{2}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \(\sin(3x) = \cos(2x)\).
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) : \(\sin(x) \leq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
Solution — Exercices sur les équations trigonométriques
On résout d'abord l'équation \(\sin(x) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\). On reconnaît \(\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sin\!\left(\dfrac\pi3\right)\), dont les solutions sur \([0; 2\pi[\) sont :
Sur \([0;2\pi[\), sin dépasse \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) entre ces deux valeurs. L'inéquation \(\sin x \leq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) est donc vérifiée en dehors de cet intervalle :
\[\sin x \leq \frac{\sqrt{3}}{2} \iff x \notin \left]\frac\pi3;\frac{2\pi}3\right[ \pmod{2\pi}.\]
Autrement dit : \(x \in \mathbb{R}\) tel que \(x \equiv \left[-\pi;\frac\pi3\right]\ [2\pi]\) ou \(x\equiv\left[\frac{2\pi}3;\pi\right]\ [2\pi]\),
c'est-à-dire tout \(x\) sauf l'intervalle ouvert \(\left]\tfrac\pi3;\tfrac{2\pi}3\right[\) modulo \(2\pi\).
VII — Fonctions circulaires réciproques
Les fonctions \(\cos\), \(\sin\), \(\tan\) sont périodiques, donc non injectives
sur \(\mathbb{R}\) : elles prennent la même valeur en une infinité de points.
Cependant, il nous arrive d'avoir besoin de ces fonctions inverses — remonter au(x)
antécédent(s) d'une valeur. En réduisant l'ensemble de départ à un intervalle sur lequel
la fonction est bijective, on obtient une unique fonction réciproque sur cette restriction.
Proposition — Bijectivité des restrictions
\(\cos\) est continue et strictement décroissante sur \([0;\pi]\).
Elle réalise une bijection de \([0;\pi]\) sur \([-1;1]\).
\(\sin\) est continue et strictement croissante sur \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
Elle réalise une bijection de \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\) sur \([-1;1]\).
\(\tan\) est continue et strictement croissante sur \(\bigl]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr[\).
Elle réalise une bijection de \(\bigl]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr[\) sur \(\mathbb{R}\).
Ces résultats découlent des tableaux de variation de II.5 et du théorème de la bijection
(toute fonction continue et strictement monotone sur un segment réalise une bijection sur son image).
VII.1 — La fonction arccos
Définition — Arccosinus
On appelle arc cosinus, noté \(\arccos\), la bijection réciproque
de la restriction de \(\cos\) à \([0;\pi]\) :
\[\arccos \;:\; [-1;1] \longrightarrow [0;\pi].\]
Pour \(x\in[-1;1]\) et \(\theta\in[0;\pi]\) :
\[\arccos(x) = \theta \iff \cos\theta = x.\]
\(\arccos(x)\) est l'angle de \([0;\pi]\) dont le cosinus vaut \(x\).
Proposition — Propriétés d'arccos
Strictement décroissante sur \([-1;1]\).
Ni paire ni impaire : \(\arccos(-x) = \pi - \arccos(x)\) pour tout \(x\in[-1;1]\)
(ce n'est ni \(\arccos(x)\) ni \(-\arccos(x)\)).
Non périodique : une fonction strictement monotone ne peut pas être périodique
(si \(T>0\) et \(f\) décroissante, \(f(x+T) < f(x)\) contredit \(f(x+T)=f(x)\)) ;
de plus le domaine \([-1;1]\) est borné.
\(\cos(\arccos x) = x\) pour tout \(x\in[-1;1]\).
\(\arccos(\cos\theta) = \theta\) pour tout \(\theta\in[0;\pi]\).
Démonstration — arccos est strictement décroissante
Étape 1 — cos est strictement décroissante sur \([0;\pi]\)
On a \(\cos'(x) = -\sin x \leq 0\) sur \([0;\pi]\), avec égalité seulement en \(0\) et \(\pi\).
Donc \(\cos\) est strictement décroissante sur \([0;\pi]\) (établi en II.5).
Étape 2 — La réciproque d'une fonction strictement décroissante est strictement décroissante
Soient \(x_1 < x_2\) dans \([-1;1]\). Posons \(\theta_1 = \arccos(x_1)\) et \(\theta_2 = \arccos(x_2)\),
de sorte que \(\cos(\theta_1) = x_1\) et \(\cos(\theta_2) = x_2\).
Supposons par l'absurde que \(\theta_1 \leq \theta_2\).
Comme \(\cos\) est décroissante sur \([0;\pi]\) :
\[\theta_1 \leq \theta_2 \;\Longrightarrow\; \cos(\theta_1) \geq \cos(\theta_2) \;\Longrightarrow\; x_1 \geq x_2.\]
Ceci contredit \(x_1 < x_2\). Donc \(\theta_1 > \theta_2\), c'est-à-dire :
\[\arccos(x_1) > \arccos(x_2).\]
Conclusion
Pour tout \(x_1 < x_2\) dans \([-1;1]\), on a \(\arccos(x_1) > \arccos(x_2)\) :
\(\arccos\) est strictement décroissante sur \([-1;1]\).
■
\(\arccos(\cos\theta) = \theta\) est vraie seulement si \(\theta\in[0;\pi]\).
Si \(\theta\notin[0;\pi]\), il faut d'abord ramener l'angle dans \([0;\pi]\) par les
formules de symétrie avant d'appliquer arccos.
Exemples — Calculs d'arccos (cours Ivarra)
\(\arccos(0) = \dfrac\pi2\).
\(\arccos\!\left(\cos\dfrac{2\pi}{3}\right) = \dfrac{2\pi}{3}\) car \(\dfrac{2\pi}{3}\in[0;\pi]\). ✓
\(\arccos\!\left(\cos\!\left(-\dfrac\pi6\right)\right) \neq -\dfrac\pi6\)
car \(-\dfrac\pi6 \notin [0;\pi]\).
On écrit \(\cos\!\left(-\dfrac\pi6\right) = \cos\!\left(\dfrac\pi6\right)\),
donc \(\arccos\!\left(\cos\!\left(-\dfrac\pi6\right)\right) = \dfrac\pi6\). ✓
Démonstration — par le théorème de dérivation des fonctions réciproques
Rappel du théorème
Si \(f\) est bijective et dérivable en \(\theta\) avec \(f'(\theta)\neq 0\),
alors \(f^{-1}\) est dérivable en \(x = f(\theta)\) et :
\[(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}.\]
Application à arccos
On pose \(f = \cos\) et \(f^{-1} = \arccos\). Pour \(x\in\,]-1\,;\,1[\),
on note \(\theta = \arccos(x)\in\,]0\,;\,\pi[\), donc \(\cos\theta = x\).
La dérivée de \(\cos\) est \(\cos'(\theta) = -\sin\theta\).
Sur \(]0\,;\,\pi[\), \(\sin\theta > 0\), donc \(\cos'(\theta) \neq 0\) : le théorème s'applique.
On a \(\cos\theta = x\) et \(\theta\in\,]0\,;\,\pi[\) donc \(\sin\theta > 0\).
Par la relation fondamentale :
\[\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1 \;\Longrightarrow\; \sin\theta = \sqrt{1-\cos^2\theta} = \sqrt{1-x^2}.\]
Conclusion
\[(\arccos)'(x) = \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}.\]
La formule pour \(\arccos(u(x))\) s'en déduit par la règle de composition (règle de la chaîne) :
\[\bigl(\arccos(u(x))\bigr)' = (\arccos)'(u(x))\cdot u'(x) = -\frac{u'(x)}{\sqrt{1-u(x)^2}}.\]
■
Proposition — Tableau de variation d'arccos
\(x\)
\(-1\)
\(0\)
\(1\)
\((\arccos)'(x) = \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}\)
\(-\)
\(-1\)
\(-\)
\(\arccos(x)\)
\(\pi\)
↘
\(\dfrac\pi2\)
↘
\(0\)
La dérivée tend vers \(-\infty\) quand \(x\to\pm 1\) : la courbe admet des tangentes
verticales aux extrémités du domaine.
VII.2 — La fonction arcsin
Définition — Arcsinus
On appelle arc sinus, noté \(\arcsin\), la bijection réciproque
de la restriction de \(\sin\) à \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\) :
Pour \(x\in[-1;1]\) et \(\theta\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\) :
\[\arcsin(x) = \theta \iff \sin\theta = x.\]
\(\arcsin(x)\) est l'angle de \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\) dont le sinus vaut \(x\).
Proposition — Propriétés d'arcsin
Strictement croissante sur \([-1;1]\).
Impaire : \(\arcsin(-x) = -\arcsin(x)\) pour tout \(x\in[-1;1]\).
Relation fondamentale : \(\arcsin(x) + \arccos(x) = \dfrac\pi2\) pour tout \(x\in[-1;1]\).
\(\sin(\arcsin x) = x\) pour tout \(x\in[-1;1]\).
\(\arcsin(\sin\theta) = \theta\) pour tout \(\theta\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
\(\sin\) est strictement croissante sur \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\)
(car \(\sin'= \cos > 0\) sur \(\bigl]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr[\)).
La réciproque d'une fonction strictement croissante est strictement croissante
(même raisonnement par l'absurde que pour arccos, voir VII.1).
■
Démonstration — arcsin est impaire
Soit \(x\in[-1;1]\) et \(\theta = \arcsin(x)\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
On a \(\sin(\theta) = x\). Comme \(\sin\) est impaire :
\[\sin(-\theta) = -\sin(\theta) = -x.\]
De plus \(-\theta\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
Or \(\arcsin(-x)\) est l'unique angle de \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\) dont le sinus
vaut \(-x\), donc \(\arcsin(-x) = -\theta = -\arcsin(x)\).
L'idée vient du triangle rectangle. Dans un triangle rectangle, les deux angles aigus
sont complémentaires : ils somment à π/2.
Si un angle aigu θ a pour cosinus x (côté adjacent / hypoténuse = x), alors
l'autre angle aigu π/2 − θ a pour sinus x (côté opposé / hypoténuse = x) —
c'est le même côté, mais vu depuis l'autre sommet.
Traduction directe :
\(\arccos(x)\) = l'angle dont le cosinus vaut \(x\) = \(\theta\)
\(\arcsin(x)\) = l'angle dont le sinus vaut \(x\) = \(\pi/2 - \theta\)
Leur somme vaut \(\theta + (\pi/2 - \theta) = \pi/2\). C'est tout.
La seule subtilité technique dans la preuve formelle : vérifier que
\(\pi/2 - \theta\) est bien dans l'intervalle \([0;\pi]\) pour pouvoir conclure
que c'est effectivement arccos(x) (et pas un autre angle de même cosinus).
C'est l'unicité de la valeur principale qui fait toute la force de la définition.
Posons \(\theta = \arcsin(x)\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\), donc \(\sin\theta = x\).
On calcule \(\cos\!\bigl(\tfrac\pi2 - \theta\bigr)\) :
\[\cos\!\left(\frac\pi2 - \theta\right) = \sin\theta = x.\]
De plus, \(\tfrac\pi2 - \theta \in [0;\pi]\) car \(\theta\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
Or \(\arccos(x)\) est l'unique angle de \([0;\pi]\) dont le cosinus vaut \(x\), donc :
\[\arccos(x) = \frac\pi2 - \theta = \frac\pi2 - \arcsin(x).\]
■
Proposition — Compositions avec arcsin
\(\sin(\arcsin x) = x\) pour tout \(x\in[-1;1]\). Par définition de la réciproque : arcsin(x) est l'angle dont le sinus vaut x.
\(\arcsin(\sin\theta) = \theta\) pour tout \(\theta\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\). Attention : faux si \(\theta\notin\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\). Il faut d'abord ramener l'angle dans \(\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
\(\arcsin(\sin\theta) = \theta\) est vraie seulement si \(\theta\in\bigl[-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\bigr]\).
Exemple : \(\arcsin\!\left(\sin\dfrac{2\pi}{3}\right) \neq \dfrac{2\pi}{3}\).
On écrit \(\sin\dfrac{2\pi}{3} = \sin\!\left(\pi - \dfrac{2\pi}{3}\right) = \sin\dfrac\pi3\),
donc \(\arcsin\!\left(\sin\dfrac{2\pi}{3}\right) = \dfrac\pi3\).
Proposition — Dérivabilité et dérivée d'arcsin
La fonction \(\arcsin\) est dérivable sur \(]-1\,;\,1[\) et :
Démonstration — en dérivant l'identité \(\sin(\arcsin x) = x\)
Idée — dériver une identité connue
On ne sait pas exprimer arcsin analytiquement, mais on sait que :
\[\sin(\arcsin x) = x \qquad \forall x\in[-1\,;\,1].\]
On dérive les deux membres par rapport à \(x\).
Membre gauche — chain rule
La fonction extérieure est \(\sin\), la fonction intérieure est \(\arcsin\).
Par la chain rule :
La restriction de \(\tan\) à \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\) est une bijection
strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). Sa réciproque est arctan :
\(\cos\) est paire et \(\sin\) est impaire, donc :
\[\tan(-x) = \frac{\sin(-x)}{\cos(-x)} = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x.\]
Tan est impaire — le rapport impaire/paire est impaire.
Étape 2 — La réciproque d'une fonction impaire est impaire
Soit \(x\in\mathbb{R}\) et \(\theta = \arctan(x)\in\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\),
donc \(\tan\theta = x\).
Par imparité de tan :
\[\tan(-\theta) = -\tan\theta = -x.\]
De plus \(-\theta\in\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\) (car \(\theta\in\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\)).
Or \(\arctan(-x)\) est l'unique angle de \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\)
dont la tangente vaut \(-x\), donc :
\[\arctan(-x) = -\theta = -\arctan(x).\]
Posons \(\theta = \arctan(x) \in \left]0\,;\,\tfrac\pi2\right[\), donc \(\tan\theta = x\).
Par la formule de symétrie \(\tan(\tfrac\pi2 - \theta) = \dfrac{1}{\tan\theta} = \dfrac1x\),
et \(\tfrac\pi2 - \theta \in \left]0\,;\,\tfrac\pi2\right[ \subset \left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\),
donc :
Les droites \(y = \tfrac\pi2\) et \(y = -\tfrac\pi2\) sont des asymptotes horizontales
de la courbe d'arctan. Ces valeurs ne sont jamais atteintes : arctan prend ses valeurs
dans l'intervalle ouvert \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\).
Démonstration
Quand \(x\to+\infty\), \(\arctan(x)\) est l'angle \(\theta\in\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\)
tel que \(\tan\theta = x \to +\infty\). Or \(\tan\theta\to+\infty\) ssi \(\theta\to\tfrac\pi2^-\).
Donc \(\arctan(x)\to\tfrac\pi2\).
Par imparité : \(\arctan(-x) = -\arctan(x)\to-\tfrac\pi2\) quand \(x\to+\infty\).
■
Proposition — Dérivabilité et dérivée d'arctan
La fonction \(\arctan\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et :
\(\bigl(\tan(\arctan x)\bigr)' = \tan'(\arctan x) \cdot (\arctan)'(x)
= (1+\tan^2(\arctan x)) \cdot (\arctan)'(x)\) — c'est exactement ce dont on a besoin.
Idée — dériver une identité connue
On ne sait pas exprimer arctan analytiquement, mais on sait que :
\[\tan(\arctan x) = x \qquad \forall x\in\mathbb{R}.\]
On dérive les deux membres par rapport à \(x\).
Membre gauche — chain rule
La fonction extérieure est \(\tan\), la fonction intérieure est \(\arctan\).
Par la chain rule :
\(\dfrac\pi2\) est la limite d'arctan en \(+\infty\), jamais atteinte : arctan prend ses
valeurs dans l'intervalle ouvert \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\).
Exemple — Étude de \(g_p(x) = \arctan(px) - x\) avec \(p>1\) ⟶ DM5 Ex.2
Parité (Q1) : arctan est impaire et \(x\mapsto x\) est impaire,
donc \(g_p\) est impaire. Il suffit d'étudier \(g_p\) sur \(\mathbb{R}_+\).
Limites (Q2) :
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g_p(x) = \frac\pi2 - (+\infty) = -\infty\).
La fonction arctan est bornée par \(\tfrac\pi2\) mais \(-x\to-\infty\).
Variations (Q4) : \(g'_p(x) \geq 0 \iff p \geq 1+p^2x^2 \iff x^2 \leq \dfrac{p-1}{p^2}\).
Donc \(g_p\) est croissante sur \(\left[0;\alpha_p\right]\) et décroissante sur \(\left[\alpha_p;+\infty\right[\)
avec \(\alpha_p = \dfrac{\sqrt{p-1}}{p}\).
Exercice 7 — Encadrement de arctan
Montrer que pour tout \(a > 0\) :
\[\frac{a}{1+a^2} < \arctan(a) < a.\]
🔍 Intuition — Comment comparer arctan(a) et a ?
On cherche à encadrer arctan(a). La difficulté : on n'a pas de formule simple reliant
arctan(a) à a directement. La clé est la dérivée.
C'est l'aire sous la courbe de \(t\mapsto\dfrac{1}{1+t^2}\) entre 0 et \(a\).
Comparaison avec deux rectangles :
la fonction \(t\mapsto\dfrac{1}{1+t^2}\) est strictement décroissante
sur \([0\,;+\infty[\). Donc sur \([0,a]\) :
En tout \(t\in\,]0,a[\) : \(\dfrac{1}{1+t^2} > \dfrac{1}{1+a^2}\) (valeur au bout à droite).
Donc l'aire sous la courbe est strictement plus grande que l'aire du rectangle
de base \(a\) et de hauteur \(\dfrac{1}{1+a^2}\) :
\[\arctan(a) > a \cdot \frac{1}{1+a^2} = \frac{a}{1+a^2}.\]
En tout \(t\in\,]0,a[\) : \(\dfrac{1}{1+t^2} < \dfrac{1}{1+0^2} = 1\) (valeur au bout à gauche).
Donc l'aire sous la courbe est strictement plus petite que l'aire du rectangle
de base \(a\) et de hauteur \(1\) :
\[\arctan(a) < a \cdot 1 = a.\]
Image géométrique : arctan(a) est l'aire sous la courbe (en bleu),
strictement comprise entre l'aire du petit rectangle rouge (base × hauteur minimale)
et l'aire du grand rectangle vert (base × hauteur maximale).
Sur \(]0,a[\), \(t < a\) donc \(t^2 < a^2\) donc \(1+t^2 < 1+a^2\),
d'où \(\dfrac{1}{1+t^2} > \dfrac{1}{1+a^2}\).
En intégrant cette inégalité stricte sur \([0,a]\) :
\(\dfrac{a}{1+a^2} < \arctan(a) < a \qquad \forall a > 0\)
Exercice 8 — Tracer la courbe de \(f(x) = \arctan\!\sqrt{\dfrac{1-\cos x}{1+\cos x}}\)
Simplifier l'expression puis tracer la courbe de \(f\).
🔍 Comment penser à la simplification ?
Ce n'est pas une inspiration soudaine — c'est une cascade de reconnaissances de formes.
Chaque signal débloque le suivant.
Signal 1 — on voit \((1 - \cos x)\) et \((1 + \cos x)\) ensemble.
Ces deux expressions côte à côte sont un signal fort. En trigonométrie, quand on voit
\(1 \pm \cos x\), le réflexe est d'essayer les formules de demi-angle :
\[1 - \cos x = 2\sin^2\!\tfrac{x}{2} \qquad 1 + \cos x = 2\cos^2\!\tfrac{x}{2}.\]
Ces formules viennent de \(\cos(2u) = 1 - 2\sin^2 u\) et \(\cos(2u) = 2\cos^2 u - 1\)
avec \(u = x/2\). Elles sont faites pour simplifier exactement ce genre de fraction.
Signal 2 — c'est un quotient sous une racine.
\(\sqrt{A/B}\) avec \(A\) et \(B\) qui sont des carrés après simplification : la racine
va disparaître et donner une valeur absolue. C'est le signe qu'on va tomber sur quelque chose de propre.
Signal 3 — il y a arctan à l'extérieur.
arctan "attend" une tangente à l'intérieur pour se simplifier via
\(\arctan(\tan\theta) = \theta\). Donc on essaie de faire apparaître \(\tan(\text{quelque chose})\)
sous arctan.
La chaîne naturelle :
Je vois \(1-\cos x\) et \(1+\cos x\) → formules demi-angle → quotient \(= \tan^2\!\tfrac{x}{2}\).
La racine donne \(\left|\tan\tfrac{x}{2}\right|\).
\(\arctan\!\left|\tan\tfrac{x}{2}\right|\) → je reconnais arctan∘tan → ça donne \(\left|\tfrac{x}{2}\right|\).
Solution
Étape 1 — Domaine de définition
Il faut \(1+\cos x \neq 0\) (dénominateur non nul) et \(\dfrac{1-\cos x}{1+\cos x} \geq 0\).
La fraction est toujours \(\geq 0\) car \(1-\cos x \geq 0\) et \(1+\cos x > 0\) dès que
\(\cos x \neq -1\), soit \(x \neq \pi + 2k\pi\). Le domaine est donc
\(\mathbb{R} \setminus \{\pi + 2k\pi,\; k\in\mathbb{Z}\}\).
Étape 2 — Simplification par les formules de demi-angle
On utilise :
\[1 - \cos x = 2\sin^2\!\frac{x}{2} \qquad 1 + \cos x = 2\cos^2\!\frac{x}{2}.\]
On a \(\arctan\!\left|\tan\dfrac{x}{2}\right|\).
Puisque arctan est paire (\(\arctan(-u) = -\arctan(u)\) et \(\arctan|u| \geq 0\)),
et que \(\arctan(\tan\theta) = \theta\) pour \(\theta\in\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\),
il faut s'assurer que \(\dfrac{x}{2} \in \left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\),
soit \(x\in\,]-\pi;\pi[\). Sur cet intervalle :
\[f(x) = \frac{|x|}{2} \quad\text{sur }]-\pi;\pi[,\quad\text{prolongée par }2\pi\text{-périodicité.}\]
\(f(x) = \dfrac{|x|}{2}\) sur \(]-\pi;\pi[\), prolongée par \(2\pi\)-périodicité.
C'est une fonction en dents de scie, en V de sommet \((0,0)\) et de pentes \(\pm\tfrac12\).
Exercice 9 — Montrer que \(\arctan\dfrac12 + \arctan\dfrac13 = \dfrac\pi4\)
🔍 Construction géométrique — rectangle 3a × 2a
Considérons un rectangle \(3a \times 2a\) divisé en 6 carrés de côté \(a\),
et le triangle de sommets :
\(P = (0, a)\) — milieu du côté gauche
\(Q = (2a, 2a)\) — jonction 2e/3e colonne, en haut
\(R = (3a, 0)\) — coin inférieur droit
Le triangle est rectangle isocèle en Q, ce qu'on vérifie par le produit scalaire :
Un triangle rectangle isocèle a ses deux angles aigus égaux à \(\tfrac\pi4\).
L'angle en \(P\) est la somme des angles que font \(PQ\) et \(PR\) avec l'horizontale :
La résolution géométrique d'Ivarra est quasi immédiate une fois qu'on reconnaît
le triangle rectangle isocèle — le produit scalaire nul en est la clé.
🔍 Intuition — Comment attaquer une somme d'arctan ?
On veut montrer que deux arctan somment à \(\tfrac\pi4\). On ne sait pas manipuler
arctan directement — mais on sait manipuler tan.
Le réflexe : appliquer tan des deux membres. Si on montre que
\(\tan\!\bigl(\arctan\tfrac12 + \arctan\tfrac13\bigr) = \tan\tfrac\pi4 = 1\),
et que la somme est bien dans \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\)
(pour que arctan∘tan = identité), alors l'égalité est établie.
On utilise alors la formule \(\tan(a+b) = \dfrac{\tan a + \tan b}{1-\tan a\tan b}\)
avec \(\tan a = \tfrac12\) et \(\tan b = \tfrac13\) — les valeurs se lisent directement
depuis les arguments d'arctan.
Solution
Étape 1 — Vérifier que la somme est dans \(\left]0;\tfrac\pi2\right[\)
Posons \(a = \arctan\tfrac12\) et \(b = \arctan\tfrac13\).
Comme \(\tfrac12 > 0\) et \(\tfrac13 > 0\), on a \(a, b \in \left]0;\tfrac\pi2\right[\).
De plus \(a < \tfrac\pi4\) (car \(\tfrac12 < 1 = \tan\tfrac\pi4\)) et
\(b < \tfrac\pi4\), donc \(a + b < \tfrac\pi2\).
Ainsi \(a + b \in \left]0;\tfrac\pi2\right[ \subset \left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\).
Étape 2 — Calculer \(\tan(a+b)\)
Par la formule d'addition, avec \(\tan a = \tfrac12\) et \(\tan b = \tfrac13\) :
On a \(\tan(a+b) = 1 = \tan\dfrac\pi4\), et \(a+b \in \left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\).
Comme arctan est l'unique valeur dans \(\left]-\tfrac\pi2;\tfrac\pi2\right[\) dont la tangente
vaut 1 :
VIII.2 — Dérivée d'une fonction réciproque ⟶ DM5 Q11–Q12
Théorème — Dérivée de la réciproque
Soit \(f\) une bijection de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \(I\), avec \(f'(x)\neq 0\).
Alors \(f^{-1}\) est dérivable en \(y=f(x)\) et :
\[(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y))}.\]
Géométriquement : les courbes de \(f\) et \(f^{-1}\) sont symétriques par rapport à
\(y=x\) ; leurs tangentes en des points correspondants ont des pentes inverses.
Exemple — DM5 Q12
\(\varphi_p\) est la réciproque de \(\tilde g_p : [\alpha_p;+\infty[\to I_p\).
Sur \(J_p\) (ouvert où \(g_p' \neq 0\)) :
