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RÉPUBLIQUE ALGÉRIENNE DÉMOCRATIQUE ET POPULAIRE
MINISTÈRE DE L'ENSEIGNEMENT SUPÉRIEUR
ET DE LA RECHERCHE SCIENTIFIQUE

C.U Relizane . Ahmed Zabana

Institut des Sciences et Technologies

1er Année ST
Travaux Dirigés Maths 1

Dr Djebbar Samir
ssamirdjebbar@yahoo.fr

Année Universitaire 2019/2020

Centre universitaire de Relizane Ahmed Zabana

2019-2020

1er année ST Maths 01
Fiche de TD 1
Exercice 1 : Soient p et q, r trois assertions
Montrer en utilisant la table de vérité que les propositions suivantes sont vraies
1· p ⇐⇒ p
2· (p ∧ q) ⇐⇒ p ∨ q
3· (p ∨ q) ⇐⇒ p ∧ q
4· (p =⇒ q) ⇐⇒ (q =⇒ p)
5· [p ∨ (q ∧ r)] ⇐⇒ [(p ∨ q) ∧ (p ∨ r)].
Exercice 2 : -Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses ?
1· cos π2 est positif et ln e = 1.
1
2· Pour tout x ∈ R, sin(−x) = sin x ou x = e−x .
e
3· sin(−π) = sin π =⇒ ln π1 > 0.
4· ∀ x ∈ R, x2 > 0.
5· ∃ x ∈ N, x2 ≤ 0.
6· ∀ x ∈ R, ∃ y ∈ R, x + y + 1 = 0.
Trouver les négations de les propositions précédentes.
Exercice 3 : Comparer les propositions suivantes et dire si elles sont vraies ou fausses
1· ∀ m ∈ N, ∃ n ∈ N, (n + m est un nombre pair).
2· ∃ n ∈ N, ∀ m ∈ N, (n + m est un nombre pair).
Exercice 4 :(Raisonnement direct)
Montrer que si a, b ∈ Q alors a + b ∈ Q
Exercice 5 :(⇒ Raisonnement direct, ⇐ Raisonnement par contraposition )
Soit n ∈ N. Montrer que : n pair ⇐⇒ n2 pair.
Exercice 6 :( Raisonnement par contre-exemple)
Montrer que l’implication suivante est fausse
∀ x ∈ Z,

x < 5 =⇒ x2 < 25.

Exercice 7 :( Raisonnement par récurrence)
Montrer que ∀ n ∈ N, 32n − 2n est un multiple de 7.
Exercice 8 :( Raisonnement par l’absurde)
Soient a, b ∈ R+ Montrer que si a = b =⇒

b
a
=
.
1+b
1+a
1

Centre universitaire de Relizane Ahmed Zabana

2019-2020

1er année ST Maths 01
Fiche de TD 2
Exercice 1 : Soit E un ensemble
Montrer que pour toutes parties A, B de E
1· {E (A
2· {E (A ∩ B) = {E A ∪ {E B
( ∪ B)
) = {E A ∩ {E B
3· {E {E A = A
4· A \ B = (A ∪ B) \ B
Exercice 2 : A, B et C trois sous-ensembles de ensemble E . Montrer que
1· B ⊂ C =⇒ (A ∩ B) ⊂ (A ∩ C)
2· [(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)] ⇐⇒ [(A ∪ B) ⊂ C]
Exercice 3 : I· On définit sur R∗ la relation R par
∀ x, y ∈ R∗

xRy ⇐⇒ x2 +

1
1
= y2 + 2
2
x
y

1· Montrer que R est une relation d’équivalence.
2· Déterminer la classe d’équivalence pour tout a de R∗ .
3· En déduire la classe d’équivalence de 2.
II· Soit Φ la Relation définie sur N∗ par : aΦb ⇐⇒ ∃ n ∈ N tel que an = b
- Montrer que Φ est une relation d’ordre dans N∗ .
-L’ordre il est total ?
Exercice 4 : Soit f : R −→ R définie par f (x) = 1 − 2x2


⋆Déterminer l’image directe de [− 2/2, 2/2] par l’application f
⋆Déterminer l’image réciproque de [−1, 1] par l’application f
Exercice 5 : Soit g : E → F une application.
⋆ M ⊂ N =⇒ g −1 (M ) ⊂ g −1 (N )
⋆ g −1 (M ∪ N ) = g −1 (M ) ∪ g −1 (N )
⋆ A ⊂ B =⇒ g(A) ⊂ g(B)

A, B ⊂ E et M, N ⊂ F montrer que
⋆ g −1 (M ∩ N ) = g −1 (M ) ∩ g −1 (N )
⋆ g (A(∩ g −1)(N )) = g(A) ∩ N
⋆ g −1 {F M = {E g −1 (M )

Exercice 6: Soit f : R −→ R définie par f (x) =

2x
+1

x2

⋆ f est-elle injective ?
⋆ Résoudre dans R : f (x) = 2. f est-elle surjective ?
⋆ Montrer que f (R) = [−1, 1].

Exercice 7: Soient f : E → F et g : F → G deux applications. Montrer que :
⋆ g ◦ f injective =⇒ f injective.
⋆ f injective et g injective =⇒ g ◦ f injective
⋆ g ◦ f surjective =⇒ g surjective. ⋆ f surjective et g surjective =⇒ g ◦ f surjective
⋆ f bijective et g bijective =⇒ g ◦ f est bijective et (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 .
2

Centre universitaire de Relizane Ahmed Zabana

2019-2020

1er année ST Maths 01
Fiche de TD 3
Exercice 1 : ⋆ Déterminer le domaine de définition des fonctions suivantes :





2 + 3x
f (x) = 3x − x3 , g(x) = ln(x − 2) + ln(x + 2), h(x) =
, d(x) = sin x
5 − 2x


1 + x − 1 + x2
x2 − 4
et lim 2
⋆ Déterminer, si elle existe, lim
x−→2 x − 3x + 2
x−→0
x


1 + xm − 1 − xm
∗ Soient m, n ∈ N∗ . Étudier lim
x−→0
xn

∗ En utilisant la définition de la limite, montrer que lim (3x + 1) = 7.
x−→2

Exercice 2 : Étudier les limites quand x tend vers +∞ des fonctions suivantes :



1
f (x) = x + x − x
et
g(x) = ln(1 + x2 ) − ln x
2
sin x
Exercice 3 : Soit f la fonction définie sur R par : f (x) =
si x ̸= 0 et f (0) = 1
|x|
∗ Calculer lim f (x)
∗ f est-elle continue en 0 ? est-elle dérivable en 0 ? justifier.
x−→0
Exercice 4 : Soient a, b deux nombres réels, on définit la fonction f de R dans R par :

si x ≤ 0,
 ax + b
1
f (x) =

si x > 0
1+x
1. Donner une condition sur b pour que f soit continue sur R .
2. Déterminer a et b tel que f soit dérivable de sur R, et dans ce cas calculer f ′ (0).




x3 cos x1
Exercice 5 : Soit f : R −→ R une fonction définie par f (x) =  0
 3
x sin x1
⋆ f est-elle continue en x = 0 ?
⋆ Calculer f ′ (x) pour x ̸= 0. En déduire l’équation de la droite tangente à f
⋆ f est-elle dérivable en x = 0 ?
⋆ f est-elle de classe C 1 (R) ?

si x > 0,
si x = 0,
si x < 0.
en x = π1 .

Exercice 6 : Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité sur R ?
(
)
( )
1
1
ex + e−x
1
2
a) f (x) = sin x sin
, b) f (x) = ln
, c) f (x) =

.
x
x
2
1 − x 1 − x2
Exercice 7 : Calculer en utilisant la règle de l’hôpital les limites suivantes:
e2x − 1
1 + cos πx
ln(cos 3x)
, lim 2
, lim
x−→0
x−→1 x − 2x + 1 x−→0 ln(cos 2x)
x
lim

3

Centre universitaire de Relizane Ahmed Zabana

2019-2020

1er année ST Maths 01
Fiche de TD 4
Exercice 1 :
1
1) Résoudre l’équation cos(2x) = pour 0 ≤ x ≤ 2π
2
2) Montrer que l’équation 2 cos2 x + 7 sin x = 5 peut s’écrire sous forme d’une équation
du seconde degré en sin x.
3) Résoudre cette équation pour 0 ≤ x ≤ π.
Exercice 2 : Calculer les nombres suivants :
(

a) arcsin sin

18π
5

)

(

b) arccos sin

18π
5

)

(

c) arcsin sin

15π
7

)

(

d) sin arcsin

1
3

)

(

e) tan arctan

Exercice 3 : 1) Montrer que ∀ x ∈ [−1, 1] on a :


a) cos (arcsin x) = 1 − x2
b) sin (arccos x) = 1 − x2
π
c) arccos(x) + arccos(−x) = π
d) arccos x + arcsin x = .
2
2) Simplifier les expressions suivantes :
a) cos (2 arccos x)

b) cos (2 arcsin x)

c) sin (2 arccos x)







Exercice 4 : Montrer que

1
arctan x + arctan = 
x 



Exercice 5 : Résoudre les équations suivantes :
5
4
a) arcsin x = arcsin + arcsin
5
13

π
2


si x > 0,

π
2

si x < 0

b) (arcsin x − 5) arcsin x = −4 c) 5 cosh x − 4 sinh x = 3.

Exercice 6 :
∗Calculer les limites suivantes :
a) 2 cosh2 x − sinh 2x (x → +∞)

(

b) e2x 2 cosh2 x − sinh 2x

)

(x → −∞).
[

∗Etudier le domaine de définition de la fonction f définie par: f (x) =argch
et simplifier son expression lorsqu’elle a un sens.
4

Dr Djebbar Samir

(

1
1
x+
2
x

)]

)

π
.
2

Fiche de TD 1
Solution de L’exercice 1:
I) En utilisant la table de vérité
p
V
F

p
F
V

p
V
F

p ⇐⇒ p
V
V

De la même manière, on prouve (2) et (3) :
p
V
V
F
F

q
V
F
V
F

p∧q
V
F
F
F

p∧q
F
V
V
V

p
F
F
V
V

q
F
V
F
V

p∨q
F
V
V
V

(p ∧ q) ⇐⇒ (p ∨ q)
V
V
V
V

p
V
V
F
F

q
V
F
V
F

p∨q
V
V
V
F

p∨q
F
F
F
V

p
F
F
V
V

q
F
V
F
V

p∧q
F
F
F
V

(p ∨ q) ⇐⇒ (p ∧ q)
V
V
V
V

on prouve (4) comme suit:
La définition mathématique est la suivante : L’assertion (p ∨ q) est notée (p =⇒ q)
p
V
V
F
F

q
V
F
V
F

p
F
F
V
V

q
F
V
F
V

on prouve (6)
p q r q∧r
V V V
V
V V F
F
V F V
F
V F F
F
F V V
V
F V F
F
F F V
F
F F F
F

p =⇒ q
V
F
V
V

q =⇒ p
V
F
V
V

p ∨ (q ∧ r)
V
V
V
V
V
F
F
F

p∨q
V
V
V
V
V
V
F
F

(p =⇒ q) ⇐⇒ (q =⇒ p)
V
V
V
V
p∨r
V
V
V
V
V
F
V
F

(p ∨ q) ∧ (p ∨ r)
V
V
V
V
V
F
F
F

Dr Djebbar Samir

[p ∨ (q ∧ r)] ⇐⇒ [(p ∨ q) ∧ (p ∨ r)]
V
V
V
V
V
V
V
V

5

Solution de L’exercice 2:
1· cos π2 est positif et ln e = 1 est une assertion vraie car cos

( )
π
2

≥ 0 et ln e = 1

[(V ∧ V ) ⇐⇒ V ]
1
= e−x est une assertion vraie car sin(−x) = − sin x
ex
fonction impaire (Pour tout x ∈ R sin(−x) = sin x fausse, la fonction sin est impaire),
1
= e−x est toujours vraie pour x ∈ R
ex
2· Pour tout x ∈ R, sin(−x) = sin x ou

[(F ∨ V ) ⇐⇒ V ]
3· sin(−π) = sin π =⇒ ln
par contre ln

( )
1
π

( )
1
π

> 0 est une assertion fausse car (sin(−π) = sin π = 0) est vraie

est négative
[(V =⇒ F ) ⇐⇒ F ]

4· ∀ x ∈ R, x2 > 0 est une assertion fausse car ∃ x = 0, x2 = 02 = 0 > 0 est fausse
5· ∃ x ∈ N, x2 ≤ 0 est une assertion vraie car ∃ x = 0, x2 = 02 = 0 ≤ 0
6· ∀ x ∈ R, ∃ y ∈ R, x + y + 1 = 0 est une assertion vraie
pour tout x ∈ R on peut prendre y = −x − 1 (existe ) . On a x + y + 1 = x − x − 1 + 1 = 0
Solution de L’exercice 3:
1· ∀ m ∈ N, ∃ n ∈ N, (n + m est un nombre pair) est une proposition vraie (car on
peut garantir pour tout m l’existence de n ∈ N tel que m + n est pair, par exemple : On
peut prendre n = m).
2· ∃ n ∈ N, ∀ m ∈ N, (n + m est un nombre pair) est une proposition fausse (ce n’est pas
évident que la somme entre un entier naturel ( n ∈ N ) fixé au départ et tout entier naturel
( m ∈ N ) donne toujours un nombre paire).
Conclusion :
L’ordre des quantificateurs est important (à respecter)
Solution de L’exercice 4:
m
avec m ∈ Z et n ∈ N∗
Rappelons que les rationnels Q sont l’ensemble des réels s’écrivant
n
On suppose a, b ∈ Q et on montre a + b ∈ Q
m
a ∈ Q alors il existe m ∈ Z et n ∈ N∗ tel que a =
n ′
m
b ∈ Q alors il existe m′ ∈ Z et n′ ∈ N∗ tel que b = ′
n
Alors
a+b=
6

m m′
mn′ + nm′
+ ′ =
.
n
n
nn′
Dr Djebbar Samir

Or le numérateur mn′ +nm′ est bien un élément de Z, le dénominateur nn′ est lui un élément
m′′

de N . Donc a + b s’écrit bien de la forme a + b = ′′ avec m′′ ∈ Z et n′′ ∈ N∗ .
n
Donc a + b ∈ Q
Solution de L’exercice 5:
Montrons que : ∀n ∈ N, n pair ⇐⇒ n2 pair
(n pair ⇐⇒ n2 pair) ⇐⇒ [ ( n pair =⇒ n2 pair) ∧ (n2 pair =⇒ n pair)]
=⇒ (Le raisonnement direct)
n pair =⇒ ∃ k ∈ N, n = 2k
=⇒ n2 = 4k 2 = 2(2k 2 ) = 2k ′ . (k ′ ∈ N)
=⇒ n2 pair
⇐= (Le raisonnement par contraposée)
(p =⇒ q) ⇐⇒ (q =⇒ p)
Alors : ( n2 pair =⇒ n pair ) ⇐⇒ ( n impair =⇒ n2 impair )
n impair =⇒ ∃ k ∈ N, n = 2k + 1
=⇒ n2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1
=⇒ n2 = 2k ′′ + 1, avec k ′′ = 2k 2 + 2k. (k ′′ ∈ N)
=⇒ n2 impair

Solution de L’exercice 6:
Méthode 1:
Si x = −6 ∈ Z
−6 < 5 =⇒ 36 < 25 est une proposition fausse
car
(V =⇒ F ) ⇐⇒ F
Méthode 2:
Si x = −6, alors (−6 < 5) ∧ ((−6)2 = 36 ≥ 25)
∃ x ∈ Z, x < 5 ∧ x2 ≥ 25 est une proposition vraie et elle représente la négation de :
∀ x ∈ Z, x < 5 =⇒ x2 < 25 qui est alors une proposition fausse
x = −6 est un contre-exemple.
Dr Djebbar Samir

7

Solution de L’exercice 7:
Montrons que : ∀ n ∈ N, 32n − 2n est un multiple de 7.
Soit p(n) l’assertion
∀ n ∈ N, 32n − 2n est un multiple de 7
Etapes du raisonnement par récurrence :
1· Pour n = 0
32×0 − 20 = 1 − 1 = 0 = 0 × 7, p(0) est vraie
2· On suppose p(n) est vraie c’est à dire
∃ k ∈ Z tel que 32n − 2n = 7k
3· On démontre que p(n + 1) est vraie
∃ L ∈ Z tel que 32(n+1) − 2n+1 = 7L ?
On a :
32(n+1) − 2n+1 = 32n+2 − 2n+1
= 32n × 32 − 2n × 2
= 32n (7 + 2) − 2n × 2
= 32n × 7 + 32n × 2 − 2n × 2
= 32n × 7 + 2(32n − 2n )
= 32n × 7 + 2 × 7k
= 7(32n + 2k) = 7L avec L = 32n + 2k ∈ Z.
Finalement
∀ n ∈ N, 32n − 2n est un multiple de 7.
Solution de L’exercice 8:
Nous raisonnons par l’absurde en supposant que a = b et

a
b
̸=
1+b
1+a

donc a = b et a(1 + a) ̸= b(1 + b)
donc a = b et a − b + a2 − b2 ̸= 0
donc a = b et (a − b)(1 + a + b) ̸= 0
est une contradiction car a = b =⇒ (a − b) = 0 =⇒ (a − b)(1 + a + b) = 0.
a
b
Conclusion : Si a = b alors
=
1+b
1+a

8

Dr Djebbar Samir

Fiche de TD 2
Solution de L’exercice 1:
1 · Soit x ∈ {E (A ∪ B) ⇐⇒ x ̸∈ (A ∪ B) ⇐⇒ x ∈ (A ∪ B)
⇐⇒ x ∈ A ou x ∈ B
⇐⇒ x ̸∈ A et x ̸∈ B
⇐⇒ x ∈ {E A et x ∈ {E B
⇐⇒ x ∈ {E A ∩ {E B.
2 · Soit x ∈ {E (A ∩ B) ⇐⇒ x ̸∈ (A ∩ B) ⇐⇒ x ∈ (A ∩ B)
⇐⇒ x ∈ A et x ∈ B
⇐⇒ x ̸∈ A ou x ̸∈ B
⇐⇒ x ∈ {E A ou x ∈ {E B
⇐⇒ x ∈ {E A ∪ {E B.
(

)

3 · Soit x ∈ {E {E A ⇐⇒ x ̸∈ {E A
⇐⇒ x ∈ A.
4 · Soit x ∈ A \ B ⇐⇒ x ∈ A et x ̸∈ B ⇐⇒ x ∈ A et x ∈ {E B
(

)

(

)

(

)

⇐⇒ x ∈ A ∩ {E B

⇐⇒ x ∈ A ∩ {E B ∪ ∅
(

⇐⇒ x ∈ A ∩ {E B ∪ B ∩ {E B

)

⇐⇒ x ∈ (A ∪ B) ∩ {E B
⇐⇒ x ∈ (A ∪ B) \ B.
Solution de L’exercice 2:
1· B ⊂ C =⇒ (A ∩ B) ⊂ (A ∩ C) ?
Hypothèse : B ⊂ C
But : (A ∩ B) ⊂ (A ∩ C)
∀ x ∈ (A ∩ B) =⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B
Comme B ⊂ C =⇒ x ∈ A ∧ x ∈ C
=⇒ x ∈ (A ∩ C)
Donc : B ⊂ C =⇒ (A ∩ B) ⊂ (A ∩ C).
Dr Djebbar Samir

9

2· [(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)] ⇐⇒ [(A ∪ B) ⊂ C] ?
a. [(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)] =⇒ [(A ∪ B) ⊂ C] ?
Hypothèse : (A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)
But : (A ∪ B) ⊂ C
∀ x ∈ (A ∪ B) =⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B
Comme (A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C) =⇒ x ∈ C ∨ x ∈ C
=⇒ x ∈ C
Donc : [(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)] =⇒ [(A ∪ B) ⊂ C]
b. [(A ∪ B) ⊂ C] =⇒ [(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)] ?
Hypothèse : (A ∪ B) ⊂ C
But : (A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)
∀ x ∈ A =⇒ x ∈ (A ∪ B) =⇒ x ∈ C, ceci implique que A ⊂ C
∀ x ∈ B =⇒ x ∈ (A ∪ B) =⇒ x ∈ C, ceci implique que B ⊂ C
Donc : [(A ∪ B) ⊂ C] =⇒ [(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)]
Conclusion :
[(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ C)] ⇐⇒ [(A ∪ B) ⊂ C]
Solution de L’exercice 3:
∀ x, y ∈ R∗

xRy ⇐⇒ x2 +

1
1
= y2 + 2
2
x
y

1) R est une relation d’équivalence :
a) R est réflexive ∀ x ∈ R∗
xRx ?
1
1
= x2 + 2
2
x
x
⇐⇒ 0 = 0.

xRx ⇐⇒ x2 +

Alors R est réflexive.
b)R est symétrique : ∀ x, y ∈ R∗

xRy =⇒ yRx ?
1
1
= y2 + 2
2
x
y
1
1
⇐⇒ y 2 + 2 = x2 + 2
y
x
=⇒ yRx

xRy ⇐⇒ x2 +

10

Dr Djebbar Samir

Alors R est symétrique.
c)R est transitive : ∀ x, y, z ∈ R∗

xRy ∧ yRz =⇒ xRz ?









1
1
x2 + 2 = y 2 + 2
xRy
x
y
1
1

∧ =⇒
=⇒ x2 + 2 = z 2 + 2 =⇒ xRz


x
z


1
1

yRz

2
2

 y + 2 =z + 2
y
z




Alors R est transitive.
Conclusion : R est une relation d’équivalence.
2) Classe d’équivalence :
Soit a ∈ R∗ . Cherchons les éléments y de R∗ tels que aRy .
ȧ = {y ∈ R∗ / aRy}
1
1
2
=
y
+
a2
y2
(
)
1
1
2
2
⇐⇒ y + 2 − a + 2 = 0
y
a
1
1
⇐⇒ (y 2 − a2 ) + 2 − 2 = 0
y
a
2
a − y2
2
2
⇐⇒ (y − a ) + 2 2 = 0
y a
(
)
1
2
2
⇐⇒ (y − a ) 1 − 2 2 = 0
y a

aRy ⇐⇒ a2 +







{
y 2 − a2 = 0
 y = ±a
y 2 = a2
1
1
=⇒
=⇒
=⇒

 y=±
y 2 a2 = 1
 1− 2 2 =0
y a
a
{
}
1 1
Donc ȧ = a, −a, , −
a a
{
}
1 1
2) 2̇ = 2, −2, , −
2 2

II aΦb ⇐⇒ ∃ n ∈ N tel que an = b
(1) Montrer que Φ est une relation d’ordre dans N∗
a) Φ est-elle réflexive ?
Φ est réflexive ⇐⇒ ∀ a ∈ N∗ , aΦa ?
∀ a ∈ N∗ =⇒ ∃ n = 1 ∈ N tel que : a1 = a =⇒ aΦa =⇒ Φ est réflexive

Dr Djebbar Samir

11

b) Φ est-elle antisymétrique ?
Φ est antisymétrique ⇐⇒ ∀ a, b ∈ N∗ ,
soient a, b ∈ N∗ ,

aΦb et bΦa =⇒ a = b ?

si aΦb et bΦa =⇒ ∃ n1 ∈ N tel que : an1 = b
et ∃ n2 ∈ N tel que : bn2 = a =⇒ (bn2 )n1 = an1 = b
=⇒ n1 n2 = 1 =⇒ n1 = n2 = 1
=⇒ a = b =⇒ Φ est antisymtrique.

c) Φ est-elle transitive?
Φ est transitive ⇐⇒ ∀ a, b, c ∈ N∗ , aΦb et bΦc =⇒ aΦc
soient a, b, c ∈ N∗ ,
aΦb et bΦc =⇒ ∃ n1 ∈ N tel que : an1 = b
et ∃ n2 ∈ N tel que : bn2 = c =⇒ (an1 )n2 = c
∃ n = n1 n2 ∈ N tel que : an = c
=⇒ aΦc
=⇒ Φ est transitive
(2) Cet ordre est-il total ?
L’ordre n’est pas total car pour les deux entiers {2, 3} on a ni 2Φ3 ni 3Φ2 .
Solution de L’exercice 4:
Rappel :

Soit
f : E −→ F
x −→ 1 − 2x2

12

Dr Djebbar Samir

[

1) L’image directe de −

√ ]
2
2
,
2
2



√ ]) {
[ √ √ ]}
2 2
2 2
= f (x) / x ∈ −

,
,
2 2
2 2

√ }
{
2
2
= f (x) / −
≤x≤
2
2
= [0, 1].


([

f

par f :



x ∈ [− 2/2, 2/2] ⇐⇒ 0 ≤ x2 ≤ 2/4
⇐⇒ 0 ≤ 2x2 ≤ 1
⇐⇒ −1 ≤ −2x2 ≤ 0
⇐⇒ 0 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1.
( √
)

Ainsi f [− 2/2, 2/2] = [0, 1].

2) L’image réciproque de [−1, 1] par f :
f −1 ([−1, 1]) = {x ∈ R / f (x) ∈ [−1, 1]}
{

}

= x ∈ R / (1 − 2x2 ) ∈ [−1, 1]
= [−1, 1].
f (x) ∈ [−1, 1] ⇐⇒ −1 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1
⇐⇒ −2 ≤ −2x2 ≤ 0
⇐⇒ 0 ≤ 2x2 ≤ 2
⇐⇒ 0 ≤ x2 ≤ 1
⇐⇒ −1 ≤ x ≤ 1.
Ainsi f −1 ([−1, 1]) = [−1, 1].



Remarque. On obtiendrait 0 ≤ x2 = |x| ≤ 1 ( ne pas faire l’erreur d’écrire x2 = x !!!
car x n’est pas nécessairement positif ! ).

Dr Djebbar Samir

13

Solution de L’exercice 5:
M, N ⊂ F
1· M ⊂ N =⇒ g −1 (M ) ⊂ g −1 (N ) ?
Hypothèse : M ⊂ N
But : g −1 (M ) ⊂ g −1 (N )
∀ x ∈ g −1 (M ) =⇒ g(x) ∈ M
comme M ⊂ N =⇒ g(x) ∈ N
=⇒ x ∈ g −1 (N )
Donc : M ⊂ N =⇒ g −1 (M ) ⊂ g −1 (N )
2) g −1 (M ∩ N ) = g −1 (M ) ∩ g −1 (N ) ?
x ∈ g −1 (M ∩ N ) ⇐⇒ g(x) ∈ M ∩ N
⇐⇒ g(x) ∈ M ∧ g(x) ∈ N
⇐⇒ x ∈ g −1 (M ) ∧ x ∈ g −1 (N )
⇐⇒ x ∈ g −1 (M ) ∩ g −1 (N )
Donc : g −1 (M ∩ N ) = g −1 (M ) ∩ g −1 (N )
3) g −1 (M A ∪ N ) = g −1 (M ) ∪ g −1 (N ) ?
x ∈ g −1 (M ∪ N ) ⇐⇒ g(x) ∈ M ∪ N
⇐⇒ g(x) ∈ M ∨ g(x) ∈ N
⇐⇒ x ∈ g −1 (M ) ∨ x ∈ g −1 (N )
⇐⇒ x ∈ g −1 (M ) ∪ g −1 (N )
Donc : g −1 (M ∪ N ) = g −1 (M ) ∪ g −1 (N )
4) g (A ∩ g −1 (N )) = g(A) ∩ N ?
(

)

Soit y ∈ g A ∩ g −1 (N ) ⇐⇒ ∃ x ∈ A ∩ g −1 (N ) / y = g(x)
(

)

⇐⇒ ∃ x ∈ A ∧ x ∈ g −1 (N ) / y = g(x)
⇐⇒ (∃ x ∈ A ∧ g(x) ∈ N ) / y = g(x)
⇐⇒ (∃ x ∈ A / y = g(x)) et (g(x) ∈ N / y = g(x))
⇐⇒ y ∈ g(A) et y ∈ N
⇐⇒ y ∈ g(A) ∩ N
Donc : g (A ∩ g −1 (N )) = g(A) ∩ N

14

Dr Djebbar Samir

(

)

5) g −1 {F M = {E g −1 (M ) ?
Soit x ∈ E, alors
(

)

x ∈ g −1 {F M ⇐⇒ g(x) ∈ {F M
⇐⇒ (g(x) ∈ F ) ∧ (g(x) ∈
/ M)
(

)

⇐⇒ (x ∈ E) ∧ x ∈
/ g −1 (M )
⇐⇒ x ∈ {E g −1 (M )
(

)

ce qui montre que g −1 {F M = {E g −1 (M ).
6) A ⊂ B =⇒ g(A) ⊂ g(B) ?
Hypothèse : A ⊂ B
But : g (A) ⊂ g (B)
y ∈ g(A) =⇒ ∃ x ∈ A / y = g(x)
=⇒ ∃ x ∈ A ⊂ B / y = g(x)
=⇒ ∃ x ∈ B / y = g(x)
=⇒ y ∈ g(B)
Donc : A ⊂ B =⇒ g(A) ⊂ g(B)
Solution de L’exercice 6:
Rappel :
Soit f : E −→ F une application.

◃ f est bijective si elle est injective et surjective
> > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > > >>
Dr Djebbar Samir

15

1) Soient x1 , x2 ∈ R si
2x1
2x2
= 2
x2 + 1
+1
2
=⇒ 2x2 (x1 + 1) = 2x1 (x22 + 1)
=⇒ 2x2 x21 + 2x2 − 2x1 x22 − 2x1 = 0
=⇒ 2x2 x1 (x1 − x2 ) + 2(x2 − x1 ) = 0
=⇒ (x1 − x2 )(x1 x2 − 1) = 0
=⇒ x1 = x2 ∨ x
x1 = 1}
| 2 {z

f (x1 ) = f (x2 ) =⇒

x21

f n’est pas injective car ( parmi plusieurs choix ! )
( )

1
4
1
1
∃ 2, ∈ R : f
= f (2) = et 2 ̸= .
2
2
5
2
◃ f (x) = 2 devient 2x = 2(x2 + 1) soit x2 − x + 1 = 0 qui n’a pas de solutions réelles.
◃ f n’est pas surjective car y = 2 n’a pas d’antécédent.
◃Pour montrer que f (R) = [−1, 1] on peut utiliser l’une des méthodes suivantes :
∗ on étudie la fonction et on note que le maximum absolu est 1 et que le minimum absolu
est −1

D’où f (R) = [−1, 1].
∗ y = f (x) est équivalente à l’équation yx2 − 2x + y = 0. Cette équation a des solutions x
si et seulement si 4 − 4y 2 ≥ 0 ssi y ∈ [−1, 1]. On a alors prouvé que f (R) = [−1, 1] .
Solution de L’exercice 7:
Rappelons que g ◦ f : E −→ G.
(1) On suppose que g ◦ f est injective et montrons que f est injective
Soient x1 , x2 ∈ E, alors
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ g (f (x1 )) = g (f (x2 )) car g est une application
=⇒ (g ◦ f ) (x1 ) = (g ◦ f ) (x2 )
=⇒ x1 = x2 car g ◦ f est injective
16

Dr Djebbar Samir

donc : ∀ x1 , x2 ∈ E,

f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2

ce qui montre que f est injective.
(2) On suppose que g ◦ f est surjective et montrons que g est surjective
Soit z ∈ G, alors
g ◦ f surjective =⇒ ∃ x ∈ E, (g ◦ f ) (x) = z (z possde un antcdent x dans E par g ◦ f )
=⇒ ∃ x ∈ E, g (f (x)) = z
=⇒ ∃ y = f (x) ∈ F, g(y) = z (z possde un antcdent y dans F par g )
donc : ∀ z ∈ G, ∃ y ∈ F ;

z = g(y)

ce qui montre que g est surjective.
(3) Supposons f et g injectives et montrons que g ◦ f est injective.
Soient x1 , x2 ∈ E, alors :
(g ◦ f ) (x1 ) = (g ◦ f ) (x2 ) =⇒ g (f (x1 )) = g (f (x1 ))
=⇒ f (x1 ) = f (x2 ) car g injective
=⇒ x1 = x2 car f injective
ce qui montre que g ◦ f est injective.

Dr Djebbar Samir

17

Fiche de TD 3
Solution de L’exercice 1:
1) f est définie si, et seulement si,
3x − x3 ≥ 0 ⇐⇒ x(3 − x2 ) ≥ 0
(√
) (√
)
⇐⇒ x 3 − x
3+x ≥0
]
√ ] [ √ ]
⇐⇒ x ∈ −∞, − 3 ∪ 0, 3 ,
donc
]
√ ] [ √ ]
Df = −∞, − 3 ∪ 0, 3 .

2) g est définie si, et seulement si,
x − 2 > 0 et x + 2 > 0 ⇐⇒





x > 2,
et


x > −2

⇐⇒ x > 2,

donc
Dg = ]2, +∞[.
3) h est définie si, et seulement si,
2 + 3x
≥ 0 et 5 − 2x ̸= 0 ⇐⇒ (2 + 3x ≥ 0 et 5 − 2x > 0) ou (2 + 3x ≤
5 − 2x
(
)
(
2
5
2
⇐⇒ x ≥ − et x <
ou x ≤ − et x >
3 [
2
3
[
2 5
⇐⇒ x ∈ − ,
3 2
donc
[

[

2 5
Dh = − , .
3 2

18

Dr Djebbar Samir

et 5 − 2x < 0)
5
2

)

4) d est définie si, et seulement
√ si,

sin x ≥ 0 (x ≥ 0) ⇐⇒ 2kπ ≤ x ≤ π + 2kπ (x ≥ 0, k = 0, 1, 2..),
donc
4k 2 π 2 ≤ x ≤ π 2 (1 + 2k)2 , k ∈ N
et
Dd = {x ∈ R : 4k 2 π 2 ≤ x ≤ π 2 (1 + 2k)2 , k ∈ N}.
• Généralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes racines carrées, il
est utile de faire intervenir “l’expression conjuguées":
√ √




a−b
( a − b)( a + b)

√ .
a− b=
=√

a+ b
a+ b
Les racines au numérateur ont “disparu" en utilisant l’identité (x − y)(x + y) = x2 − y 2 .

∗ lim

x−→0


0
1 + x − 1 + x2
= forme indéterminée
x
0

lim

x−→0

(√
) (√
)



1 + x − 1 + x2
1 + x + 1 + x2
1 + x − 1 + x2
(√
)
= lim

x−→0
x
x 1 + x + 1 + x2

1 + x − (1 + x2 )
)

x−→0 x
1 + x + 1 + x2

= lim

(√

x(1 − x)
)

x−→0 x
1 + x + 1 + x2
1−x

= lim √
x−→0
1 + x + 1 + x2
1
= .
2
= lim

(√

0
x2 − 4
= forme indéterminée
2
x−→2 x − 3x + 2
0

∗ lim

x2 − 4
(x − 2)(x + 2)
=
lim
x−→2 x2 − 3x + 2
x−→2 (x − 2)(x − 1)
x+2
= 4.
= lim
x−→2 x − 1
lim

Dr Djebbar Samir

19

∗ On pose
f (x) =
=
=
=
=



1 + xm − 1 − xm
xn √



m
( 1 + x − 1 − xm )( 1 + xm + 1 − xm )


xn ( 1 + xm + 1 − xm )
1 + xm − (1 − xm )


xn ( 1 + xm + 1 − xm )
2xm


xn ( 1 + xm + 1 − xm )
2xm−n


1 + xm + 1 − xm

Et nous avons

2

= 1.
1+
+ 1 − xm
Donc l’étude de la limite de f en 0 est la même que celle de la fonction x 7→ xm−n .
Distinguons plusieurs pour la limite de f en 0.
lim √

x→0

xm

• Si m > n alors xm−n et f (x) tend vers 0.
• Si m = n alors xm−n et f (x) vers 1.
1
avec k = n − m un exposant positif. Si k est pair
xk
alors les limites à droite et à gauche de x1k sont +∞. Pour k impair la limite à droite
vaut +∞ et la limite à gauche vaut −∞. Conclusion pour k = n − m > 0 pair, la
limite de f en 0 vaut +∞ et pour k = n − m > 0 impair f n’a pas de limite en 0 car
les limites à droite et à gauche ne sont pas égales.

• Si m < n alors xm−n =

1

xn−m

=

∗ Démontrons par la définition de la limite : lim (3x + 1) = 7.
x−→2
D’une manière générale, on a:
∀ ε > 0, ∃ α > 0, ∀ x ∈ Df , |x − x0 | < α =⇒ |f (x) − l| < ε
Alors :
∀ ε > 0, ∃ α > 0, ∀x ∈ R, |x − 2| < α =⇒ |f (x) − 7| < ε
|f (x) − 7| < ε ⇐⇒ |(3x + 1) − 7| < ε
⇐⇒ |3x − 6| < ε
⇐⇒ |3(x − 2)| < ε
ε
⇐⇒ |x − 2| <
3
Donc
∀ ε > 0, ∃ α > 0, ∀x ∈ R, |x − 2| < α =⇒ |f (x) − 7| < ε
ε
Tel que α = .
3
20

Dr Djebbar Samir

Solution de L’exercice 2:




(√



√ ) x+ x+ x
x+ x−x
x+ x− x √
f (x) = x + x − x =

√ =√


x+ x+ x
x+ x+ x

1
x
1
1


=
=√
=


√ = √


1
x+ x
x+ x+ x
x+ x
x
1+ √ +1
+1

+√
x
x
x
x


−→

1
2

x−→+∞

1
ln(1 + x2 ) − ln x
2 (√
)
1 + x2
= lim ln
x−→+∞
x

lim g(x) = lim

x−→+∞

x−→+∞





=

x

lim ln 

x−→+∞




1
+ 1

x2


x


√



1
= lim ln  2 + 1 = 0
x−→+∞
x
Solution de L’exercice 3:
Soit f la fonction définie sur R par :




sin x
f (x) =
|x|

 1

si x ̸= 0,
si x = 0.

1. On a
sin x
=1
( on a utilis une limite connue )
>
>
x
x−→0
x−→0
(
)
sin x
lim f (x) = lim −
= −1
<
<
x
x−→0
x−→0
lim f (x) = lim

Donc la limite n’existe pas .
2. On a lim f (x) n’existe pas, ce qui signifie que la fonction n’est pas continue en 0
x−→0
f n’est pas dérivable en 0, puisqu’elle n’est pas continue en ce point, car toute fonction
dérivable est continue ce qui est équivalent à dire que toute fonction discontinue en un point
ne peut être dérivable en ce point .

Dr Djebbar Samir

21

Solution de L’exercice 4:
1) Si x ̸= 0 alors f est continue
∗Etude de la continuité au point x = 0 :
f (0) = b.
f continue au point x = 0 ⇐⇒ lim f (x) = lim f (x) = f (0).
>
x−→0

<
x−→0

lim f (x) = lim (ax + b) = b

<
x−→0

<
x−→0

lim f (x) = lim

>
x−→0

>
x−→0

(

)

1
=1
1+x

f continue en x = 0 =⇒ b = 1
Donc f est continue sur R si b = 1
2) Si x ̸= 0 alors f est dérivable
∗Etude de la dérivabilité au point x = 0 :

f (x) − f (0)
a une limite finie.
x−→0
x−0

La fonction est dérivable en x = 0 si et seulment si lim
f dérivable au point x = 0 ⇐⇒ lim

>
x−→0

f (x) − f (0)
f (x) − f (0)
= lim
= f ′ (0).
<
x−0
x

0
x−→0

Dans ce cas f ′ (0) = −1.

22

Dr Djebbar Samir

Solution de L’exercice 5:
1. La fonction est clairement cntinue pour x ̸= 0. Pour x = 0
1
lim f (x) = lim x3 cos = 0, ( on a utilis le thorme d′ encadrement )
>
>
x
x−→0
x−→0
1
lim f (x) = lim x3 sin = 0, ( on a utilis le thorme d′ encadrement )
<
<
x
x−→0
x−→0
donc lim f (x) = f (0) : f est continue en 0.
x−→0
2. Pour x ̸= 0 la fonction est clairement dérivable et on a

1
1


si x > 0,
3x2 cos + x sin



x
x
f ′ (x) =



 3x2 sin 1 − x cos 1

si x < 0.
x
x
1
La droite tangente à f en x = x0 a équation y = f ′ (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) donc pour x0 =
π
2
3
on a y = − 2 x + 3 .
π
π
f (x) − f (0)
3. La fonction est dérivable en x = 0 si et seulment si la limite lim
a une limite
x−→0
x−0
finie.
On a
x3 cos x1 − 0
f (x) − f (0)
= lim
=0
lim
>
>
x−0
x−0
x−→0
x−→0
x3 sin x1 − 0
f (x) − f (0)
= lim
=0
<
<
x

0
x

0
x−→0
x−→0
lim

Donc lim

x−→0

f (x) − f (0)
= 0 : f est dérivable en 0 et on a
x−0

1
1



si x > 0,
3x2 cos + x sin


x
x




f (x) =















0,

si x = 0

1
1
− x cos
si x < 0.
x
x
4. f ′ est clairement continue pour x ̸= 0. Pour x = 0 on a
(
)
1
1
lim f ′ (x) = lim 3x2 cos + x sin
= 0,
>
>
x
x
x−→0
x−→0
)
(
1
1

2
=0
lim f (x) = lim 3x sin − x cos
<
<
x
x
x−→0
x−→0
3x2 sin

alors lim f ′ (x) = f ′ (0), donc f ′ est continue en 0. Par conséquent f est de classe C 1 (R).
x−→0

Dr Djebbar Samir

23

Solution de L’exercice 6:
( )
1
a)f : R∗ −→ R et f (x) = sin x sin
x
La fonction f est définie et
continue
sur R∗ . Etudions la situation
( )
( ) en 0
1
1
≤ 1 (c-à-d bornée )
lim f (x) = lim sin x sin
= 0 car lim sin x = 0 et sin
x−→0
x−→0
x−→0
x
x
Donc le prolongement par continuité définie par f˜ : R −→ R tel que
f˜(x) =


( )

sin x sin 1

si x ̸= 0


0

si x = 0.

(

x

)

1
ex + e−x
b) f : R −→ R et f (x) = ln
x
2
La fonction f est définie et continue sur R∗ . Etudions la situation en 0


(

ex + e−x
ln
2

)

(

)

e0 + e−0
(
)

ln
2
ex + e−x
1
= lim
lim f (x) = lim ln
x−→0
x−→0
x−→0 x
2
x−0
ex − e−x
(
)
(
)
0
−0
x
−x ′
e −e
e +e
ex − e−x
2
= 0
=
0
car
:
ln
=
.
=
ex + e−x
e + e−0
2
ex + e−x
2
Donc le prolongement par continuité définie par f˜ : R −→ R tel que



1

(

ex + e−x
ln
2
f˜(x) =  x

0

)

si x ̸= 0
si x = 0.

c) f : R \ {−1, 1} −→ R.
f (x) =

1
2
1+x−2
−1 + x
−1

=
=
=
.
2
1−x 1−x
(1 − x)(1 + x)
(1 − x)(1 + x)
(1 + x)

Donc f a pour limite − 12 quand x tend vers 1. Et donc en posant f (1) = − 12 , nous définissons
une fonction continue sur R\{−1}. En −1 la fonction f n’est pas prolongeable par continuité
car lim ± f (x) = ∓∞ .
x−→(−1)

Donc f n’admet pas un prolemngement par continuité sur R.

24

Dr Djebbar Samir

Solution de L’exercice 7:
Rappel :

1) Soient f (x) = e2x − 1 et g(x) = x, alors f ′ (x) = 2e2x et g ′ (x) = 1
f ′ (x)
2e2x
=
lim
=2
x−→0 g ′ (x)
x−→0 1

e2x − 1
0
= ,
x−→0
x
0
lim

lim

Donc
e2x − 1
= 2.
x−→0
x
lim

2) Soient f (x) = 1+cos πx et g(x) = x2 −2x+1, alors f ′ (x) = −π sin πx, f ′′ (x) = −π 2 cos πx
et g ′ (x) = 2x − 2, g ′′ (x) = 2
0
0
1 + cos πx
f ′ (x)
−π sin πx
=
,
lim
= lim
= ,
2

x−→1 x − 2x + 1
x−→1 g (x)
x−→1 2x − 2
0
0
2
2
′′
π
−π cos πx
f (x)
= lim
=
lim ′′
x−→1
x−→1 g (x)
2
2
lim

Donc
1 + cos πx
π2
=
.
x−→1 x2 − 2x + 1
2
lim

3) Soient f (x) = ln(cos 3x) et g(x) = ln(cos 2x), alors f ′ (x) = −
0
ln(cos 3x)
= ,
x−→0 ln(cos 2x)
0
lim

2 sin 2x
3 sin 3x
et g ′ (x) = −
cos 3x
cos 2x

f ′ (x)
3
sin 3x cos 2x
= lim
×

x−→0 g (x)
2 x−→0 cos 3x sin 2x
[
]
3
cos 2x sin 3x
2x
3
=
lim
×
×
×
2 x−→0 cos 3x
3x
sin 2x 2
ln(cos 3x)
9
= = lim
4 x−→0 ln(cos 2x)
lim

Dr Djebbar Samir

25

Fiche de TD 4
Solution de L’exercice 1:
π

π

1) cos(2x) = 12 =⇒ 2x = + 2kπ ou 2x =
+ 2kπ, k ∈ Z =⇒ x = + kπ ou x =
+ kπ.
3
3
6
6
11π
π 7π 5π
,
et
.
En total on a quatre solutions ,
6 6
6
6
2) Comme cos2 x + sin2 x = 1 l’équation 2 cos2 x + 7 sin x = 5 peut s’écrire comme
2 sin2 x − 7 sin x + 3 = 0 qui est une équation du second degré.
3) En factorisant l’équation (2 sin x − 1)(sin x − 3) = 0 alors sin x = 0.5 et les solutions
π

sont et
.
6
6
Solution de L’exercice 2:
a) On sait que
arcsin(sin x) = x
si et seulement si x appartient à l’intervalle [−π/2, π/2]. On cherche donc un x dans cet
intervalle, tel que
sin x = sin

18π
.
5

Or
18π
20π − 2π

=
= 4π −
.
5
5
5
Comme −


appartient à [−π/2, π/2], on aura donc
5
(

arcsin sin

18π
5

)

=−


.
5

b) On peut utiliser la formule
arcsin x + arccos x =

π
2

On a alors
(

18π
arccos sin
5

)

(

18π
π
= − arcsin sin
2
5

)

et d’après a)
(

arccos sin

18π
5

(

)

=


π
− −
2
5

)

=


.
10

On constate bien que ce résultat appartient à l’intervalle [0, π].
26

Dr Djebbar Samir

c) On procède comme dans a)
15π
14π + π
π
=
= 2π + ,
7
7
7
donc
(

15π
arcsin sin
7
d) Le nombre

)

=

π
.
7

1
étant compris entre -1 et 1, on a
3
)

(

1
1
sin arcsin
=
3
3
e) le nombre

π
étant réel, on a
2

(

tan arctan

π
2

)

=

π
.
2

Solution de L’exercice 3:

a) ∀ x ∈ [−1, 1] sin(arccos x) = 1 − x2

∀ x ∈ [−1, 1] sin2 (arccos x) = 1 − cos2 (arccos x) = 1 − x2 donc sin(arccos x)√= ± 1 − x2 .
Mais comme arccos(x) ∈ [0, π] alors sin(arccos x) ≥ 0 donc sin(arccos x) = 1 − x2 .

b)∀ x ∈ [−1, 1] cos(arcsin x) = 1 − x2

∀ x ∈ [−1, 1] cos2 (arcsin x) = 1 − sin2 (arcsin x) = 1 − x2 donc cos(arcsin x) = ± √
1 − x2 .
Mais comme arcsin(x) ∈ [−π/2, π/2] alors cos(arcsin x) ≥ 0 donc cos(arcsin x) = 1 − x2 .
c) ∀ x ∈ [−1, 1] on a : 0 ≤ arccos x ≤ π donc −π ≤ − arccos x ≤ 0 alors 0 ≤ π−arccos x ≤ π.
Rappelons que cos(π − θ) = − cos(θ) donc cos(π − arccos x) = − cos(arccos x) = −x.
Il résulte que arccos(−x) = π − arccos x autrement arccos x + arccos(−x) = π .
Rappel :
−1
1


arccos′ (x) = √
et
arcsin
(x)
=
1 − x2
1 − x2

∀ x ∈ ]−1, 1[.

d) Soit f la fonction définie sur [−1, 1] par f (x) = arcsin x + arccos x alors f ′ (x) = 0
π
pour x ∈] − 1, 1[ donc f est une fonction constante sur [−1, 1] Or f (0) = donc pour tout
2
π
x ∈ [−1, 1], f (x) = .
2

Dr Djebbar Samir

27

Rappel :
cos(2θ) = 2 cos2 θ − 1 = 1 − 2 sin2 θ et sin(2θ) = 2 sin θ cos θ

Solution de L’exercice 4:
1
Soit g(x) = arctan x + arctan , la fonction est définie sur R∗ .
x
1

1
2
x
+
On a g ′ (x) =
( ) = 0 donc g est constante sur chacun des ses intervalle de
1 + x2 1 + 1 2
x

définition.
g(x) = c1 sur ] − ∞, 0[ et g(x) = c2 sur ]0, +∞[. En calculant g(1) et g(−1) on obtient
π
π
c1 = − et c2 = + .
2
2
g(x) = g(1) =

π
π
, ∀ x > 0 et g(x) = g(−1) = − , ∀ x < 0.
2
2

Solution de L’exercice 5:
4
5
a) arcsin x = arcsin + arcsin
5
13
(

)

4
5
=⇒ sin (arcsin x) = sin arcsin + arcsin
5
13 (
(
)
(
)
)
(
)
4
5
4
5
=⇒ x = sin arcsin
· cos arcsin
+ cos arcsin
· sin arcsin
5
13
5
13


(
)
(
)
4
5
15
4
× 1 − sin2 arcsin
=⇒ x = × 1 − sin2 arcsin
+
5
13
3
5


(

)



( )

4
5 2 15
4 2
=⇒ x = × 1 −
+
× 1−
5
13
3
5
5
3
48
3
63
4 12
+
× =
+
=
∈ [−1, 1]
=⇒ x = ×
5 13 13 5
65 13
65

28

Dr Djebbar Samir

b) L’équation (arcsin x − 5) arcsin x = −4,
équivaut au système






U = arcsin x
U 2 − 5U + 4 = 0

L’équation du second degré a deux racines U1 = 1 et U2 = 4. Mais arcsin x étant compris entre −π/2 et π/2, l’équation arcsin x = 4 n’a pas de solution. Par contre l’équation
arcsin x = 1 a une solution x = sin 1, qui est la seule solution de l’équation initiale.
c) 5 cosh x − 4 sinh x = 3
(

)

(

)

ex + e−x
ex − e−x
=⇒ 5
−4
=3
2
2
5
5
=⇒ ex + e−x − 2ex + 2e−x = 3
2
2
1 x 9 −x
=⇒ e + e = 3 =⇒ ex + 9e−x = 6
2
2
=⇒ e2x + 9 = 6ex =⇒ e2x − 6ex + 9 = 0.....(∗)
Posons t = ex , (∗) devient : t2 − 6t + 9 = 0.
△ = 0, t = 3 =⇒ x = ln(3).
Solution de L’exercice 6:
a) En écrivant la fonction à l’aide des exponentielles, on obtient
(

ex + e−x
2 cosh x − sinh 2x = 2
2

)2

2



e2x − e−2x
= 1 + e−2x ,
2

et ceci tend vers 1 lorsque x tend vers +∞.
b) Alors
(

)

e2x 2 cosh2 x − sinh 2x = e2x + 1,
et ceci tend vers 1 lorsque x tend vers −∞.
⋆ La fonction f est définie si
(

)

1
1
x+
≥1
2
x
Cette inéquation s’écrit
x+

1
≥ 2,
x

Dr Djebbar Samir

29

ou encore
(x − 1)2
≥ 0.
x
Le domaine de définition est donc ]0, +∞[. En utilisant l’expression de argch sous forme de
logarithme,
[

(

1
1
x+
argch
2
x

)]



(

)

(

)

(

)

1
1
= ln  x +
+
2
x


1
1
= ln  x +
+
2
x
[





(

)2

(

)2

1
1
x+
4
x
1
1
x−
4
x
]

1
1
1
1
= ln
x+
+ x−
.
2
x
2
x
Si x ≥ 1, le nombre x −

1
est positif ainsi que ln x, et
x
[

(

1
1
argch
x+
2
x
Si 0 < x ≤ 1, le nombre x −

)]

= ln x = |ln x| .

1
est négatif ainsi que ln x, et
x
[

(

1
1
argch
x+
2
x

)]

= ln

1
= − ln x = |ln x| ,
x

donc, pour tout x > 0
[

argch

30

(

1
1
x+
2
x

)]

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= |ln x| .



− 1




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