La fonction Arctangente
Pour le calcul la calculatrice utilise l'algorithme CORDIC. Page 3. 5°) Valeurs remarquables. On utilise une lecture inverse du tableau des
Chapitre V Fonctions arcsin arccos
http://math.univ-lyon1.fr/~tchoudjem/ENSEIGNEMENT/L1/cours10.pdf
Les-nombres-complexes.pdf
la tangente: Soit z=a+ib non nul. Si a>0. Alors de tan(?)=b/a avec la calculatrice ou le tableau des valeurs remarquables
Mathématiques Rappels sur les fonctions usuelles 1. Logarithme f
Valeurs remarquables : ? ln(1) = 0. ? ln(e) = 1 Autres propriétés remarquables : ... ?x ? R+ Arctan(x) ? x (comparaison à la tangente en 0).
Feuille dexercices 7 Fonctions trigonométriques réciproques
2 arctan (. 1. 3. ) Correction exercice 2. 1. 0 <. 1. 3. < 1 ? arctan(0) < arctan (. 1. 3. ) < arctan(1). Car arctan est strictement croissante donc.
CONCOURS A TB - 2020 Lépreuve de Calcul et Raisonnement de
fonction arctangente. même s'il avait oublié quelques valeurs remarquables de la fonction arctan – et qu'il ne parvenait pas `a les retrouver.
Fonctions trigonométriques inverses
Si ? est la valeur principale des fonction trigonométriques inverses impliquée alors arcsin(sin(?)) = ? arccos(cos(?)) = ? arctan(tan(?)) = ?.
Devoir de Mathématiques 2 : corrigé Exercice 1. Valeurs
Valeurs remarquables de cosinus sinus et tangente 2. f est la composée de arctan et g donnée par g(t) = sin(t). 1 ? cos(t). : f = arctan ?g.
Fonctions circulaires et applications r´eciproques
Quelques valeurs remarquables des fonctions sinus cosinus et tangente Il faut prendre garde au fait que l'expression Arctan(tan?) est définie pour tout ...
fonctions-usuelles.pdf
f(x)=arcsin(x) g(x)=arccos(x) h(x)=arctan(x)?? a) Fonctions hyperboliques f(x)=sinh(x)g(x)=cosh(x) h(x)=tanh(x)? Sinus et cosinus : valeurs remarquables.
[PDF] La fonction Arctangente
On utilise une lecture inverse du tableau des valeurs remarquables Nous pouvons également obtenir les valeurs des arctangentes de (cf voir V) x 0 6
[PDF] Chapitre V Fonctions arcsin arccos arctan 1 Définitions 2 Propriétés
1 mar 2017 · On note arctan : R ? [??/2 ?/2] la fonction réciproque i e si x ? R alors y = arctanx ? tany = x ET ? ?/2
[PDF] Feuille dexercices 7 Fonctions trigonométriques réciproques
1 + tan2( ) = 2sin( ) cos( ) × cos2( ) = 2sin( )cos( ) = sin(2 ) 3 sin(2arctan( 1 3 )) = 2tan(arctan ( 1 3))
[PDF] Formulaire de trigonométrie 1 Fonctions trigonométriques - LPSM
On peut donner explicitement quelques valeurs remarquables : cos(0) = 1 ; cos (?6) = ?3 2; cos (?4) = ?2 2; cos (?3) = 1 2; cos (?2) = 0 On en déduit
[PDF] Les fonctions de référence
La fonction Arctan est impaire La démonstration de ce théorème est identique à la démonstration du théorème 14 page 21 Valeurs usuelles de la fonction
[PDF] Chapitre bonus 1 : Trigonométrie - Julian Tugaut
Fonctions tangente et arctangente 4 Formules trigonométriques 5 Angles remarquables Elle est `a valeurs dans l'intervalle [?1; 1] Julian Tugaut
[PDF] Rappels de trigonométrie - Normale Sup
I 1 Valeurs particulières III 2 Les fonctions arccos arcsin arctan Dérivée : la fonction arcsin est dérivable sur ] ? 11[ et
[PDF] Les fonctions circulaires réciproques - MPSI - Camille Guerin
Remarquons que Arctan réciproque d'une fonction impaire est elle aussi impaire Voici quelques valeurs remarquables de la fonction Arctan x 0 ? 3 3
[PDF] Fonctions trigonométriques réciproques
[ arctan[tan(y)] = y 2) On a aussi : ?x?[-1 ;1] arcsin(-x) = -arcsin(x) et ?x
Quel est la valeur de arctan ?
La règle de la fonction arc tangente de base est f(x)=arctan(x). f ( x ) = arctan ? On note aussi cette fonction f(x)=tan?1(x). f ( x ) = tan ? 1 ?Comment montrer que la fonction arctangente est impaire ?
tan y x = - - . Arctan x y - = - . Arctan Arctan y y - = - . Il en résulte que la fonction Arctan est impaire.Comment calculer les limites de arctan ?
- Si ab < 1 alors cos(Arctan a + Arctan b) > 0 et donc (Arctan a + Arctanb )est compris entre -pi/2 et pi/2 .- Nous pouvons alors définir la fonction arctangente de la façon suivante. les asymptotes horizontales. En posant l'angle y=arctan(x), on cherche donc à simplifier l'expression cos(arctan(x))=cos(y). Ainsi, cos(arctan(x))=cos(y)=1?x2+1.
On considere le nombre complexez=1 +i⎷2
1.Methode vue en cours.On poseω=x+iyavec(x,y)?R2et on resout l'equationω2=zen remarquant
que, en plus,|ω|2=|z|(?).2=z?(x+iy)2=1 +i⎷2
?(x2-y2) +i(2xy) =1 +i⎷2 ?x2-y2=1⎷2
2xy=1⎷2
???x2-y2=⎷2
2 x2+y2= 1 (?)2xy=1⎷2
?????x2=2 +⎷2
4 y2=2-⎷2
4 xy=12 ⎷2 Commexy >0il vient les deux solutions complexes :ω1=?2 +
⎷2 2 +i?2-⎷2 2 etω2=-ω12. (a) |z|= 1etargz=π4 [2π](b) On poseω=ρeiθavecρ >0etθ?R. On a donc :2=z?ρ2ei2θ= 1.eiπ4
??ρ2= 12θ=π4
+ 2kπ, k?Z ??ρ= 1θ=π8
+kπ, k?ZOn a les deux solutions complexes :ω
?1=eiπ8etω?2=-ω?13. On peut identier les solutions des questions 1 et 2 puisqu'il s'agit des solutions de la m^eme equation. Pour
distinguer l'une de l'autre on examine (par exemple) le signe des parties reelles. Puisquecosπ8 >0il vient :1=ω?1etω2=ω?2
1PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornNous obtenons en identiant parties reelles et parties imaginaires :
cos π8 =?2 + ⎷2 2 etsinπ8 =?2-⎷2 2Par quotient :
tan π8 =?2-⎷2 2 + ⎷2 =⎷2-1Exercice 2. Simplication d'une fonction L'objet de cet exercice est la reecriture de l'expression : f(t) = arctan?sin(t)1-cos(t)?La partie A propose une approche analytique du probleme; la partie B s'appuie sur des calculs dans le corps des
nombres complexes. Ces deux parties sont independantes.Notation.Pour un nombre complexez, on designe respectivement parRe(z)etIm(z)la partie reelle et la partie
imaginaire dez.1.Cours.Cf cours.
Partie A.
Etude analytique
2.fest la composee dearctanetgdonnee parg(t) =sin(t)1-cos(t):
f= arctan◦g.Cette derniere fonction est denie des lors que1-cos(t)?= 0, c'est-a-dire pourt??2πZ. Puisquearctanest
denie surR, le domaine de denition defest celui deg:R\2πZ=R\ {2kπ, k?Z}La fonctionfest periodique de periode2π:
{ sit?R\2πZ, alorst+ 2πegalement; {f(t+ 2π) = arctan(sin(t+2π)1-cos(t+2π)) = arctan(sin(t)1-cos(t)) =f(t)pour toutt?R\2πZ. On peut donc restreindre l'etude defa[-π,0[?]0,π].Par ailleurs la fonctionfest impaire :
{ sit?R\2πZ, alors-tegalement; {f(-t) = arctan(sin(-t)1-cos(-t)) = arctan(-sin(t)1-cos(t)) =-f(t)pour toutt?R\2πZOn peut donc restreindre l'etude defa]0,π]. On complete par symetrie par rapport aOet on obtient la fonction
fsur[-π,0[?]0,π].On considere dorenavantfsur l'intervalle]0,π].
3.f ?π2 = arctan(1) =π44. La fonctiongest le quotient de deux fonctions derivables surR: elle est donc derivable surR\2πZ. De son c^ote,
arctanest derivable surR. Il en resulte quefest la composee de deux fonctions derivables sur leur domaine de
denition, doncfest derivable surR\2πZcomme composee de fonctions derivables. 2 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornPour toutt?]0,π], f ?(t) =cost(1-cost)-(sint)2(1-cost)2arctan?(sint1-cost) cost-1(1-cost)211+ (sint)2(1-cos(t))2 cost-1(1-cost)2(1-cost)22-2cost =-125. Avec la question precedente on obtient que, sur l'intervalle]0,π],f(t) =-t2
+CavecCune constante que l'on determine a l'aide de la question. Pour quef?π2 =π4 il faut et il sut queC=π2Ainsi pour toutt?]0,π],f(t) =π-t2
Partie B.
Etude algebrique
6. Soitzun nombre complexe tel queRe(z)>0. Soitαl'argument dezdans]-π,π[. Notonsρle module dez.
Nous avons alors :
z=ρcos(α) +iρsin(α) Puisque la partie reelle dezn'est pas nul il vient par quotient : tan(α) =sin(α)cos(α)=ρsin(α)ρcos(α)=Im(z)Re(z)Par ailleurs puisqueRe(z)>0nous avonsα??
-π2 ,π2 . Comme la fonctionarctanest la reciproque de la restriction detana? -π2 ,π2nous avons :α= arctan?Im(z)Re(z)?On xeθ?]0,π[et on considere le nombre complexeuθ= 1-e-iθ.
7. Avec la methode de l'angle moitie :
uθ=e-iθ2
2isin?θ2
= 2 sin?θ2 e iπ-θ2Puisqueθ?]0,π[, on asin(θ2
)>0.Par consequent|uθ|= 2 sin(θ2
)et en choisissant l'argument dans]-π,π[: arg(uθ) =π-θ28. On aRe(uθ) = 1-cos(θ)etIm(uθ) = sin(θ)9. PuisqueRe(uθ)>0le resultat de la question 6 nous permet d'ecrire pour toutθ?]0,π[:arctan
?sin(θ)1-cos(θ)? =π-θ2On retrouve le resultat de la question 5.
3 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornProbleme I. Sur une famille de fonctions Pour tout reelstrictement positifαon considere la fonctionfαdenie pour toutx >0par fα(x) =xαe-x2
On noteCαla courbe representative de la fonctionfαdans un repere orthonorme direct.Partie I. Generalites
Dans cette partieαest un reelstrictement positif.1.x?→xαetx?→e-x2sont derivables sur]0,+∞[doncfαest derivable sur]0,+∞[. Pour toutx >0,
f ?α(x) =?αxα-1-2xα+1?e-x2 En factorisant parxαil vient :?x >0, f?α(x) =?αx -2x? fα(x)2. Nous avons limites suivantes :
lim x→0+fα(x) = 0En posanty=x2il vientlimx→+∞fα(x) = limy→+∞yα2 e-y. Par croissance comparee usuelle, cette limite est nulle donclim x→+∞fα(x) = 03. Etudions le signe def?α(x): cette quantite est du signe deαx -2x=α-2x2x qui est elle-m^eme du signe deα-2x2. Posonsxα=?α
2 etyα=fα(xα). Nous avons donc le tableau de variations :x0xα+∞f ?α(x)+ 0-f α(x)0?yα?0D'apres le tableau de variationsfαadmet un unique maximum enxα=?α 24. Nous avonsSα(xα,yα). Pourα= 2,S2(1,1). Or pour toutα >0,fα(1) = 1donc toutes les courbesCαpassent
parS2.Figure 1. Famille des courbesCα 4 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornPartie II. Variations du maximumDans cette partie on suppose toujours queαest un reelstrictement positif. On utilise les notations de la partie
precedente.On considere la fonctiongdenie parg(x) =xxe-x.
5. Reecrivonsg. Pour toutx >0,g(x) =exln(x)-xLa fonctiongest denie sur]0,+∞[. La fonctionx?→xlnx-xest derivable sur]0,+∞[et commeexpest
derivable surR,gest derivable sur]0,+∞[comme composee de fonctions derivables. Pour toutx >0, g ?(x) = ln(x)exln(x)-x,qui est du signe delnxNous avons donc le tableau de variation :x0 1 +∞g(x)1?e-1?+∞Justions les limites aux bornes du domaine de denition.
•En0. Par croissance compareelimx→0+xlnx= 0donc lim x→0+exln(x)-x= limx→0+g(x) = 1. •En+∞.limx→+∞xln(x)-x= limx→+∞x(ln(x)-1) = +∞donclim x→+∞g(x) = +∞. Representons l'allure du graphe deg:6. On axα=?α2 12 fα(xα) =xααe-x2
α=?α2
α2 e-(α2 )22 Doncfα(xα) =g?α2
?7. limα→0+fα(xα) = limα→0+g?α2 = limt→0+g(t) = 18. La quantitefα(xα) =g?α2
est minimale, d'apres le tableau de variations deg, pourα2 = 1c'est a direα= 25 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornProbleme II. Calculs de sommeL'objectif de ce probleme est d'obtenir une expression pour certaines sommes indexees sur des familles d'entiers. Le
probleme est constitue de deux parties totalementindependantes.Nota Bene. Calculer une somme signie ici en donner une expression ou le symbolesigman'intervient plus.
Partie I. Derivee d'une somme geometrique
Soitx?R.Etant donnen?N?, on se propose de calculer la sommeHn(x)denie par : H n(x) =x+ 2x2+ 3x3+...+nxn=n? k=1kx kPar ailleurs on poseGn(x) =n?
k=0x k.1. Nous reconnaissons la des sommes classiques dont les valeurs ont ete vues en cours :G
n(1) =n? k=01 =n+ 1etHn(1) =n? k=1k=n(n+ 1)22. L'applicationGn:x?→Gn(x)est derivable surRcomme somme des fonctionsx?→xkderivables surRet de
deriveex?→kxk-1. Par linearite de la derivation il vient : G ?n(x) =n? k=1kx k-1 doncxG ?n(x) =n? k=1kx k=Hn(x)On suppose desormais quex?= 1.3. La sommeGn(x)est la somme des termes d'une suite geometrique de raisonx?= 1d'apres en resultat du cours
(qui peut s'obtenir par recurrence ou par un calcul direct) nous avonsGn(x) =xn+1-1x-1·4. En derivantGnsous la forme obtenue a la question precedente comme quotient de deux polyn^omes nous obtenons
pour toutx?R\ {1} G ?n(x) =nxn+1-(n+ 1)xn+ 1(x-1)2·Donc pour toutx?R\ {1}:H
n(x) =xG?n(x) =nxn+2-(n+ 1)xn+1+x(x-1)2On se propose de verier que l'expression deHn(x)obtenue pourxreel se prolonge aux nombres complexes. La methode
employee dans les questions precedentes ne peut ^etre transposeemutatis mutandisaCcar nous ne disposons pas de notion de
derivee pour les fonctions d'une variable complexe.5. Soitz?C\ {1}. PosonsHn(z) =n?
k=1kz ket pour tout entiern≥1 P n: 6PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de Born•Initialisation.Pourn= 1, pour toutz?C\ {1}nous avons d'une partH1(z) =zet d'autre part :
z1+2-(1 + 1)z1+1+z(z-1)2=z(z2-2z+ 1)(z-1)2=z.
AinsiP1est vraie.
•Heredite.Supposons quePnest vraie. Pour toutz?C\ {1} H n+1(z) =n+1? k=1kz k n? k=1kz k+ (n+ 1)zn+1 nzn+2-(n+ 1)zn+1+z(z-1)2+ (n+ 1)zn+1 nzn+2-(n+ 1)zn+1+z+ (n+ 1)(z2-2z+ 1)zn+1(z-1)2 (n+ 1)zn+3-(n+ 2)zn+2+z(z-1)2DoncPn+1est vraie.
•Conclusion.Par recurrence surn≥1nous avons montre que pour toutn≥1la propositionPnest vraie.
Partie II. Sommes avec des coecients binomiaux
Soitn?N. On xe un reelθ?]-π,π]. On se propose de calculer les sommes : C n(θ) =n? k=0? n k? cos(kθ)etSn(θ) =n? k=0? n k? sin(kθ)6. Calculons les sommesCn(π)etSn(π).C
n(π) =n? k=0? n k? cos(kπ) =n? k=0? n k? (-1)k= (1 + (-1))n= 0etSn(π) =n? k=0? n k? sin(kπ) = 0On suppose desormais queθ?=π.7.Questions de cours.Cf cours.
8.Preliminaire complexe.
(a) Avec la methode de l'angle moitie :eiθ+ 1 =eiθ2 e -iθ2 +eiθ2 = 2cos?θ2 ?eiθ2Puisqueθ?]-π,π[nous avons2cos?θ2
?>0d'ou :|eiθ+ 1|= 2cos?θ2 etarg?eiθ+ 1?=θ2 [2π](b) Nous avons l'ecriture trigonometrique :? eiθ+ 1?n= 2ncosn?θ2 e inθ2.9.Conclusion.
(a) D'une part : C n(θ) +iSn(θ) =n? k=0? n k? (cos(kθ) +isin(kθ)) =n? k=0? n k? e ikθ 7 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornD'autre part avec la formule du bin^ome de Newton : n k=0? n k? e ikθ=n? k=0? n k? ?eiθ?k1n-k=?eiθ+ 1?nNous avons donc l'identite :C
n(θ) +iSn(θ) =?eiθ+ 1?n. (b) Avec la question 8 (b) on obtient : Re( ?eiθ+ 1?n) = 2ncosn?θ2 cos?nθ2 etIm(?eiθ+ 1?n) = 2ncosn?θ2 sin?nθ2 Puisque les sommesCn(θ)etSn(θ)sont reelles, la question 9 (a) nous donne : Re( ?eiθ+ 1?n) =Cn(θ)etIm(?eiθ+ 1?n) =Sn(θ)En identiant nous pouvons ecrire :C
n(θ) = 2ncosn?θ2 cos?nθ2 etSn(θ) = 2ncosn?θ2 sin?nθ2Bareme. Total /85
Presentation - Redaction. /3
Exercice 1. /101. 3pts; 2 (a) 2pts , (b) 2pts; 3. 3pts.Exercice 2. /22
1. (a) 2pt; (b) 2pt/
Partie A.2. 3pts; 3. 1pt; 4. 3pts; 5. 2pts.
Partie B.6. 2pts; 7. 3pts; 8. 2pts; 9. 2pts.
Probleme 1. /20
Partie I.1. 3pts; 2. 3pts; 3. 2pts; 4. 1pt.
Partie II.5. 7pts; 6. 2pts; 7. 1pt; 8 1pt.
Probleme 2. /30
Partie I.1. 2pts; 2. 3pts; 3. 2pts; 4. 2pt; 5. 3pts. Partie II.6. 3pts; 7. (a) 3pts , (b) 2pts; 8. (a) 3pts , (b) 2pts; 9. (a) 3pts , (b) 2pts.ResultatsMoyenneMax
Exercice 15,210
Exercice 26,715,5
Probleme 14,915
Probleme 27,423
P - R1,83
TOTAL26,056,5
8quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40[PDF] limite de arctan
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