Dérivée de arcsin, arccos, arctan

Exercice 1.
Calculer la dérivée de {f(x)=\arctan\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}\sin x}{b+a\cos x}}
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On suppose bien sûr {\left|b\right|\le\left|a\right|}.

La fonction {f} est définie et dérivable pour {\cos x \ne-\dfrac ba} et :{\begin{array}{rl}f'(x)&=\sqrt{a^2-b^2}\,\dfrac{(\cos x)(b+a\cos x)+a\sin^2 x}{(b+a\cos x)^2}\,\dfrac{1}{1+\dfrac{(a^2-b^2)\sin^2 x}{(b+a\cos x)^2}}\\\\&=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}\,(b\cos x+a)}{(b+a\cos x)^2+(a^2-b^2)\sin^2 x}\\\\&=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}\,(b\cos x+a)}{b^2\cos^2 x+a^2+2ab\cos x}=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}}{b\cos x+a}\end{array}}

Exercice 2.
Calculer la dérivée de {f_n(x)=\arccos\dfrac{x^{2n}-1}{x^{2n}+1}}.
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On a {-1\le\dfrac{x^{2n}-1}{x^{2n}+1}\le1} pour tout {x} de {\mathbb{R}}.

La fonction {f_n} est donc définie et continue sur {\mathbb{R}}.

Elle est dérivable pour {-1\lt \dfrac{x^{2n}-1}{x^{2n}+1}\lt 1} c’est-à-dire {x\ne0}. On a alors : {\begin{array}{rl}f'_n(x)&=(2n)\,x^{2n-1}\dfrac{2}{(x^{2n}+1)^2}\,\dfrac{-1}{\sqrt{1-\dfrac{(x^{2n}-1)^2}{(x^{2n}+1)^2}}}\\\\&=\dfrac{-4nx^{2n-1}}{(x^{2n}+1)\,\sqrt{(x^{2n}+1)^2-(x^{2n}-1)^2}}\\\\&=\dfrac{-4nx^{2n-1}}{(x^{2n}+1)\,\sqrt{4x^{2n}}}=\dfrac{-2n\varepsilon x^{n-1}}{x^{2n}+1}\\\\&\text{\ avec\ }\varepsilon=\pm1\text{\ tel que\ }x=\varepsilon\left|x\right|\end{array}}Ainsi {f_n'(x)=\dfrac{2n x^{n-1}}{x^{2n}+1}} si {x\lt 0} et {f_n'(x)=\dfrac{-2n x^{n-1}}{x^{2n}+1}} si {x>0}.

On a {f_1'(x)=\dfrac{-2\varepsilon}{x^{2}+1}} et {\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} f'(x)=-2\varepsilon}.

Ainsi {\begin{cases}(f_1)'_g(0)=2\\(f_1)'_d(0)=-2\end{cases}}, donc {f_1} n’est pas dérivable en {0}.

Si {n\ge2}, on a {\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0} f'(x)=0}, donc {f_n} est dérivable en {0} avec {f'(0)=0}.

Exercice 3.
Calculer la dérivée de {f(x)=\arctan\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}} et expliquer.
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La fonction {f} est définie et dérivable sur {]-1,1[} et :{\begin{array}{rl}f'(x)&=\dfrac{\sqrt{1-x^2}+\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}\,\dfrac1{1+\dfrac{x^2}{1-x^2}}\\\\&=\sqrt{1-x^2}+\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac1{\sqrt{1-x^2}}\end{array}}Ainsi {f} et {x\mapsto\arcsin(x)} ont la même dérivée sur {]-1,1[}.

Il existe donc {\lambda\in\mathbb{R}} tel que {\forall\, x\in]-1,1[,\;f(x)=\arcsin x+\lambda}.

Or {f(0)=0=\arcsin 0}. Finalement : {f(x)=\arcsin x} sur {]-1,1[}.

On retrouve ce résultat avec {\,\theta=\arcsin x\in\bigl]-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\bigr[}. En effet :{\begin{array}{rl}f(x)&=\arctan\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\arctan\dfrac{\sin\,\theta}{\sqrt{1-\sin^2\,\theta}}\\\\&=\arctan\tan\,\theta=\,\theta=\arcsin x\end{array}}

Exercice 4.
On pose {y(x)=\arctan x}.
Montrer que {y^{(n)}(x)=(n-1)!\cos^ny\,\sin\bigl(ny+n\dfrac\pi2\bigr)}.
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On procède par récurrence sur l’entier {n\ge1}.

Pour {n=1}, on a : {\begin{array}{l}(n-1)!\cos^ny\,\sin\bigl(ny+n\dfrac\pi2\bigr)\\\\\qquad=\cos y\sin\bigl(y+\dfrac\pi2\bigr)\\\\=\cos^2 y=\dfrac{1}{1+\tan^2y}=\dfrac{1}{1+x^2}=y'(x)\end{array}}La propriété est donc vraie pour {n=1}.

Supposons qu’elle le soit au rang {n\ge1} fixé. On a alors :
{\begin{array}{l}y^{(n+1)}(x)=(n-1)!\,\dfrac{\text{d}}{{\text{d}}x}\Bigl(\cos^ny\,\sin\bigl(ny+n\dfrac\pi2\bigr)\Bigr)\\\\=(n-1)!\,y'(x)\Bigl(n\cos y\cos\bigl(ny+n\dfrac\pi2\bigr)-n\sin y\sin\bigl(ny+n\dfrac\pi2\bigr)\Bigr)\cos^{(n-1)}(y)\\\\=n!\cos^2(y)\Bigl(\cos\bigl((n+1)y+n\dfrac\pi2\bigr)\Bigr)\cos^{(n-1)}(y)\\\\=n!\cos^{(n+1)}(y)\sin\Bigl((n+1)y+(n+1)\dfrac\pi2\Bigr)\end{array}}Ce qui établit la propriété au rang {n+1} et achève la récurrence.