@ccueil Colles

Fonction grandement simplifiable (avec fonctions trigonométriques réciproques)


Simplifier $f(x)=2\arctan\sqrt{\dfrac{1-x}{x}}+\arcsin(2x-1)$
(préciser $\mathcal{D}_f$, $\mathcal{D}_f'$ et calculer $f'(x)$).

Correction
$\arctan$ est définie sur $\R$ et $\arcsin$ sur $[-1;1]$ et donc $f(x)$ est bien définie lorsque $\sqrt{\dfrac{1-x}{x}}$ existe et $2x-1\in[-1;1]$.
$\sqrt{\dfrac{1-x}{x}}$ existe si et seulement si $x\not=0$ et $\dfrac{1-x}{x}\geqslant0$. Or $\dfrac{1-x}{x}$ est du même signe que $x(1-x)$ qui est un trinôme du second degré, donc positif à l'intérieur de ses racines 0 et 1.
D'autre part, $-1\leqslant 2x-1\leqslant1 \iff 0\leqslant x\leqslant1$.
En résumé, les deux termes sont définis, donc $f(x)$, lorsque $x\in\mathcal{D}_f=]0;1]$.


Pour la dérivabilité de $f$, on sait de plus que $\sqrt{x}$ n'est pas dérivable en $0$ donc $x\mapsto\sqrt{\dfrac{1-x}{x}}$ n'est pas dérivable en $\dfrac{x-1}{x}=0\iff x=1$.
De même, $\arcsin$ n'est pas dérivable en $\pm1$, et ici $2x-1=\pm1\iff\bigl(x=0\text{ ou }x=1\bigr)$.
En résumé, $f$ est dérivable sur $\mathcal{D}_{f'}=]0;1[$.


Pour tout $x\in]0;1[$,
\[f'(x)=2\dfrac{u'(x)}{1+u^2(x)}+\dfrac{v'(x)}{\sqrt{1-v^2(x)}}\]

$u(x)=\sqrt{\dfrac{1-x}{x}}=\sqrt{\lp\dfrac1x-1\right)}$ et $v(x)=2x-1$.
On a alors $u'(x)=\dfrac{-\frac1{x^2}}{2\sqrt{\frac{1-x}{x}}}$ et $u'(x)=2$, d'où
\[\begin{array}{ll}f'(x)
&=-\dfrac{1}{x^2\sqrt{\frac{1-x}{x}}\lp1+\dfrac{1-x}{x}\right)}
+\dfrac2{\sqrt{1-\lp2x-1\rp^2}}\\[1em]
&=-\dfrac1{x\sqrt{\frac{1-x}{x}}}
+\dfrac2{\sqrt{4x(1-x)}}\\[1em]
&=-\dfrac1{\sqrt{x^2\frac{1-x}{x}}}
+\dfrac1{\sqrt{x(1-x)}}\\[1em]
&=0
\enar\]

Ainsi, $f$ est constante sur $]0;1]$, où elle est continue, avec $f(1)=2\arctan0+\arcsin1=\dfrac\pi2$, et on a donc obtenu
\[\forall x\in]0;1]\,,\ f(x)=\dfrac\pi2\]



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