MPSI B Corrigé du DM 3 4 novembre 2019

MPSI B Corrigé du DM 3 4 novembre 2019

Exercice 1

1. Expressions de tan

^π₈

et tan

^3π₈

avec des racines carrées.

a. Lorsque x 6≡

^π₂

mod π et x 6≡ π mod 2π , on peut écrire

tan x = 2 tan

^x₂

1 − tan

^2x₂

.

b. Introduisons = ±1 pour rendre compte synthétiquement de tan

^π₄

= 1 et tan

^3π₄

= −1 . En utilisant la formule précédente, considèrons l'équation d'in- connue t réelle

= 2t

1 − t

²

⇔ 1 = 2t

1 − t

²

⇔ t

²

+ 2t − 1 = 0 (E

).

Alors tan

^π₈

est la solution positive de l'équation (E ) avec = 1 et tan

^3π₈

est la solution positive de l'équation avec = −1 .

Les solutions de l' équation (E ) sont − ± √

2 . On en déduit tan π

8 = −1 + √

2, tan 3π

8 = 1 + √ 2.

Les autres solutions sont

1 − √

2 = tan

− π 8

, −1 − √ 2 = tan

− 3π 8

.

Comme les arguments sont entre −

^π₂

et

^π₂

, on obtient le tableau solutions −1 − √

2 1 − √

2 −1 + √

2 1 + √ 2

arctan −

^3π₈

−

^π₈ ^π₈ ^3π₈

2. a. On suppose que t n'est pas congru à

^π₈

modulo

^π₄

ni à

^π₂

modulo π donc tan 4t et tan t sont bien dénis. Avec la formule du binôme :

cos 4t = Re(cos t + i sin t)

⁴

= cos

⁴

t − 6 cos

²

t sin

²

t + sin

⁴

t

= cos

⁴

t 1 − 6 tan

²

t + tan

⁴

t ,

sin 4t = Im(cos t + i sin t)

⁴

= 4 cos

³

t sin t − 4 cos t sin

³

t

= cos

⁴

t 4 tan t − 4 tan

³

t .

On en déduit

tan 4t = 4 tan t − 4 tan

³

t 1 − 6 tan

²

t + tan

⁴

t .

b. On sait que cos 4t = 0 ⇔ t ≡

^π₈

mod

^π₄

. Pour de tels t , cos t 6= 0 et tan t est racine de 1 − 6x

²

+ x

⁴

= 0 . On en déduit que

−1− √

2 = tan(− 3π

8 ) < 1− √

2 = tan(− π

8 ) < −1+ √

2 = tan π

8 < 1+ √

2 = tan 3π 8 sont quatre racines distinctes de cette équation. Ce sont les seules car l'équation est de degré 4.

c. Pour x / ∈

−1 − √

2, 1 − √

2, −1 + √

2, 1 + √

2 , la fraction est dénie. De plus, en notant t = arctan x ce qui entraine x = tan t , la question a. montre que

4x

²

− 4x

³

1 − 6x

²

+ x

⁴

= tan 4t.

On ne peut pas en déduire que

arctan

4x

²

− 4x

³

1 − 6x

²

+ x

⁴

= 4t = 4 arctan x

car 4t n'est pas toujours dans

−

^π₂

,

^π₂

suivant les valeur de t . Il faut considérer divers cas et ajouter le bon multiple de π .

. Si x < −1 − √

2 alors t ∈

−

^π₂

, −

^3π₈

, 4t ∈

−2π, −

^3π₂

, 4t + 2π ∈

−

^π₂

,

^π₂

. . Si −1− √

2 < x < 1− √

2 alors t ∈

−

^3π₈

, −

^π₈

, 4t ∈

−

^3π₂

, −

^π₂

, 4t+π ∈

−

^π₂

,

^π₂

. . Si 1 − √

2 < x < −1 + √

2 alors t ∈

−

^π₈

,

^π₈

, 4t ∈

−

^π₂

, −

^π₂

. . Si −1 + √

2 < x < 1 + √

2 alors t ∈

_π

8

,

^3π₈

, 4t ∈

_π

2

,

^3π₂

, 4t − π ∈

−

^π₂

,

^π₂

. . Si 1 + √

2 < x alors t ∈

_3π

8

,

^π₂

, 4t ∈

_3π

2

, 2π

, 4t − 2π ∈

−

^π₂

,

^π₂

. Finalement :

arctan 4x

²

− 4x

³

1 − 6x

²

+ x

⁴

= 4 arctan x



 

 

 

 

 

 

 

 

+ 2π si x < −1 − √

2 + π si −1 − √

2 <x < 1 − √ 2 + 0 si 1 − √

2 <x < −1 + √ 2

− π si −1 + √

2 <x < 1 + √ 2

− 2π si 1 + √ 2 <x

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai M0203C

MPSI B Corrigé du DM 3 4 novembre 2019

Exercice 2

1. A l'aide de la formule de récurrence, on obtient immédiatement P

₂

(t) = 2t

²

− 1

P

3

(t) = 2t(2t

²

− 1) − t = 4t

³

− 3t

P

4

(t) = 2t(4t

³

− 3t) − (2t

²

− 1) = 8t

⁴

− 8t

²

+ 1 Q

2

(t) = 2t

Q

3

(t) = 2t(2t) − 1 = 4t

²

− 1 Q

₄

(t) = 2t(4t

²

− 1) − 2t = 8t

³

− 4t

2. On remarque que les formules sont vraies pour n = 0 et 1 . En eet :

∀x ∈ R ,

( P

0

(cos x) = 1 = cos(0x), P

1

(cos x) = cos x = cos(1x) sin x Q

0

(cos x) = 0 = sin(0x), sin x Q

1

(sin x) = sin x = sin(1x) . Pour tout n ∈ N, considérons la propriété C

n

:

∀x ∈ R ,

( P

_n

(cos x) = cos(nx), sin x Q

_n

(cos x) = sin(nx)

P

n+1

(cos x) = cos((n + 1)x), sin x Q

n+1

(cos x) = sin((n + 1)x) Comme on a vu que C

0

est vraie, il s'agit de montrer que (∀n ∈ N , C

n

⇒ C

n+1

) . En fait, par dénition de la proposition, il sut de démontrer

C

n

⇒

( P

n+2

(cos x) = cos((n + 2)x) sin x Q

n+2

(cos x) = sin((n + 2)x) . Utilisons les formules de transformation de somme en produit :

cos((n + 2)x) + cos nx = 2 cos x cos((n + 1)x) sin((n + 2)x) + sin nx = 2 cos x sin((n + 1)x) d'où

cos((n + 2)x) = 2 cos xP

_n+1

(cos x) − P

_n

(cos x) = P

_n+2

(cos x) d'après la formule dénissant P

_n+2

. De même,

sin((n + 2)x) = 2 cos x sin x Q

_n+1

(cos x) − sin x Q

_n

(cos x) = sin xQ

_n+2

(x) d'après la formule dénissant Q

_n+2

.

3. Dérivons l'égalité fonctionelle P

n

(cos x) = cantberns(nx) de la précédente. Il vient

− sin xP

_n⁰

(cos x) = −n sin nx.

Ce qui s'écrit encore

− sin xP

_n⁰

(cos x) = −n sin x Q

_n

(cos x).

Lorsque x ∈ ]0, π[ , sin x est non nul et on obtient P

_n⁰

(cos x) = n Q

n

(cos x) . Pour tout réel t dans ]−1, 1[ , il existe un x ∈ ]0, π[ tel que t = cos x , on en déduit la formule demandée.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

2

Rémy Nicolai M0203C