Partie I. Fonctions usuelles.

Partie I. Fonctions usuelles.

Exercice

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

4 ) < 1− √

2 = tan(− π

4 ) < −1+ √

2 = tan π

4 < 1+ √

2 = tan 3π 4 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

Problème

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 la première formule de la question 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.

Partie II. Théorème de Cantor Bernstein

1. Rappel de cours.

∀b ∈ E, ∀X ⊂ F,

( b ∈ g(X ) ⇔ ∃x ∈ X tel que b = g(x) b ∈ f

⁻¹

(X ) ⇔ f (b) ∈ X

∀y ∈ X, ∀A ⊂ E,

( y ∈ f (A) ⇔ ∃a ∈ A tel que y = f (a) y ∈ g

⁻¹

(A) ⇔ g(y) ∈ A

2. Dans cette question, on suppose qu'il existe B ⊂ E telle que E \ B = g(F \ (f (B)) . La partie B appartient donc à H en vériant l'égalité au lieu d'une seule inclusion.

a. La fonction f

₁

est obtenue à partir de f en restreignant l'espace de départ à la partie B . Elle est donc injective comme f . Comme l'espace d'arrivée est li- mité à f (B) , la fonction f

₁

est automatiquement surjective. La démonstration est la même pour g

1

avec la remarque que g(F \ f (B)) = E \ B est la propriété fondamentale de B qui est admise.

b. Considérons ψ ◦ ϕ .

∀a ∈ E,

( a ∈ B ⇒ ϕ(a) = f

1

(a) ∈ f (B) ⇒ ψ(ϕ(a)) = f

₁⁻¹

(f

1

(a)) = a a / ∈ B ⇒ ϕ(a) = g

₁⁻¹

(a) ∈ / f (B) ⇒ ψ(ϕ(a)) = g

1

(g

₁⁻¹

(a)) = a

⇒ ψ ◦ ϕ = Id

_|E

On montre de la même manière que ϕ ◦ ψ = Id

_|F

. On en déduit que les deux

applications sont bijectives et bijections réciproques l'une de l'autre.

3. a. On se propose de démontrer

A ∈ H ⇔ (∀x ∈ F, x / ∈ f (A) ⇒ g(x) ∈ / A)

Supposons A ∈ H . Pour tout x ∈ F , si x / ∈ f (A) alors x ∈ F \ f (A) donc g(x) ∈ g(F \ f (A)) ⊂ E \ A (car A ∈ H ) ⇒ g(x) ∈ / A Réciproquement, supposons

(∀x ∈ F, x / ∈ f (A) ⇒ g(x) ∈ / A)

On doit montrer que A ∈ H , c'est à dire que g(F \ f (A)) ⊂ E \ A .

∀b ∈ g(F \ f (A)), ∃x ∈ F \ f (A) tq b = g(x) Or, par hypothèse

x / ∈ f (A) ⇒ b = g(x) ∈ / A On a donc bien prouvé que g(F \ f (A)) ⊂ E \ A .

b. L'implication de la question précédente est équivalente à sa contraposée (x / ∈ f (A) ⇒ g(x) ∈ / A) ⇔ (g(x) ∈ A ⇒ x ∈ f (A))

Or g(x) ∈ A ⇔ x ∈ g

⁻¹

(A) . L'implication à droite est donc équivalente à la simple inclusion g

⁻¹

(A) ⊂ f (A) . D'où la nouvelle caractérisation :

A ∈ H ⇔ g

⁻¹

(A) ⊂ f (A) 4. a. Utilisons la caractérisation de la question précédente.

g

⁻¹

(∅) = ∅ ⊂ ∅ = f (∅) ⇒ ∅ ∈ H

Comme E \ g(F ) est formé des éléments qui n'ont pas d'antécédents par g , l'image réciproque g

⁻¹

(E \ g(F )) est vide. Elle est donc incluse dans n'importe quoi, en particulier dans f (E \ g(F )) donc E \ g(F) ∈ H .

b. La partie B est dénie comme l'union de toutes les parties de E qui sont des éléments H . Cela se traduit par :

∀c ∈ E, c ∈ B ⇔ ∃A ∈ H tq c ∈ A

On en tire, pour tout x ∈ F ,

x ∈ g

⁻¹

(B) ⇔ g(x) ∈ B ⇔ ∃A ∈ H tq g(x) ∈ A

⇔ ∃A ∈ H tq x ∈ g

⁻¹

(A) ⇔ x ∈ [

A∈H

g

⁻¹

(A) Donc g

⁻¹

(B) = S

A∈H

g

⁻¹

(A) .

On prouve séparément les deux inclusions pour les images directes.

(∀A ∈ H, A ⊂ B) ⇒ (∀A ∈ H, f(A) ⊂ f (B)) ⇒ [

A∈H

f (A) ⊂ f (B) Pour l'autre inclusion, considérons un élément x quelconque de f (B ) . Il existe b ∈ B tel que x = f (b) . Par dénition de B , il existe A

0

∈ H tel que b ∈ A

0

donc x = f (b) ∈ f (A

0

) ⊂ S

A∈H

f (A) .

Pour montrer que la partie B appartient elle même à H , on utilise la question 3.b. :

g

⁻¹

(B ) = [

A∈H

g

⁻¹

(A) ⊂ [

A∈H

f (A) = f (B)

Cette inclusion résulte de la caractérisation de 3.b. dans un sens. En utilisant la caractérisation, dans l'autre sens, on obtient

g

⁻¹

(B) ⊂ f (B) ⇒ B ∈ H

5. a. On va démontrer la contraposée c'est à dire B ∪ {a} ∈ H ⇒ a ∈ B .

En eet B ∪ {a} ∈ H entraine B ∪ {a} ⊂ B par dénition de B comme union des éléments de H . Mais comme a ∈ B ∪ {a} ⊂ B , on a bien a ∈ B .

b. Comme B ∈ H , on connait déjà une inclusion : g(F \ f (B)) ⊂ E \ B . Pour démontrer l'autre inclusion, considérons dans E un a / ∈ B . D'après la question précédente, B ∪ {a} ∈ H / , donc

g

⁻¹

(B) ∪ g

⁻¹

({a}) 6⊂ f(B) ∪ {f (a)} ⇒ g

⁻¹

({a}) 6⊂ f (B) ∪ {f (a)}

car g

⁻¹

(B) ⊂ f (B) (à cause de B ∈ H ).

Le fait que g

⁻¹

({a} ne soit pas incluse dans une certaine partie de F montre qu'elle n'est pas vide. Il existe donc un antécédent x ∈ F tel que a = g(x) . Alors :

{x} = g

⁻¹

({a}) 6⊂ f (B) ∪ {f (a)} ⇒ x / ∈ f (B) ⇒ a = g(x) ∈ g(F \ f (B )) On a bien montré que a / ∈ B ⇒ a ∈ g(F \ f (B)) ce qui prouve la deuxième inclusion.

6. Sous les hypothèses du théorème, les questions 4. et 5. montrent l'existence d'une

partie B vériant la propriété admise en question 2. et qui permet de fabriquer les

deux bijections réciproques l'une de l'autre.

Partie III. Intégrales et courbes paramétrées.

Partie I.

1. a. Désignons par argsh la fonction proposée par l'énoncé avant d'avoir prouvé qu'elle est la bijection réciproque. Elle est dénie dans R et strictement croissante comme somme et composée de fonctions croissantes. Elle est donc injective. De plus, pour tout réel t ,

argsh(sh(t)) = ln (sh(t) + ch(t)) car ch(t)

²

− sh(t)

²

= 1 et ch > 0

= ln(e

^t

) = t.

Cela signie que argsh ◦ sh = Id

_R

ce qui montre que argsh est surjective donc bijective de bijection réciproque sh . D'après la formule donnant la dérivée d'une bijection réciproque dérivable,

∀x ∈ R , argsh

⁰

(x) = 1

ch(argsh(x)) = 1

√ 1 + x

²

.

b. Notons de même argch la fonction proposée. Elle est bien dénie dans [1, +∞[

(racine carrée) et strictement croissante (donc injective).

De plus, pour tout réel t ≥ 0 ,

argsh(ch(t)) = ln (sh(t) + sh(t)) = ln(e

^t

) = t.

car ch(t)

²

− sh(t)

²

= 1 et sh(t) ≥ 0 .

Cela signie que argch ◦ ch = Id

_[0,+∞[

donc argch est surjective donc bijective de bijection réciproque ch (restreinte à [0, +∞[ ).

D'après le résultat de cours sur la dérivée d'une bijection réciproque dérivable :

∀x ≥ 1, argch

⁰

(x) = 1

sh(argsh(x)) = 1

√ x

²

− 1 .

2. Comme sa partie réelle est strictement positive, le complexe 1 +iu admet un argument α ∈

−

^π₂

,

^π₂

qui vérie donc p 1 + u

²

cos α = 1

p 1 + u

²

sin α = u )

⇒ tan α = u ⇒ α = arctan(u).

On en déduit la forme algébrique

e

^iθ(u)

= 1 + iu

√ 1 + u

²

.

3. D'après la forme algébrique précédente, on peut séparer la partie réelle et la partie imaginaire dans le calcul de l'intégrale de la fonction à valeurs complexes puis exprimer des primitives avec argch et argsh .

x(t) = Z

t

0

√ 1

1 + u

²

du = argsh(t) y(t) = Z

t

0

√ u

1 + u

²

du = p

1 + t

²

− 1.

4. Rappelons que t est positif.

Expression de t en fonction de x(t) .

x(t) = argsh(t) ⇒ t = sh(x(t)).

Expression de y(t) en fonction de x(t) . y(t) = p

1 + t

²

− 1 = p

1 + sh(x(t))

²

− 1 = ch(x(t)) − 1.

On en déduit que les points d'axes z(t) sont sur la courbe représentative de ch −1 limitée en abscisse aux réels positifs. Il s'agit de la demi-chaînette translatée verticale- ment.

x(t)

y(t) z(t)

Fig. 1: demi-chaînette

Partie II.

1. Comme θ

⁰

est croissante, pour tout t ∈ [0, +∞[ , θ

⁰

(t) ≥ θ

⁰

(0) > 0 . Intégrons e

^iθ(t)

par parties en remarquant que e

^iθ(t)

= 1

iθ

⁰

(t) iθ

⁰

(t)e

^iθ(t)

. Posons : f

⁰

(t) = iθ

⁰

(t)e

^θ(t)

g(t) =

_iθ¹0(t)

( f (t) = e

^iθ(t)

g

⁰

(t) = −

^θ_θ⁰⁰0(t)^(t)

. On a alors :

z(t) = − Z

t

0

f (u)g

⁰

(u) du + [f (u)g(u)]

^t₀

= Z

t

0

θ

⁰⁰

(u)

iθ

⁰

(u)

²

e

^iθ(u)

du + e

^iθ(t)

iθ

⁰

(t) − e

^iθ(0)

iθ

⁰

(0) . 2. D'après l'inégalité triangulaire :

e

^iθ(t)

iθ

⁰

(t) − e

^iθ(0)

iθ

⁰

(0)

≤

e

^iθ(t)

iθ

⁰

(t)

+

e

^iθ(0)

iθ

⁰

(0)

≤ 1

θ

⁰

(t) + 1 θ

⁰

(0) . θ

⁰

(0) = λ et θ

⁰

(t) ≥ θ

⁰

(0) = λ donc :

e

^iθ(t)

iθ

⁰

(t) − e

^iθ(0)

iθ

⁰

(0)

≤ 2 λ . 3. D'après l'énoncé :

Z

t 0

θ

⁰⁰

(u)

iθ

⁰

(u)

²

e

^iθ(u)

du

≤ Z

t

0

θ

⁰⁰

(u) iθ

⁰

(u)

²

e

^iθ(u)

du.

Pour tout u ∈ [0, t] , θ(u) ∈ R donc e

^iθ(u)

= 1 . Comme θ

⁰

est croissante, θ

⁰⁰

(u) ≥ 0 . enn, on a déjà vu que θ

⁰

(u) > 0 , donc :

Z

t 0

θ

⁰⁰

(u)

iθ

⁰

(u)

²

e

^iθ(u)

du

≤ Z

t

0

θ

⁰⁰

(u) θ

⁰

(u)

²

du.

4. L'inégalité triangulaire et la question 1 donnent :

|z(t)| ≤

Z

t 0

θ

⁰⁰

(u)

θ

⁰

(u)

²

e

^iθ(u)

du

+

e

^iθ(t)

iθ

⁰

(t) − e

^iθ(0)

iθ

⁰

(0)

. D'après la question 2 et la question 3, on a donc :

|z(t)| ≤ Z

t

0

θ

⁰⁰

(u)

θ

⁰

(u)

²

du + 2 λ .

L'intégrale se calcule : Z

t

0

θ

⁰⁰

(u) θ

⁰

(u)

²

du =

− 1 θ

⁰

(u)

t 0

= 1

θ

⁰

(0) − 1 θ

⁰

(t) . D'après l'inégalité triangulaire :

Z

t 0

θ

⁰⁰

(u) θ

⁰

(u)

²

du

≤ 1

θ

⁰

(0) + 1 θ

⁰

(t) ≤ 2

λ puisque θ

⁰

(t) ≥ θ

⁰

(0) = λ . On en déduit le résultat voulu :

|z(t)| ≤ 4

λ .