Correction du devoir surveillé 3

Correction du devoir surveillé 3

Questions de cours

1. Appelons (E) l’équation différentielle

∀x∈R, y⁰(x) = −5y(x) + 3.

• Résolvons l’équation différentielle (E), qui est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients et second membre constants.

? Résolution de l’équation homogène associée

Commençons par résoudre l’équation homogène (H)associée à (E):

∀x∈R, y⁰(x) + 5y(x) = 0.

L’ensemble des solutions de (H)est R −→ R

x 7−→ λe^−5x

λ∈R

.

? Recherche d’une solution particulière de l’équation (E)

Comme le second membre de (E) est constant, on cherche une solution particulière constante de (E).

Soit C un réel et soit f la fonction constante égale àC.

Alors la fonction f est dérivable sur R (car elle est constante), donc on a l’équivalence suivante :

f est solution de (E)⇐⇒ ∀x∈R, f⁰(x) = −5f(x) + 3

⇐⇒ ∀x∈R,0 =−5C+ 3

⇐⇒C = 3 5. Ainsi, la fonction constante égale à 3

5 est une solution particulière de (E).

? Superposition

L’ensemble des solutions de (E) est alors ( R −→ R

x 7−→ λe^−5x+3 5

λ∈R )

.

• Trouvons à présent toutes les solutions de (E) satisfaisant la condition ini- tiale y(0) = 2.

Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh

Soit f une solution de (E).

Alors, d’après la résolution précédente, il existe λ ∈ R tel que pour tout x∈R, on aitf(x) =λe^−5x+ 3

5. Soit λ un tel réel.

Alors on a l’équivalence suivante :

f(0) = 2⇐⇒λe^−5×0+3 5 = 2

⇐⇒λ+3 5 = 2

⇐⇒λ= 7 5.

Ainsi, l’unique solution de (E) satisfaisant la condition initiale y(0) = 2 est la fonction suivante :

R−→R x7−→ 7

5e^−5x+3 5, c’est-à-dire la fonction

R −→ R x 7−→ 1

5(7e^−5x+ 3). 2. La fonction tangente est la fonction sin

cos .

• Comme les fonctions sinus et cosinus sont définies surR, la fonction tangente est définie sur l’ensemble suivant :

{x∈R| cos(x)6= 0}=R\ {x∈R| cos(x) = 0}

= R\nπ 2 +kπ

k ∈Z

o

= S

k∈Z

i−π

2 +kπ;π

2 +kπh .

• De plus, les fonctions sinus et cosinus sont dérivables sur R.

Ainsi, la fonction tan est dérivable sur son domaine de définition comme quo- tient de fonctions dérivables.

• Et pour tout x∈ [

k∈Z

i

−π

2 +kπ;π 2 +kπ

h, on a :

tan⁰(x) = 1 +tan²(x) = 1 cos²(x) .

Exercice — Un brin de géométrie

Appelons (E)l’équation suivante, d’inconnue z complexe :

|z−3|

|z−5| =

√2 2 .

• Déterminons l’ensemble de définition de l’équation (E).

? Les fonctions z 7−→z−3et z 7−→z−5sont définies sur C tout entier.

? De plus, la fonction module est définie sur C tout entier aussi, donc les composéesz 7−→ |z−3| etz 7−→ |z−5|sont définies sur C.

? Leur quotientz 7−→ |z−3|

|z−5| est donc défini sur l’ensemble suivant :

{z ∈C| |z−5| 6= 0}={z ∈C|z−56= 0} car 0 est l’unique complexe de module nul

=C\ {5}.

Ainsi, l’équation (E) est définie surC\ {5}.

• Soit z ∈C\ {5}.

Soit M le point d’affixe z dans le plan complexe.

Comme les nombres

√2

2 et |z−3|

|z−5| sont positifs, ils sont la racine de leur carré, donc on a l’équivalence suivante :

|z−3|

|z−5| =

√2 2 ⇐⇒

|z−3|

|z−5|

2

=

√2 2

!2

⇐⇒ |z−3|²

|z−5|² = 1 2

⇐⇒2|z−3|² =|z−5|²

⇐⇒2(z−3)(z−3) = (z−5)(z−5)

⇐⇒2(z−3) (z−3) = (z−5) (z−5)

⇐⇒2 [zz−3 (z+z) + 9] =zz−5 (z+z) + 25

⇐⇒2zz−6 (z+z) + 18 =zz−5 (z+z) + 25

⇐⇒zz−(z+z)+1 = 7+1

⇐⇒(z−1) (z−1) = 8

⇐⇒(z−1)(z−1) = 8

⇐⇒ |z−1|² = 8

⇐⇒ |z−1|=√

8 car |z−1| est positif donc |z−1|= q

|z−1|²

⇐⇒ΩM = 2√

2, oùΩ est le point d’affixe1 dans le plan complexe

⇐⇒Le point M est sur le cercle de centreΩ et de rayon 2√ 2.

Comme |5−1| = 4 6= 2√

2, le point d’affixe 5 n’est pas sur le cercle de centre Ω et de rayon 2√

2. Autrement dit, tous les points du cercle de centre Ω et de rayon 2√ appartiennent au domaine de définition de l’équation(E). 2

Ainsi, l’ensemble des solutions de (E) est le cercle de centre Ω(1) et de rayon 2√ 2. Traçons-le.

Remarquons que la distance entre le point Ω(1) et le point A d’affixe 3 + 2i vaut 2√ 2 (d’après le théorème de Pythagore, √

2 est la longueur de la diagonale d’un carré de côté 1) : en effet, on a

ΩA=p

(1−3)²+ (0−2)²

=√ 4 + 4

=√ 8

= 2√ 2.

Donc le cercle de centre Ωet de rayon 2√

2 est le cercle de centre Ωpassant par A, ce qui nous permet de le tracer !

0

−1 Ω 2 3

−2

−1 1

2 A

2√ 2

Problème 1 — À la recherche de l’équation différentielle perdue Partie I : Étude d’une équation différentielle linéaire 1. Résolvons l’équation différentielle (E)suivante :

∀x∈R, y⁰⁰(x) +y(x) = 2,

qui est une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants.

• Résolution de l’équation homogène associée

Commençons par résoudre l’équation homogène(H) associée à(E) :

∀x∈R, y⁰⁰(x) +y(x) = 0.

L’équation caractéristique associée à (H) est l’équation r²+ 1 = 0,

d’inconnue r complexe.

Comme pour tout r∈C, on a :

r² + 1 =r²−i² = (r−i)(r+i),

les solutions de l’équation caractéristique sont i et −i, qui sont complexes conjuguées.

Ainsi, l’ensemble des solutions de (H) est : R −→ R

x 7−→ e^0x[λcos(1x) +µsin(1x)]

(λ, µ)∈R²

, c’est-à-dire l’ensemble

R −→ R

x 7−→ λcos(x) +µsin(x)

(λ, µ)∈R²

.

• Recherche d’une solution particulière

Comme le second membre de l’équation (E) est constant, on cherche une solution particulière constante de (E).

Soit C un réel. Soitf la fonction constante égale àC.

Alors la fonctionf est deux fois dérivable surR(car elle est constante), donc on a l’équivalence suivante :

f est solution de (E)⇐⇒ ∀x∈R, f⁰⁰(x) +f(x) = 2

⇐⇒ ∀x∈R,0 +C = 2

⇐⇒C = 2.

La fonction constante égale à 2est donc solution de l’équation (E) (et c’en est la seule solution constante).

• Superposition

L’ensemble des solutions de l’équation (E) est alors R −→ R

x 7−→ λcos(x) +µsin(x) + 2

(λ, µ)∈R²

.

2. Trouvons les solutions y de(E) vérifiant les conditions initiales

(y(0) = 5 y⁰(0) =−3.

Soit y une solution de l’équation différentielle (E).

D’après la question précédente, il existe un couple (λ, µ) ∈R² tel que pour tout x∈R, y(x) =λcos(x) +µsin(x) + 2.

Soit (λ, µ) un tel couple.

Alors la fonction y est dérivable sur R(car elle est solution de (E)) et pour tout x∈R, on a :

y⁰(x) =−λsin(x) +µcos(x).

On a alors l’équivalence suivante : (y(0) = 5

y⁰(0) =−3 ⇐⇒

(λcos(0) +µsin(0) + 2 = 5

−λsin(0) +µcos(0) =−3

⇐⇒

(λ+ 2 = 5 µ=−3

⇐⇒

(λ= 3 µ=−3.

Ainsi, l’unique solution g de (E) qui vérifie les conditions initiales

(g(0) = 5 g⁰(0) =−3 est la fonction suivante :

g: R −→ R

x 7−→ 3cos(x)−3sin(x) + 2 . 3. Appelons (E3) l’équation g(5x) = 4−3√

2

2 , d’inconnue x réelle.

• Tout d’abord, la fonction g est définie sur R et la fonction polynomiale x7−→5x aussi, donc leur composée x7−→g(5x) est définie surR.

Ainsi, l’équation (E3)est définie sur R.

• Résolvons-la.

Soit x∈R.

Alors on a l’équivalence suivante : g(5x) = 4−3√

2

2 ⇐⇒3cos(5x)−3sin(5x) + 2 = 2−3√ 2 2

⇐⇒3cos(5x)−3sin(5x) =−3√ 2 2

⇐⇒cos(5x)−sin(5x) = −

√2 2 .

Divisons alors l’équation par2, qui est le module du nombre complexe 1−i, afin de faire apparaitre une formule de trigo.

On obtient alors l’équivalence suivante : g(5x) = 4−3√

2

2 ⇐⇒

√2

2 cos(5x)−

√2

2 sin(5x) = −

√2 2 ×

√2 2

⇐⇒cosπ 4

cos(5x)−sinπ 4

sin(5x) =−1 2

⇐⇒cos

5x+π 4

=−cosπ 3

⇐⇒cos

5x+π 4

=cos π− π

3

⇐⇒cos

5x+π 4

=cos 2π

3

⇐⇒ ∃k∈Z,

5x+ π 4 = 2π

3 + 2kπ ou 5x+ π

4 =−2π

3 + 2kπ

⇐⇒ ∃k∈Z,

5x= 5π

12 + 2kπ ou 5x=−11π

12 + 2kπ

⇐⇒ ∃k∈Z,

x= π

12+ 2kπ

5 ou x=−11π

60 +2kπ 5

. Ainsi, l’ensemble des solutions de l’équation (E₃)est

π

12+ 2kπ 5

k∈Z

∪

−11π

60 +2kπ 5

k ∈Z

.

Partie II : Une petite équation fonctionnelle 4. Trouvons toutes les fonctions f:R−→R dérivables sur R telles que

∀x∈R, f⁰(x) +f(−x) = 2.

Pour cela, raisonnons par analyse-synthèse.

• Analyse

Soit f une fonction dérivable sur R.

Supposons que la fonctionf soit solution du problème, c’est-à-dire que :

∀x∈R, f⁰(x) +f(−x) = 2. (?)

? Tout d’abord, remarquons que pour tout x∈R, on a : f⁰(x) = 2−f(−x).

Or les fonctions f et u: x 7−→ −x sont dérivables sur R, donc la fonc- tion x 7−→ f(−x) est dérivable sur R comme composée de fonctions dérivables sur R.

Ainsi, la fonction f⁰ est dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables sur R : la fonction f est donc deux fois dérivable surR.

? Dérivons alors f⁰ : pour tout x∈R, on a f⁰⁰(x) = −u⁰(x)f⁰(u(x))

=−(−1)f⁰(−x)

=f⁰(−x)

= 2−f(−(−x)) d’après la propriété (?)appliquée à −x

= 2−f(x). Donc on a :

∀x∈R, f⁰⁰(x) +f(x) = 2,

c’est-à-dire que la fonction f est solution de l’équation différentielle (E).

? D’après la question 1, il existe donc un couple (λ, µ)∈R² tel que pour tout x∈R, on ait :

f(x) = λcos(x) +µsin(x) + 2.

Soit (λ, µ) un tel couple.

? Alors, pour tout x∈R, on a :

(f(−x) =λcos(−x) +µsin(−x) + 2 =λcos(x)−µsin(x) + 2 f⁰(x) =−λsin(x) +µcos(x).

Or la fonction f vérifie la propriété (?), donc on a :

∀x∈R, f⁰(x) +f(x) = 2, c’est-à-dire que

∀x∈R,−λsin(x) +µcos(x) +λcos(x)−µsin(x) + 2 = 2,

c’est-à-dire que

∀x∈R,(λ+µ)cos(x)−(λ+µ)sin(x) = 0, ou encore que

∀x∈R,(λ+µ)cos(x) = (λ+µ)sin(x).

? En particulier, pour x= 0, on a :

(λ+µ)cos(0) = (λ+µ)sin(0), donc λ+µ= 0, c’est-à-dire que µ=−λ.

? Finalement, pour tout x∈R, on a :

f(x) =λcos(x)−λsin(x) + 2 =λ[cos(x)−sin(x)] + 2.

Conclusion de l’analyse : si f est solution du problème, alors il existe λ∈R tel que pour toutx∈R, f(x) = λ[cos(x)−sin(x)] + 2.

• Synthèse

Soit f une fonction de R dans R.

Supposons qu’il existeλ∈R tel que pour tout x∈R, f(x) = λ[cos(x)−sin(x)] + 2.

Soit λ un tel réel.

? Alors la fonction f est dérivable surR comme somme de fonctions dé- rivables sur R.

? Pour tout x∈R, on a d’une part :

f(−x) =λ[cos(−x)−sin(−x)] + 2

=λ[cos(x) +sin(x)] + 2, et d’autre part

f⁰(x) = λ[−sin(x)−cos(x)]

=−λ[cos(x) +sin(x)]. Donc pour tout x∈R, on a :

f⁰(x) +f(−x) =−λ[cos(x) +sin(x)] +λ[cos(x) +sin(x)] + 2 = 2, donc la fonction f vérifie la propriété (?).

Conclusion de la synthèse : s’il existe λ∈ R tel que pour tout x∈ R, f(x) = λ[cos(x)−sin(x)] + 2, alors f est solution du problème.

• Conclusion

L’ensemble des fonctionsf dérivables sur R telles que pour tout x∈R, f⁰(x) +f(−x) = 2

est :

R −→ R

x 7−→ λ[cos(x)−sin(x)] + 2

λ∈R

.

Problème 2 — Sinusite

Partie I : Sommes alternées et quatorzièmes de tarte 1. (a) Calculons la somme z⁶−z⁵+z⁴−z³+z²−z+ 1 :

z⁶−z⁵+z⁴−z³+z²−z+ 1 =

6

X

k=0

(−1)^kz^k=

6

X

k=0

(−z)^k.

On reconnait la somme des sept premiers termes de la suite géométrique de raison −z et de premier terme 1. Comme pour tout k ∈ Z, π

7 6= π+ 2kπ, le nombre z est différent de −1, donc la raison de la suite géométrique est différente de1.

Ainsi, la somme précédente vaut :

z⁶−z⁵+z⁴−z³+z²−z+ 1 = 1× 1−(−z)⁷ 1−(−z)

= 1 +z⁷

1 +z car 7 est impair

= 1 + e^iπ77

1 +z

= 1 +e^iπ 1 +z

= 1 + (−1) 1 +z

= 0. (b) D’après la question précédente, on a :

(z⁶−z⁵+z⁴)−z³+z²−z+ 1 = 0,

donc

z³(z³−z²+z)−(z³−z²+z) =−1, donc

(z³−1)(z³−z²+z) =−1, donc

(1−z³)(z³−z²+z) = 1.

Or z³ =e^i3π7 , donc z³ 6= 1 (puisque 3π

7 est différent de 0modulo 2π).

Il s’ensuit alors que

z³−z²+z = 1 1−z³ . 2. Soitu∈C\ {1} tel que |u|= 1.

On a alors : Re

1 1−u

= 1 2

"

1 1−u+

1 1−u

#

= 1 2

1

1−u+ 1 1−u

= 1

2 × 1−u+ 1−u (1−u) (1−u)

= 1

2 × 2−u−u 1−u−u+uu

= 1

2 × 2−u−u 1−u−u+|u|²

= 1

2 × 2−u−u

1−u−u+ 1 car u est de module 1

= 1

2 ×2−u−u 2−u−u

= 1 2 .

3. D’après la formule de De Moivre, on a : cosπ

7

−cos 2π

7

+cos 3π

7

=Re e^iπ7

−Re

e^iπ72

+Re

e^iπ73

=Re(z)−Re z²

+Re z³

=Re z−z² +z³

= Re 1 1−z³

d’après la question 1.b).

Or |z³| = |z|³ = 1, donc d’après la question précédente appliquée à u = z³, on obtient que

Re 1 1−z³

= 1 2. Finalement, on a bien :

cosπ 7

−cos 2π

7

+cos 3π

7

= 1 2 . 4. • D’après la formule de Moivre, on a :

sinπ 7

−sin 2π

7

+sin 3π

7

=Im e^iπ7

−Im

e^iπ72

+Im

e^iπ73

=Im(z)−Im z²

+Im z³

=Im z−z²+z³

= Im 1 1−z³

, d’après la question 1.b).

• Pour calculer la partie imaginaire de 1

1−z³, on factorise son dénominateur par l’angle moitié :

1−z³ =eⁱ⁰−e^i3π7

=e^i3π14

e^−i3π14 −e^i3π14

=−e^i3π14

e^i3π14 −e^−i3π14

=−e^i3π142isin 3π 14

d’après la formule d’Euler

= 2sin 3π 14

(−i)e^i3π14

= 2sin 3π 14

e^−iπ2e^i3π14 car −i=e^−iπ2

= 2sin 3π 14

e^−i2π7

= 2cos π 2 − 3π

14

e^−i2π7

= 2cos 2π

7

e^−i2π7 .

Donc on a : Im

1 1−z³

=Im









1 2cos

2π 7

e^−i2π7









= 1 2Im









e^i2π7 cos

2π 7









car 1

2 est réel

= 1

2 × Im e^i2π7

cos 2π

7

car cos 2π

7

est réel

= 1 2 ×

sin 2π

7

cos 2π

7

= 1 2tan

2π 7

. D’où finalement :

sinπ 7

−sin 2π

7

+sin 3π

7

= 1 2tan

2π 7

. Partie II : Produits de sinus

5. Soitx un réel. Linéarisons l’expression f(x).

D’après la formule d’Euler, on a : f(x) =sin(x)sin(3x)sin(5x)

= e^ix−e^−ix

2i × e^3ix−e^−3ix

2i × e^5ix −e^−5ix 2i

= 1 8i³

e^4ix−e^−2ix −e^2ix+e^−4ix

e^5ix −e^−5ix

=−1 8i

e^9ix−e^−ix−e^3ix +e^−7ix−e^7ix+e^−3ix +e^ix −e^−9ix

=− 1 4(2i)

e^ix−e^−ix

− e^3ix−e^−3ix

− e^7ix−e^−7ix

+ e^9ix−e^−9ix

=−1

4[sin(x)−sin(3x)−sin(7x) +sin(9x)] d’après la formule d’Euler

= 1

4(sin(7x)−[sin(x)−sin(3x) +sin(9x)]).

6. D’après la formule de trigo

∀x∈R,sin(x) =cosπ 2 −x

, on a :

sinπ 14

−sin 3π 14

+sin 5π 14

=cosπ 2 − π

14

−cos π 2 − 3π

14

+cos π 2 − 5π

14

=cos 3π

7

−cos 2π

7

+cosπ 7

= 1

2 d’après la question 3 de la partie I.

7. Calculons le produit P : P =sinπ

14

sin 3π 14

sin 5π 14

=fπ 14

= 1 4

sin 7π 14

−

sinπ 14

−sin 3π 14

+sin 9π 14

d’après la question 5

= 1 4

sinπ 2

−

sinπ 14

−sin 3π 14

+sin 9π 14

= 1 4

1−

sinπ 14

−sin 3π 14

+sin

π− 9π 14

car ∀x∈R,sin(x) = sin(π−x)

= 1 4

1−

sinπ 14

−sin 3π 14

+sin 5π 14

= 1 4

1− 1

2

d’après la question précédente

= 1 8 .

8. Évaluons l’expression 8P cosπ 14

afin de retrouver le résultat de la question précédente :

8P cosπ 14

= 8sinπ 14

sin 3π 14

sin 5π 14

cosπ 14

= 4h

2sinπ 14

cosπ 14

isin 3π 14

sin 5π 14

= 4 sin

2π 14

sin 3π 14

sin 5π 14

car ∀x∈R,2sin(x)cos(x) =sin(2x)

= 4cos π 2 − 2π

14

sin 3π 14

sin 5π 14

car ∀x∈R,sin(x) = cosπ 2 −x

.

On a donc : 8Pcosπ 14

= 4cos 5π 14

sin 3π 14

sin 5π 14

= 2

2sin 5π 14

cos 5π 14

sin 3π 14

= 2 sin

10π 14

sin 3π 14

car ∀x∈R,2sin(x)cos(x) = sin(2x)

= 2cos π

2 − 10π 14

sin 3π 14

car ∀x∈R,sin(x) =cosπ 2 −x

= 2cos

−3π 14

sin 3π 14

= 2cos 3π 14

sin 3π 14

car la fonction cos est paire

=sin 6π 14

car ∀x∈R,2sin(x)cos(x) = sin(2x)

=cos π 2 − 6π

14

car ∀x∈R,sin(x) = cosπ 2 −x

= cosπ 14

. Or π

14 ∈h 0;π

2

h, donc cosπ 14

est non nul.

Ainsi, par simplification par cosπ 14

, on obtient bien que : 8P = 1,

donc que

P = 1 8 .

Partie III : L’informatique promise

9. (a) Écrivons une fonction Produit_de_sinus qui prend en argument un entier n et qui renvoie le produit

n−1

Y

k=0

sin

(2k+ 1)π 14

.

Pour cela, on commence par importer la bibliothèquenumpypour avoir accès à la fonction sinus et à la constante π.

Ensuite, on crée une variable produit, initialisée à 1, qui contiendra le pro- duit de tous les termes calculés. On calcule alors le produit au fur et à mesure, à l’aide d’une boucle for, par applications successives de la relation de Chasles.

import numpy as np

def Produit_de_sinus(n):

"""

Entrée : un entier n.

Sortie : valeur du produit pour k allant de 0 à n - 1 de sin( (2k + 1)pi/14 ).

"""

produit = 1 # Au départ , le produit est vide.

for k in range(n): # k va de 0 à n - 1 angle = (2 * k + 1) * np.pi / 14 terme = np.sin(angle)

produit = produit * terme return produit

Expliquons plus en détails le fonctionnement du programme.

• Au départ, la variable produit vaut 1 : le produit calculé est vide (on n’a pas encore multiplié de terme !). La variable produit vaut donc

0−1

Y

i=0

sin

(2k+ 1)π 14

.

• On rentre alors dans la boucle suivante : for k in range(n):

où la variable k parcourt les entiers de 0 à n−1.

• Juste avant le tourkde la boucle, la variableproduitcontient le produit

k−1

Y

i=0

sin

(2i+ 1)π 14

.

Au tourk de la boucle, on calcule le terme sin

(2k+ 1)π 14

et on stocke sa valeur dans la variable terme.

On multiplie alors le produit courant par ce nouveau terme : produit = produit * terme

Ainsi, à l’issue de l’étape k de la boucle, la variable produitcontient le produit

"_k−1 Y

i=0

sin

(2i+ 1)π 14

#

×sin

(2k+ 1)π 14

=

k

Y

i=0

sin

(2i+ 1)π 14

.

• Finalement, à la fin de la boucle (c’est-à-dire après le tour où k vaut n−1) , on renvoie la valeur de la variable produit, qui est :

n−1

Y

i=0

sin

(2i+ 1)π 14

, c’est-à-dire le produit voulu.

(b) Le produit P vaut :

P =sinπ 14

sin 3π 14

sin 5π 14

=

2

Y

k=0

sin

(2k+ 1)π 14

=

3−1

Y

k=0

sin

(2k+ 1)π 14

.

Donc pour retrouver la valeur de P, il suffit de taper l’instruction suivante dans Python :

Produit_de_sinus(3)

et l’ordinateur nous renverra la valeur de 0.12499999999999999 (n’oublions pas que les calculs de flottants sont approchés !), ce qui est une très bonne valeur approchée de0.125, c’est-à-dire de 1

8.