MPSI B 19 octobre 2019

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MPSI B 19 octobre 2019

Énoncé

Ce problème porte sur une fonction à valeurs complexes z dénie par

∀t ∈ [0, +∞[, t 7→ z(t) = Z

t

0

e

^iθ(u)

du où θ est une fonction de classe C

¹

dans [0, +∞[ .

Partie I.

Dans cette partie : θ = arctan . On dénit aussi les fonctions x et y par :

∀t ≥ 0 : x(t) = Re(z(t)), y(t) = Im(z(t)).

1. Bijections réciproques en trigonométrie hyperbolique.

a. Montrer que la fonction

( R → R x 7→ ln(x + p

1 + x

²

)

est la bijection réciproque de sh . On la note argsh . Préciser sa dérivée.

b. Montrer que les fonctions ( [1, +∞[ → [0, +∞[

x 7→ ln(x + p x

²

− 1)

( [0, +∞[ → [1, +∞[

t 7→ ch t

sont des bijections réciproques l'une de l'autre. On note argch celle de gauche.

Préciser sa dérivée.

2. Soit u > 0 , préciser un argument de 1 + iu . En déduire la forme algébrique de e

^iθ(u)

. 3. Pour t > 0 , calculer x(t) et y(t) .

4. Pour t > 0 , exprimer t en fonction de x(t) puis y(t) en fonction de x(t) . Que peut-on en déduire pour la trajectoire de z (c'est à dire l'ensemble des points dont l'axe est un z(t) ) ? Dessiner cette trajectoire.

Partie II.

Dans cette partie, on suppose que θ est de classe C

²

et que θ

⁰

est strictement croissante avec θ

⁰

(0) > 0 . On note λ = θ

⁰

(0) et on veut montrer que

∀t > 0, |z(t)| ≤ 4 λ .

On pourra utiliser le résultat suivant : si f est une fonction à valeurs complexes continue dans un segment [a, b] ,

Z

b

a

f (t) dt

≤ Z

b

a

|f (t)| dt.

1. Montrer que

z(t) = 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. Montrer que :

e

^iθ(t)

iθ

⁰

(t) − e

^iθ(0)

iθ

⁰

(0)

≤ 2 λ . 3. Montrer que :

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. En déduire l'inégalité annoncée.

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/

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Rémy Nicolai Aelem18

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Corrigé 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

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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 .

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