⇒ sin(3x) = 3 cos 2 x sin x − 3 sin 3 x = 3(1− sin 2 x) sin x − 3 sin 3 x = 3 sin x− 4 sin 3 x 2. En remplaçant x par 3 x

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Exercice 1. Somme trigonométrique.

1. En utilisant la formule du binôme puis en prenant la partie imaginaire, on obtient : (cos x + i sin x) ³ = cos ³ x + 3i cos ² x sin x − 3 cos x sin ² x − 3i sin ³ x

⇒ sin(3x) = 3 cos ² x sin x − 3 sin ³ x = 3(1− sin ² x) sin x − 3 sin ³ x = 3 sin x− 4 sin ³ x 2. En remplaçant x par ₃ ^x

k

, on obtient

sin x

3 ^k−1 = 3 sin x

3 ^k − 4 sin ³ x 3 ^k 3. Multiplions par 3 ^k−1 la relation précédente :

3 ^k−1 sin x

3 ^k−1 = 3 ^k sin x

3 ^k − 4 × 3 ^k−1 sin ³ x 3 ^k Si on pose s k = 3 ^k sin ₃ ^x

k

, cela s'écrit

3 ^k sin ³ x 3 ^k = 3

4 (s k − s _k−1 ) On en déduit

n

X

k=1

3 ^k sin ³ ( x 3 ^k ) = 3

4 (s _n − s ₀ ) = 3

4 (3 ⁿ sin x

3 ⁿ − sin x)

Problème. Introduction aux fonctions harmoniques dis- crètes.

Partie 1. Vocabulaire.

1. a. La relation est seulement symétrique. Elle n'est ni réexive, ni antisymétrique, ni transitive.

b. Soit c = (a, b) , une somme de deux carrés d'entiers ne peut être égale à 1 que si et des carrés vaut 1 et l'autre 0 . On en déduit :

V(c) = {(a + 1, b), (a, b + 1), (a − 1, b), (a, b − 1)}

Le voisinage de c contient 4 éléments.

c. D'après les dénitions :

c ∈ F r(Ω) ⇔ ∃c ⁰ ∈ C(Ω) tq c C c ⁰ On forme la négation de la phrase précédente

c ∈ Ω ^◦ ⇔ c / ∈ F r(Ω) ⇔ ∀c ⁰ ∈ C(Ω), c C c ⁰ est faux ⇔ ∀c ⁰ ∈ C(Ω), c ⁰ ∈ V / (c)

⇔ C(Ω) ∩ V (c) = ∅ ⇔ V(c) ⊂ Ω 2. Sur l'exemple de la gure 1,

F r(Ω) = {c 1 , c 2 , c 5 , c 9 , c 12 , c 11 , c 8 , c 4 } ,

◦

Ω = {c 3 , c 6 , c 7 , c 1 0}

Les points intérieurs c ₃ , c ₆ et c ₁₀ sont des pointes. Le point c ₇ est un bord, il n'y a pas de coin.

3. Après calculs, on trouve : valeur moyenne de x ² sur les points de V (c) = a ² + ¹ ₂ , valeur moyenne de xy sur les points de V(c) = ab .

Partie 2. Fonctions harmoniques discrètes.

1. Avec les dénitions de la première partie :

F r(Ω) = {c 4 , c ₅ , c ₆ , c ₇ , c ₈ , c ₉ , c ₁₀ } , Ω = ^◦ {c 1 , c ₂ , c ₃ }

2. a. La fonction f doit vérier trois relations (une par point de l'intérieur) : y 1 = 1

4 (f 5 + f 6 + y 2 + y 3 ) y 2 = 1

4 (y 1 + f 7 + f 8 + f 9 ) y ₃ = 1

4 (f ₄ + y ₁ + f ₉ + f ₁₀ )

Après réarrangement, on en déduit que f est harmonique discrète si et seulement si (y 1 , y 2 , y 3 ) est solution du système

(S)



 

 

4x ₁ −x ₂ − x ₃ =f ₅ + f ₆

− x 1 +4x 2 =f 7 + f 8 + f 9

− x 1 + 4x 3 =f 4 + f 9 + f 10

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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1

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MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 2 le 10/10/14 29 juin 2019 b. On commence par permuter les inconnues et les lignes

(S) ⇔



 

 

+ 4x 2 − x 1 =f 7 + f 8 + f 9

+4x ₃ − x ₁ =f ₄ + f ₉ + f ₁₀

− x 2 −x 3 + 4x 1 =f 5 + f 6

Puis on exécute l'opération codée par L ₃ ← L ₃ + ¹ ₄ L ₁ qui change seulement la troisième équation. Elle devient

−x 3 + 15

4 x 1 = combi de f i

On exécute l'opération codée par L ₃ ← L ₃ + ¹ ₄ L ₂ , on aboutit au système équivalent

(S ) ⇔



 



 



+ 4x 2 − x 1 =f 7 + f 8 + f 9

+4x ₃ − x ₁ =f ₄ + f ₉ + f ₁₀ + 7

2 x ₁ =F ₃

où F 3 est une combinaison de f i qu'il n'est pas utile de préciser. Sous cette forme, il est clair que, quels que soient les paramètres f i traduisant la valeur de la fonction sur la frontière, le système admet une unique solution donc la fonction admet un unique prolongement harmonique.

3. Pour la fonction dénie par f (c) = c ² sur la frontière, les valeurs sont

c ₄ = −1 − i c ₅ = −i c ₆ = 1 c ₇ = 1 + i c ₈ = 2i c ₉ = −1 + i c ₁₀ = −2 f 4 = 2i f 5 = −1 f 6 = 1 f 7 = 2i f 8 = −4 f 9 = −2i f 10 = 4 Le système devient

(S) ⇔



 

 

+ 4x ₂ − x ₁ = − 4 4x 3 − x 1 =4

− x 2 −x 3 + 4x 1 =0

⇔



 



 



+ 4x ₂ − x ₁ = − 4 4x 3 − x 1 =4

−x 3 + 15

4 x 1 = − 1

⇔



 



 



+ 4x 2 − x 1 = − 4 4x 3 − x 1 =4

+ 7

2 x ₁ =0

On en déduit que l'unique solution est (0, −1, 1) . On remarque que, pour cet unique prolongement harmonique,

f (c ₁ ) = f (0) = 0 = c ² ₁ , f (c ₂ ) = f (i) = −1 = c ² ₂ , f (c ₃ ) = f (−1) = 1 = c ² ₂ , Soit f(c) = c ² pour tous les c ∈ Ω .

4. Pour la fonction dénie par f (c) = ¹ _c sur la frontière, les valeurs sont

k 4 5 6 7 8 9 10

c k −1 − i −i 1 1 + i 2i −1 + i −2

f _k ¹ ₂ (−1 + i) i 1 ¹ ₂ (1 − i) − ₂ ⁱ − ¹ ₂ (1 + i) − ¹ ₂ Le système devient

(S) ⇔



 

 



 

 



4x ₂ − x ₁ = − 3 2 i 4x ₃ − x ₁ = − 3

2

− x 2 −x 3 + 4x 1 =1 + i

⇔



 

 

 

 

 

 

4x ₂ − x ₁ = − 3 2 i 4x ₃ − x ₁ = − 3

2

−x ₃ + 15

4 x ₁ =1 + 5 8 i

⇔



 

 

 

 

 

 

4x ₂ − x ₁ = − 3 2 i 4x ₃ − x ₁ = − 3

2 + 7

2 x 1 = 5 8 + 5

8 i Il admet une unique solution. Il existe donc un unique prolongement harmonique f mais cette fois on ne peut avoir f (c) = ¹ _c pour tous les c de Ω car c = 0 ∈ Ω .

5. a. Il est évident que pour une fonction constante, la moyenne des valeurs sur le voisinage d'un point est la valeur constante. Une fonction constante est donc harmonique.

pour c = (a, b) , la valeur moyenne de x sur le voisinage de c est ¹ ₄ ((a + 1) + 2a + (a − 1)) = a . La fonction x est donc harmonique. Le calcul est analogue pour y . b. Immédiat par linéarité de la sommation.

c. La question I.3. montre que x ² et y ² ne sont pas harmoniques. En revanche x ² −y ² et xy sont harmoniques discrètes.

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Exercice 2. Calculs divers.

1. a. Par dénition de la tangente hyperbolique : e ^2t − 1

e ^2t − 1 = e ^t − e ^−t e ^t + e ^−t = th t b. Avec les relations usuelles de trigonométrie circulaire :

tan ² ϕ − 1

tan ² ϕ + 1 = cos ² ϕ ( sin ² ϕ

cos ² ϕ − 1) = sin ² ϕ − cos ² ϕ = − cos 2ϕ c. On cherche à montrer que

π − 2 arctan(e ^t ) = arccos(th t) Posons θ = π − 2 arctan(e ^t ) .

A-t-il le bon cosinus ?

Utilisons la question précédente avec ϕ = arctan(e ^t ) donc tan ϕ = e ^t : cos θ = − cos(2 arctan(e ^t )) = e ^2t − 1

e ^2t + 1 = th t Comme e ^t est strictement positive, arctan(e ^t ) ∈

0, ^π ₂

. On en tire que 2 arctan(e ^t ) ∈ [0, π] ⇒ θ ∈ [0, π]

Il est donc dans le bon intervalle et on peut conclure

π − 2 arctan(e ^t ) = arccos(th t) ⇒ arccos(th t) + 2 arctan(e ^t ) = π

d. D'après l'expression de la fonction ch , le réel strictement positif t est solution de l'équation proposée si et seulement si e ^t est une solution plus grande que 1 de l'équation d'inconnue z

z ² − 2z

cos x + 1 = 0

Cette équation s'étudie sans problème, son discriminant est 4

cos ² x − 4 = 4 tan ² x ses racines sont

1 + sin x

cos x , 1 − sin x cos x

Elles sont positives et leur produit est 1. Une seule est plus grande que 1, c'est : 1 + sin x

cos x On en déduit

t = ln( 1 + sin x cos x )

On peut transformer cette expression, en posant y = ^π ₂ − x et en passant à ^y ₂ : 1 + sin x

cos x = 1 + cos y

sin y = 2 cos ^{2 y} ₂

2 sin ^y ₂ cos ^y ₂ = cos ^y ₂

sin ^y ₂ = tan( π 2 − y

2 ) = tan( π 4 + x

2 ) L'unique solution est donc

ln tan( π

4 + x 2 )

e. Calculons cos(arcsin( _cht ¹ )) en remarquant que le cos d'un arcsin est toujours po- sitif ;

cos(arcsin( 1 ch t )) =

r 1 − 1

ch ² t = s

ch ² t − 1

ch ² t = |th t|

Comme arcsin( _ch ¹ _t ) et π − arcsin( _ch ¹ _t ) sont dans [0, ^π ₂ ] ⊂ [0, π] , on peut conclure.

Pour t ≥ 0 ,

cos(arcsin( 1

ch t )) = th t ⇒ arcsin( 1

ch t ) = arccos(th t) Pour t ≤ 0 ,

cos(arcsin( 1

ch t )) = − th t ⇒ π − arcsin( 1

ch t ) = arccos(th t) 2. Posons a = (7 + 5 √

2)

¹³

, b = (−7 + 5 √

2)

¹³

et utilisons l'identité

a ³ − b ³ = (a − b)(a ² + ab + b ² ) = (a − b)((a − b) ² + 3ab)

Comme a ³ − b ³ = 14 et ab = 1 , on en déduit que le nombre x que l'on nous demande de simplier est racine de

x ³ + 3x − 14 = (x − 2)(x ² + 2x + 7)

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donc x = 2 car x ² + 2x + 17 est sans racine réelle.

De même, si a =

13+5 √ 17 2

¹₃

et b =

−13+5 √ 17 2

¹₃

, a ³ − b ³ = 13 et ab = 4 , on en déduit que le nombre x que l'on nous demande de simplier est racine de

x ³ + 12x − 13 = (x − 1)(x ² + x + 13) donc x = 1 car x ² + x + 13 est sans racine réelle.

3. En utilisant les formules de transformation de produits en sommes, on obtient 1

8 (sin 2x + sin 6x + sin 8x) 4. D'après la formule donnant la tangente d'une somme,

tan(arctan(1 + x) − arctan x) = 1 + x − x

1 + (1 + x)x = 1 1 + x + x ² On en tire qu'il existe un entier k tel que

arctan(1 + x) − arctan x = arctan 1

1 + x + x ² + kπ Il s'agit maintenant de montrer que k est nul.

Remarquons d'abord que 1 + x + x ² > 0 pour tous les réels x donc.

arctan 1

1 + x + x ² ∈ i 0, π

2 h

D'autre part, par croissance et dénition de la fonction arctan ,

arctan(1 + x) − arctan x ∈ [0, π[

On en déduit

kπ = arctan(1 + x) − arctan x − arctan 1 1 + x + x ²

i − π 2 , π h On en tire k = 0 donc

arctan(1 + x) − arctan x = arctan 1 1 + x + x ²

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