Correction CC N° 1 Math. Sup. 2011-2012

Correction CC N° 1 Math. Sup. 2011-2012

I) ^{f (x)}=Arccos th x

( )

+Arctan sh x

( )

^.

1) th et sh sont définies et dérivables sur ℝ.

2) Arccos est définie sur [-1 ; 1] et dérivable sur ]-1 ; 1[, Arctan est définie et dérivable sur ℝ.

3) Df = Df’ =ℝ.

4) 1₂ ²

1 th x , x .

ch x = − ∀ ∈ℝ

5) f '( )x =0 , ∀ ∈x ℝ.

6) ( ) (0) , . f x ₌ f ₌π2 _{∀ ∈}x _ℝ 7)

2x

2x 2x 2x

2x

5 e 1 18 3

th x 13e 13 5e 5 e x ln

13 e 1 8 2

−  

= = ⇔ − = + ⇔ = ⇔ =  

+  ^.

8) A = 5 5 3

Arccos Arctan f ln

13 12 2 2

   π + =   =

  

car :

3 3

ln ln

2 2

3 2

3 2 3 5

ln 2 2 2 12

e e

sh

− −

   −

= = =

 

 

   .

II)

1. a) La solution évidente est -1.

z³ + 15z² + 15z + 1 = 0 ⇔ (z + 1) (z

2 + 14z + 1) = 0.

Les solutions de (E0) sont : -1 ; 4 3 7;− −4 3 7.−

b) Q(z) = 2z⁶ + 30z⁴ + 30z² + 2.

c) Q(z) = 0 ⇔ z^{2∈ −}

{

^{1; 4 3 7;− −4 3 7−}

}

^⇔

z^∈

{

^i;−i;

(

^{7−4 3 ;}

) (

^{i − 7−4 3 ;}

) (

^{i 4 3+7 ;}

) (

^{i − 4 3+7}

)

ⁱ

}

^.

2. a)

2 5 7 9 11

6 6 / 0; 5 6; 2; 6 ; 6 ; 6 ; 6

 

+

 

 

   

 

∈ =

   

   

 

i k i i i i i i

e k e e e e e e

π π π π π π π π

b) z₁ = 2 ²cos 2

ei  

  

θ θ

et z₂ = 2 ² sin 2

i

e

θ π⁺ θ

 

 

   

  .

c) 1 n’est pas solution de (E1), l’équation est donc équivalente à z 1 6

z 1 1 +

 

= −

 

−

  ^.

z est donc solution de (E₁) si et seulement si il existe ^k∈

^0;5

^{tel que}

2

6 6

1 1

 

+

 

 

+ =−

i k

z e

z

π π

,

ce qui équivaut à z =

2

6 6

2

6 6

cos 2

1 12 12

2 . 1 sin

12 12

i k

i k

k

e i

k e

π π

π π

π π

π π

 

+

 

 

 

+

 

 

 

 + 

+ = −  

 

−  + 

 

Les solutions sont : ^{1 /}

^0;5

tan 2

12 12

i k

π kπ

 

 

 

− ∈

 

 

  +  

   

 

3. En identifiant les solutions trouvées à la question 1c) et à la question précédente, sachant que tan

12 π

 

 

  est positif et que 3 5

tan tan tan

12 12 12

π π π

     

< <

     

     on trouve :

tan 1 .

12 4 3 7

π

 

=

 

  +

III) Soit cotan la fonction définie par : cos(x) cotan(x)

sin(x)

= ^.

1) cotan est définie, continue et dérivable sur

] [

^{0,π modulo}

[ ]

^{π .}

2) cotan réalise une bijection de

] [

^{0,π sur ℝ} et donc elle admet une bijection réciproque Arccotan définie sur D =ℝ.

3) D’ = ℝ et Arccotan' 1₂ ( ) , x

x 1

x

= − ∀ ∈ + ℝ , car : ¹=^Arccotan'

( )

x cotan'(Arccotan( ))x ^. 4) Courbe représentative :

5) ∀ ∈x ℝ= D, Arccotan x + Arctan x = Arccotan (0) + Arctan (0) = 2 π ,

car : Arccotan' x + Arctan' x = 0 , x∀ ∈ℝ.

IV)

1) sh(3x)=sh(2x+x)=sh(2x)ch(x)+ch(2x)sh(x)=2sh(x)ch²(x)+ sh(x)(ch²(x)+sh²(x)) =2sh(x)(1+sh²(x))+sh(x)(1+2sh²(x))=3sh(x)+4sh³(x).

2) Argsh(4x³ + x² – 2x – 14) = 3Argsh(x)

⇔ 4x³ + x² – 2x – 14 = sh(3Argsh(x)) = 3x + 4x³ car sh bijective de ℝversℝ

⇔ x² – 5x – 14 = 0 ⇔ ( x = -2 ou x = 7).

V)

1. a) ¹₂ ^{c a− 2−1}₂

(

^{c −a}

)

^{2 =1}₂

( )( ) (

^{c a− c a− −1}₂ ^{cc 2 ac− +aa}

)

^{= −z Re z .}

^{( )}

b) Si c a− ≤1^{, alors}1 ² 1

2 c a− ≤ 2 ^{. Comme −1}₂

(

^{c − a}

)

^{2 ≤0, on a :}

z Re(z) 1.

− ≤2 2. a) c = 1

4α +i

.

b) On constate que 1

z Re(z)

− = 2^{, donc} c a− =1 si et seulement si

(

^{c− a}

)

^{2 =0}

ce qui équivaut à 2 4 α 2

α ⁼ ce qui équivaut (α étant positif ) à 1 2. α =