DEVOIRLIBRE4 MATHÉMATIQUES
Devoir Libre 4 – Mathématiques
Le corrigé sera disponible le Vendredi 15 Octobre 2021.
Exercice 1
1. Montrer que la fonction ch réalise une bijection de R
+sur un intervalle à préciser et déterminer sa bijection réciproque.
2. Montrer que la fonction ch réalise une bijection de R
−sur un intervalle à préciser et déterminer sa bijection réciproque.
Réponse
1. La fonction ch est continue et strictement croissante sur l’intervalleR+. Par le théorème de la bijection,
ch réalise une bijection deR+surf(R+).
Or,
x
ch
0 +∞
1 1
+∞
+∞
Donc,
f(R+)=[1,+∞[.
Soit y∈[1,+∞[. On résout l’équationy=ch(x) d’inconnuex∈R+. On a :
ch(x)=y ⇐⇒ ex+e−x
2 =y
⇐⇒ ex+e−x=2y
⇐⇒ ¡ ex¢2
−2y×ex+1=0 (ex,0)
On poseX=ex. On résoutX2−2y×X+1=0. On a∆=4y2−4= µ
2 q
y2−1
¶2
Ê0.
D’où,
X2−2y×X+1=0 ⇐⇒ X=y− q
y2−1 ouX=y+ q
y2−1.
Or, y+ q
y2−1Êy− q
y2−1.
De plus, par stricte monotonie de p
·, on a : q
y2−1<
q
y2. Comme yÊ0, on a q
y2= |y| =y, puis : y+
q
y2−1Êy− q
y2−1>0.
Donc,
ch(x)=y ⇐⇒ ex=y+ q
y2−1 ou ex=y− q
y2−1 ⇐⇒ x=ln µ
y+ q
y2−1
¶
ou x=ln µ
y− q
y2−1
¶ . Donc,
Or, yÊ1, donc,y+ q
y2−1Ê1.
G. BOUTARD 1 Lycée GAY-LUSSAC
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D’autre part, µ
y+ q
y2−1
¶
× µ
y− q
y2−1
¶
=y2+y2−1=1. Donc, y− q
y2−1É1.
Donc,
ln µ
y+ q
y2−1
¶
Ê0 et ln µ
y− q
y2−1
¶ É0.
Donc,
ch(x)=y ⇐⇒ x=ln µ
y+ q
y2−1
¶ . Ainsi,
la bijection réciproque de ch surR+est R+ →R y 7→ ln³
y+p y2−1´
.
Remarque: cette fonction est notée Argch.
2. On raisonne comme dans la question 1.
La fonction ch est continue et strictementdécroissante sur l’intervalleR−. Par le théorème de la bijection,
ch réalise une bijection deR−surf(R−).
Or,
x
ch
−∞ 0
+∞
+∞
1 1 Donc,
f(R−)=[1,+∞[.
Soit y∈[1,+∞[. On résout l’équationy=ch(x) d’inconnuex∈R−. Comme dans la question 1,
ch(x)=y ⇐⇒ ex=y+ q
y2−1 ou ex=y− q
y2−1 ⇐⇒ x=ln µ
y+ q
y2−1
¶
ou x=ln µ
y− q
y2−1
¶ . Or,
ln µ
y+ q
y2−1
¶
Ê0 et ln µ
y− q
y2−1
¶ É0.
Donc,
ch(x)=y ⇐⇒ x=ln µ
y− q
y2−1
¶ . Ainsi,
la bijection réciproque de ch surR−est R− →R y 7→ ln³
y−p y2−1´
.
Exercice 2
Déterminer la valeur maximale de
pnn, n
∈N
?.
PCSI 2021 – 2022 2 G. BOUTARD
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Indication : remarque que
pnn
=n
1n, puis étudier
ϕ: x
7→x
1x.
RéponsePour toutn∈N?, on a : pn n=n1n.
On étudie la fonctionϕ:x7→x1x=eln(x)x définie sur ]0,+∞[.
La fonctionϕest dérivable sur ]0,+∞[ et, pour toutx>0, ϕ0(x)=
1
x×x−ln(x)
x2 ×eln(x)x =1−ln(x) x2 ×eln(x)x . On en déduit queϕ0(x) est du signe de 1−ln(x).
Or,
1−ln(x)Ê0 ⇐⇒ ln(x)É1 ⇐⇒ xÉe.
D’où,
x ϕ0(x)
ϕ
0 e +∞
+ 0 −
ϕ(e) ϕ(e) 2
f(2)
3
f(3)
On en déduit que la valeur maximale de pn
n, oùn∈N?, est p2 ou p33.
Or, p
2≈1.414 et p3
3≈1.442. Donc,
la valeur maximale de pn
n, oùn∈N?, est p33.
Exercice 3
Résoudre l’équation d’inconnue réelle x : Arccos(x)
=Arcsin(2 x).
Réponse
ÏLes fonctions Arccos et Arcsin sont définies sur[−1, 1].
Donc, l’équation à du sens si, et seulement si,x∈[−1, 1]et 2x∈[−1, 1]. Autrement dit,x∈
·
−1 2,1
2
¸ . ÏSoitx∈
·
−1 2,1
2
¸ .
On raisonne par analyse-synthèse.
Analyse.Supposonsxsolution.
On a alors sin¡
Arccos(x)¢
=sin¡
Arcsin(2x)¢ . D’où, p
1−x2=2x.
Donc, 1−x2=4x2. D’où,x2=1
5.
On en déduit quex= 1
p5oux=− 1 p5. Synthèse.
Vérifions six1= 1
p5est solution de l’équation. Comme p
5Ê2, on ax1∈
·
−1 2,1
2
¸ et
q 1−x21=
s 1−1
5= s
4 5=2 1
p5=2x1. D’où, sin¡
Arccos(x1)¢
=2x1.
G. BOUTARD 3 Lycée GAY-LUSSAC
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Donc,
Arcsin¡ sin¡
Arccos(x1)¢¢
=Arcsin(2x1) Or,x1∈[0, 1], donc, Arccos(x1)∈h
0,π 2 i
. D’où, Arcsin¡ sin¡
Arccos(x1)¢¢
=Arccos(x1).
Donc, Arccos(x1)=Arcsin(2x1) etx1est solution de l’équation.
Vérifions six2=− 1
p5est solution de l’équation. On ax2∈
·
−1 2,1
2
¸ et
q 1−x22=
s 1−1
5= s
4 5=2 1
p5,2x2. Donc,x2n’est pas solution de l’équation.
Ainsi,
S= n 1
p5 o
.
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