1. La contrainte vient de ce que arcsin est dénie seulement dans [ − 1, 1] . Notons A(x) =

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Exercice

1. La contrainte vient de ce que arcsin est dénie seulement dans [ − 1, 1] . Notons A(x) =

2x

1+x²

et montrons que la fonction f est dénie dans R car

∀ x ∈ R , − 1 ≤ A(x) ≤ 1.

En eet

2x

1 + x

+ 1 = (1 + x)

1 + x

≥ 0 ⇒ − 1 ≤ A(x) 2x

1 + x

− 1 = − (1 − x)

1 + x

≥ 0 ⇒ A(x) ≤ 1.

Comme arcsin est continue dans [ − 1, 1] , la fonction f est également continue dans R.

En revanche arcsin n'est dérivable que dans l'ouvert et

A(x) = 1 ⇔ x = 1, A(x) = − 1 ⇔ x = − 1.

La fonction f est donc dérivable seulement dans ] −∞ , − 1[ ∪ ]1, 1 [ ∪ ] 1, −∞ [ .

Remarque pour étudier la dérivabilité, il ne faut pas chercher à calculer la dérivée mais rappeler les domaines de dérivabilité des fonctions en jeu.

Posons θ = arctan x , l'expression devient : 2x

1 + x

= 2 tan θ

1 + tan

θ = 2 tan θ cos

θ = sin 2θ.

Par conséquent, 2θ est un antécédent de

pour sin mais, suivant x , il n'est pas forcément dans le bon intervalle ( −

,

) pour arcsin . Présentons les cas dans un tableau

x ] −∞ , − 1] [ − 1, 1] [1, + ∞ [

θ

−

,

−

,

4

,

2θ − π,

−

,

2

, π f (x) − π − 2 arctan x 2 arctan x π − 2 arctan x On peut justier les expressions par les remarques suivantes.

Si x ≥ 1 , alors 2θ ∈

2

, π

donc π − 2θ ∈ 0,

a le même sinus que 2θ . Si x ≤ − 1 , on conclut en remarquant que f est impaire.

∀ x ≤ − 1, f (x) = − f ( − x) = − (π − 2 arctan( − x)) = − π − arctan x.

Une autre méthode consiste à dériver.

∀ x ∈ R \ {− 1, +1 } , f

(x) = 2

1 + x

− 4x

(1 + x

)

1 q 1 −

= 2

1 + x

− 4x

(1 + x

)

1 + x

| 1 − x

| = 2 1 − x

| 1 − x

| 1 1 + x

. On obtient une expression qui est au signe près la dérivée de 2 arctan . On forme un tableau analogue et on calcule les constantes en prenant les valeurs en − 1 et 1 . 2. a. Un nombre complexe admet un argument dans −

,

si et seulement si sa partie

réelle est strictement positive.

b. Nommons A le complexe à étudier. Ses parties réelles et imaginaires se calculent en multipliant par e

− t le numérateur et le dénominateur. On obtient respecti- vement

1 − t

1 − 2t cos a + t

, 2t sin a 1 − 2t cos a + t

. Comme − 1 < t < 1 et 1 − 2t cos a + t

=

e

− t

2

> 0 , la partie réelle est strictement positive. Comme on l'a rappelé dans la question a., cela entraine que A admet un argument (nommons le θ ) dans

−

, +

.

c. Montrons que le N proposé par l'énoncé de cette question est en fait l'argument θ introduit dans la question précédente.

tan θ = sin θ

cos θ = | A | sin θ

| A | cos θ = Im(A)

Re(A) = 2t sin a 1 − t

. θ ∈ i

− π 2 , + π

2 h



 

 

⇒ θ = arctan 2t sin a 1 − t

.

D'autre part

1 − 2t cos a + t

=

1 − e

2

1 + 2t cos a + t

=

1 + e

2

)

⇒ | A | =

r 1 + 2t cos a + t

1 − 2t cos a + t

= e

. On en déduit

e

= e

e

= | A | e

= A = e

+ t e

− t .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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1

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d. Lorsque t > 1 , la partie réelle de A est négative. Par conséquent, N = arctan

n'est plus un argument de A mais N + π (qui a la même tangente) en est un. On en déduit

e

= e

e

= | A | e

= −| A | e

= − A = − e

+ t e

− t .

3. Les fonctions arccos ◦ sin et arcsin ◦ cos sont dénies dans R. Nommons les respective- ment acs et asc . Elles sont 2π -périodiques. On peut aussi préciser diverses transfor- mation en utilisant les propriétés de cours de arccos et arcsin .

acs(x + π) = arccos ◦ sin(x + π) = arccos( − sin(x)) = π − acs(x) asc(x + π) = arcsin ◦ cos(x + π) = arcsin( − cos(x)) = − asc(x)

acs( − x) = arccos( − sin x) = π − acs(x) asc( − x) = arcsin(cosx) = asc(x).

On peut ainsi réduire le domaine d'étude à 0,

.

∀ x ∈ h 0, π

2 i

,

π

2 − x ∈ h 0, π

2 i

cos π 2 − x

= sin x sin π

2 − x

= cos x



 

 



 

 



⇒ acs(x) = asc(x) = π 2 − x

Les graphes sont présentés en gures 1 et 2.

π2 π2

−π

Fig. 1: Graphe de arcsin ◦ cos .

Les fonctions sin ◦ arccos et arccos ◦ sin sont très diérentes. Elles sont dénies dans le segment [ − 1, 1] seulement. Elles sont égales entre elles et à la fonction x 7→ √

1 − x

car les intervalles dans lesquels les fonctions arcsin et arccos prennent leurs valeurs permettent de lever l'ambiguité du signe devant la racine. Leur graphe est le demi- cercle unité.

π

π2

−

Fig. 2: Graphe de arccos ◦ sin .

−1 1

1

Fig. 3: Graphe de sin ◦ arccos et cos ◦ arcsin .

4. Transformons le produit des deux coecients du binôme.

p + q k

p + q − k p − k

= (p + q)!(p + q − k)!

k!(p + q − k)!(p − k)!q! = (p + q)!

k!(p − k)!q!

p!

p! = p + q

p p

k

On peut alors utiliser la formule du binôme. La forme simple cherchée est donc p + q

p

X

k=0

p k

= 2

p + q

p

5. La première somme est la partie imaginaire de

n

X

k=0

e

cos x

= 1 −

1 −

= 1 cos

x

cos

x − e

cos x − e

= 1

cos

x

cos

x − e

− i sin x = i cos

x − e

cos

x sin x

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2

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soit cos x

sin x − cos(n + 1)x cos

x sin x La deuxième somme est la partie imaginaire de

1 + e

= 2 cos x

2 e

soit

2

cos

x 2 sin nx

2

Problème

Partie I.

1. On peut remarquer que

T

◦ T

= Id Z = T

◦ T

On en déduit que T

est bijective de bijection réciproque T

.

Si b = 0 . T

est l'identité les orbites sont les singletons. Il en existe une innité.

Si | b | = 1 . Il existe une seule orbite qui est Z lui même.

Si | b | > 1 . Les orbites sont les classes de congruence modulo | b |. Il en existe | b | à savoir les orbites de 0 , de 1, · · · , de | b | − 1 .

On vérie facilement que T

= T

.

2. a. La relation est réexive car a = F

(a) .

La relation est transitive car si b = F

(a) et c = F

(b) alors c = F

(F

(a)) = F

(a) .

En revanche ce n'est pas une relation d'ordre car elle n'est pas forcément antisy- métrique. Considérons une bijection F qui échange 1 et 2 .

F (1) = 2 ⇒ 1 2, F (2) = 1 ⇒ 2 1 et pourtant 1 6 = 2 .

b. La bijectivité de F et l'existence de la bijection réciproque permet de reformuler la relation ∼ sous une forme très proche de en remplaçant seulement N par Z..

∀ (a, b) ∈ Z

, a ∼ b ⇔ ∃ k ∈ Z tq b = F

(a)

Sous cette forme, lestrois propriétés sont faciles à vérier. La transitivité par exemple vient simplement de la possibilité d'ajouter deux entiers.

La classe d'équivalence pur ∼ d'un entier a est alors sous orbite pour F . On en déduit que les orbites forment une partition de Z.

c. Si On suppose que x ≤ F(x) pour tout entier x alors a b ⇒ a ≤ b . L'antisymé- trie est alors immédiate.

a b b a

)

⇒ a ≤ b b ≤ a

)

⇒ a = b

Partie II.

1. a. En général une fonction dénie sur une partie d'un ensemble admet plusieurs prolongements et une condition supplémentaire impose l'unicité du prolongement.

Commençons par traduire cette condition en termes d'images.

F

◦ T

= T

◦ D

⇔ ∀ x ∈ Z , F

(x + p) = p + F

(x)

Cette formule permet de prolonger σ vers la droite . Pour prolonger vers la gauche , on peut utiliser F

(x − p) = F

(x) − p qui s'obtient en appliquant la formule en x − p . Pour xer les idées, insérons dans un tableau les premières valeurs du prolongement F

de l'exemple de la question 2..

k − 7 − 6 − 5 − 4 − 3 − 2 − 1 0 1 2 3 4 5 6 7

σ 1 2 0

F

− 9 − 5 − 4 − 6 − 2 − 1 − 3 1 2 0 4 5 3 7 8 En utilisant la division euclidienne de x par p avec les notations indiquées :

x = (x//p) × p + (x%p), F

(x) = (x//p) × p + σ(x%p) = x + σ(x%p) − x%p b. Par dénition, la restriction F

◦ F

(x) = F

◦ F

(x) = x pour tout x de I

.

Pour un x qui n'est pas dans I

, on peut le diviser par p : x = qp + r = T

(r) avec r ∈ I

. On écrit alors

F

◦ F

(x) = F

◦ F

◦ T

(r) = F

◦ T

◦ F

(r)

= T

◦ F

◦ F

(r) = T

(r) = x Le calcul est le même pour la composition dans l'autre sens. Cela traduit que F

est bijective de bijection réciproque F

.

c. La relation entre T

et F

entraine que f

est p -périodique.

∀ x ∈ Z , f

(x+p) = F

(x+p) − (x+p) = F

(x) + p − (x +p) = F

(x) − x = f

(x) Les orbites pour F

sont les intervalles de p entiers consécutifs qui commencent par un nombre congru à 0 modulo p . Elles ont toutes p éléments mais il y en a une innité.

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2. a. Les orbites sont les intervalles de la forme J 3k, 3k + 2 K. Les images par f

de 0, 1, 2 sont 1, 1, − 2 . Les autres valeurs s'en déduisent avec la période 3 .

b. La fonction T

◦ F

est bijective car composée de deux fonctions bijectives. D'après le cours, sa bijection réciproque est

(T

◦ F

)

= F

◦ T

= F

◦ T

3. Le point important est que T

= T

= T

. Comme T

commute avec F

, la composée T

= T

aussi. On raisonne de même avec T

et F

. On en déduit que T

commute avec F

et F

ce qui assure

F

◦ F

◦ T

= T

◦ F

◦ F

L'intervalle I

se décompose en p intervalles consécutifs chacun de longueur q (d'abord I

puis son p -translaté et ainsi de suite). Chacun de ces intervalles de longueur q est stable par ϕ ce qui assure que I

est stable par F

. De même I

se décompose en q intervalles consécutifs chacun de longueur p , chacun étant F

-stable. Ceci assure que I

est stable par F

◦ F

. La restriction de cette fonction est injective d'un ensemble ni dans lui même, elle est donc bijective. On la note θ . On peut aussi noter

F

◦ F

= F

car à cause de la commutativité avec T

elle est dénie à partir de θ et I

comme l'était F

à partir de σ et I

. Pour préciser θ , complétons le tableau déjà présenté

k 0 1 2 3 4 5

F

1 2 0 4 5 3 F

1 0 3 2 5 4

θ 0 3 1 5 4 2

Partie III.

1. On a vu en II. 1. que f

= F

− Id

est périodique. Elle ne prend donc qu'un nombre ni de valeurs donc elle est minorée. On en déduit qu'il existe b tel que f

(x) + b > 0 pour tous les x . Pour F = T

◦ F

on a bien

∀ x ∈ Z , F (x) = F

(x) + b = x + f

(x) + b

| {z }

>0

> x

2. La dénition de l'orbite partielle O (a, p) fait apparaitre une somme télescopique

X

x∈O(a,p)

f (x) =

p−1

X

k=0

f (F

(a)) =

p−1

X

k=0

F

(a) − F

(x)

= F

(a) − a

3. a. Toutes les orbites sont innies car a < F (a) < F

a) < · · · .

b. Soit I un intervalle entier et O une orbite qui le coupe. On note a leplus petit élément de l'intersection. Comme la suite a < F (a) < F

(a) < · · · est strictement croissante, il existe p tel que F

(a) ≤ v < F

(a) . De plus u ≤ a car a ∈ I et F

(a) ∈ / I (d'où F

(a) < u car a est le plus petit élément de l'intersection.

c. D'après les questions 2. et 3.b.

X

x∈I∩O

f (x) = X

x∈O(a,p)

f (x) = F

(a) − a

D'après l'encadrement vérié par F :

u ≤ a F

(a) ≤ v < F

(a) ≤ F

(a) + h ≤ v + h )

⇒ F

(a) − a ≤ v − u + h

v < F

(a) F

(a) < u ≤ a ≤ F

(a) + h < u + h )

⇒ v − u − h < F

(a) − a d. Pour un intervalle I

= [ − n, n] , la longueur de l'intervalle v − u = 2n . Lorsque

n est assez grand pour que I

coupe l'orbite, l'encadrement devient 2n − h

2n + 1 < m

( O ) ≤ 2n + h 2n + 1

Le théorème usuel d'encadrement assure alors que la suite des m

( O ) converge vers 1 .

4. Lorsque F admet p orbites O

, · · · , O

il existe des n assez grands pour que I

les coupe toutes. Comme elles forment une partition, les éléments de I

se distribuent dans les p orbites et la suite proposée s'écrit la somme des p suites

m

( O

) + · · · + m

( O

) qui converge vers p car chacune converge vers 1 .

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