MPSI B Corrigé du DM 2 29 juin 2019

(1)

MPSI B Corrigé du DM 2 29 juin 2019

Exercice 1

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,

^π₂

. 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 =

^π₂

− x et en passant à

^y₂

: 1 + sin x

cos x = 1 + cos y

sin y = 2 cos

²^y₂

2 sin

^y₂

cos

^y₂

= cos

^y₂

sin

^y₂

= 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(

_cht¹

)) 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(

_ch¹_t

) et π − arcsin(

_ch¹_t

) sont dans [0,

^π₂

] ⊂ [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)

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/

1

Rémy Nicolai M0302C

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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

Exercice 2

1. Un nombre complexe z est solution si et seulement si il est diérent de i et si

^z+i_z−i

est solution de 1 + w + w

²

+ w

³

= 0 dont les racines sont

U

4

− {1} = {−1, i, −i}

D'autre part la fonction homographique z →

^z+i_z−i

est une bijection de C − {i} vers C − {1} dont la bijection réciproque est w → i

^w+1_w−1

. On en déduit que l'ensemble des solutions est

{0, 1, −1}

2. Il est évident que P (z) − P (−z) se réduit aux termes d'indice impair comptés deux fois soit

2(a

1

z + a

3

z

³

+ a

5

z

⁵

+ · · · )

Pour P(z) = (1 + z)

⁷

et grâce à la formule du binôme, l'équation proposée revient à (1 + z)

⁷

= (1 − z)

⁷

, soit comme 1 n'est pas solution à

1 + z 1 − z

⁷

= 1

ou encore à

^1+z_1−z

∈ U

₇

. L'homographie z →

_1−z^1+z

est une bijection de C − {1} vers C − {−1} dont la bijection réciproque est w →

^w−1_w+1

. De plus, si w = e

^it

e

^it

− 1

e

^it

+ 1 = i tan t 2

Comme −1 n'est pas racine 7

^◦

toutes les racines de l'unité correspondent à des solutions de l'équation proposée dont l'ensemble est

i tan kπ

7 , k ∈ {0, · · · , 6}

3. Remarquons que − sin x + sin 3x = 2 sin x cos x .

En utilisant sin 2x = 2 sin x cos x , les inéquations suivantes sont équivalentes

0 < sin x(2 cos

²

x − 1 − cos x) 0 < sin x(cos x − 1)(2 cos x + 1)

sin x(2 cos x + 1) < 0

2

(3)

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On en déduit que l'ensemble des solutions est [

k∈Z

− 2π

3 + 2kπ, +2kπ

∪ 2π

3 + 2kπ, π + 2kπ

4. Comme arctan 1 =

^π₄

, il sut de prouver que arctan 2 + arctan 3 =

^3π₄

. D'une part arctan 2 + arctan 3 ∈

_π

4

+

^π₄

,

^π₂

+

^π₂

=

_π

2

, π D'autre part, .

tan(arctan 2 + arctan 3) = 2 + 3

1 − 2 × 3 = −1

c'est à dire arctan 2 + arctan 3 ∈ −

^π₄

+ π Z. La seule possibilité dans l'intervalle

π 2

, π est

^3π₄

.

5. On peut former le tableau suivant.

0,

^π₂

_π

2

, π

π,

^3π₂

_3π

2