Décomposition du second membre de (1) : (ch t) 2 = 1

Exercice 1

Décomposition du second membre de (1) : (ch t) ² = 1

4 e ^2t + 1 2 + 1

4 e ^−2t

Conformément aux indications de l'énoncé, seuls les résultats des calculs intermédiaires sont présentés dans un tableau.

second membre solution coecient

e ^{2t 1} ₄ e ^{2t 1} ₄

1 ¹ ₂ ¹ ₂

e ^−2t te ^{−2t 1} ₄

On en déduit :

y solution de (1) ⇔ ∃ λ ∈ R tel que ∀ t ∈ R : y(t) = 1

16 e ^2t + 1 4 + t

4 e ^−2t + λe ^−2t Décomposition du second membre de (2) :

(ch t) sin t = Im ch te ^it

= 1 2 Im

e ^(1+i)t + 1

2 Im

e ^(−1+i)t

second membre solution coecient e ^{(1+i)t 3−i} ₁₀ e ^(1+i)t

Im e ^(1+i)t _e

^t

10 (3 sin t − cos t) ¹ ₂ e ^{(−1+i)t 1−i} ₂ e ^(−1+i)t

Im e ^(−1+i)t e

^−t

2 (sin t − cos t) ¹ ₂ On en déduit :

y solution de (2) ⇔ ∃ λ ∈ R tel que ∀ t ∈ R : y(t) = e ^t

20 (3 sin t − cos t) + e ^−t

4 (sin t − cos t) + λe ^−2t

Exercice 2

1. Il est bien connu que

n p

= n!

p! (n − p)!

2. Comme T est l'union des D p et que

(i, j) ∈ D p ⇔ i ∈ { 0, · · · , p } avec j = p − i on peut écrire

S =

n

X

p=0



 X

(i,j)∈D

p

x ⁱ i!

y ^j j!



 =

n

X

p=0 p

X

i=0

x ⁱ i!

y ^p−i (p − i)!

!

=

n

X

p=0

1 p!

p

X

i=0

p i

x ⁱ y ^p−i

!

=

n

X

p=0

(x + y) ^p p!

d'après la formule du binôme.

Exercice 3

1. La fonction est dénie dans R car ^1−x _1+x

²2

et _1+x ^2x

2

sont dans [ − 1, 1] . En eet : 1 − x ²

1 + x ² − 1 = − 2x ²

1 + x ² ≤ 0 1 − x ²

1 + x ² + 1 = 2 1 + x ² ≥ 0 2x

1 + x ² − 1 = − (1 − x) ²

1 + x ² ≤ 0 (1 + x) ²

1 + x ² + 1 ≥ 0 2. a. On utilise les formules de cours

arccos( − u) = π − arccos u arcsin( − u) = − arcsin u b. En combinant les relations précédentes, on obtient

f ( 1

x ) = arccos

− 1 − x ² 1 + x ²

+ arcsin 2x 1 + x ² f ( − x) = arccos 1 − x ²

1 + x ² + arcsin

− 2x 1 + x ²



 



 



⇒ f ( 1

x ) + f ( − x) = π

3. On reconnait les formules donnant le sin et le cos en fonction des tan de la moitié. On a donc, pour x = tan θ :

1 − x ²

1 + x ² = cos(2θ) 2x

1 + x ² = sin(2θ)

4. On pose θ = arctan x et on exprime f(x) dans quatre cas selon le tableau suivant :

x ] − ∞ , − 1] [ − 1, 0] [0, 1] [1, + ∞ [ θ ] − ^π ₂ , − ^π ₄ ] [ − ^π ₄ , 0] [0, ^π ₄ ] [ ^π ₄ , ^π ₂ [ 2θ ] − π, − ^π ₂ ] [ − ^π ₂ , 0] [0, ^π ₂ ] [ ^π ₂ , π[

arccos(cos(2θ)) − 2θ − 2θ 2θ 2θ

arcsin(sin(2θ)) − π − 2θ 2θ 2θ π − 2θ

f (x) − π − 4 arctan x 0 4 arctan x π

On en déduit le graphe de f (gure 1). On aurait pu se limiter aux deux intervalles dans R + et obtenir les autres expressions avec le résultat de 2.b.

−1 3

Fig. 1: Graphe de arccos

1−x

²

1+x

²

+ arcsin

2x 1+x

²

Exercice 4

Notons S la somme à majorer (elle contient n termes) et utilisons l'inégalité de Cauchy- Schwarz puis une sommation en dominos :

S = 1 × 1

√ 1 × 2 + 1 × 1

√ 2 × 3 + · · · + 1 × 1 p n × (n + 1)

≤ √

1 + 1 + · · · + 1 s 1

1 × 2 + 1

2 × 3 + · · · + 1 n × (n + 1)

≤ √ n

s 1 − 1

2

+ 1

2 − 1 3

+ · · · + 1

n − 1

(n + 1)

≤ √ n

r 1 − 1

n + 1 = n

√ n + 1

Comme 1 < 2, 2 < 3, · · · , n < n + 1 : S > 1

√ 2 ² + 1

√ 3 ² + · · · + 1

p (n + 1) ² = 1 2 + 1

3 + · · · + 1 n + 1 D'autre part : √

n + 1 > √

n donc ^√ _n+1 ⁿ < √

n . On en déduit : 1

2 + 1

3 + · · · + 1

n + 1 < S < n

√ n + 1 < √ n

Problème.

PARTIE I : développement binaire

Question préliminaire.

L'écriture proposée n'est pas un développement binaire au sens de l'énoncé car r n = ₂ ¹

n

alors que r n devrait être strictement plus petit que ₂ ¹

n

. En eet : 1

2 + 1

2 ² + · · · + 1 2 ⁿ = 1

2 1 − ₂ ¹

n

1 − ¹ ₂ = 1 − 1 2 ⁿ

Si a admet un développement binaire à l'ordre n , comme chaque d _i est inférieur ou égal à 1 et r n < ₂ ¹

n

, on peut écrire

a ≤ 1 + 1 2 + 1

2 ² + · · · + 1

2 ⁿ + r _n ≤ 1 − ₂

n+1

¹

1 − ¹ ₂ + r _n = 2 − 1

2 ⁿ + r _n < 2

1. Si a ∈ [0, 1[ , a = 0 + a , donc d 0 = 0 , r 0 = a .

Si a ∈ [1, 2[ , a = 1 + (a − 1) , avec a − 1 ∈ [0, 1[ donc d 0 = 1 , r 0 = a − 1 .

2. On modie le diagramme de l'énoncé en introduisant un compteur i. On remplace la condition r>0 par une condition sur le compteur. On divise la variable r par 2 ⁿ pour obtenir r _n à la n de l'exécution :

Fig. 2: reste et développement binaire à l'ordre n

PARTIE II : itération d'une fonction

1. En étudiant une équation du second degré, on trouve rapidement que les points xes de f sont 1 et − 1

2 .

2. La fonction est décroissante dans ] − ∞ , 0] et croissante dans [0, + ∞ [ . Son graphe est une parabole.

(0, −1)

(−1,1) (1,1)

(−

¹

2

,−

ⁱ

2

)

Fig. 3: graphe de 2x ² − 1

3. a. L'étude de la fonction montre clairement que [ − 1, 1] est stable par f c'est à dire que x ∈ [ − 1, 1] entraine f (x) ∈ [ − 1, 1] . On en déduit que si v ₀ est dans cet intervalle, tous les itérés v _n y restent.

b. Démonstration par récurrence. Pour n = 0 , on a bien v 0 = cos θ . Le passage de n à n + 1 vient de la formule pour cos(2x) .

v _n = cos(2 ⁿ θ) ⇒ v _n+1 = 2 cos ² (2 ⁿ θ) − 1 = cos(2 ⁿ⁺¹ θ)

PARTIE III : suite de signes et développement binaire

1. a. Multiplions par 2 ⁿ le développement de a à l'ordre n+1 : 2 ⁿ a = 2 ⁿ

d ₀ + d ₁

2 + · · · + d _n−1 2 ⁿ⁻¹

| {z }

un nombre pair =2m

+ d _n + 1

2 d _n+1 + 2 ⁿ r _n+1

| {z }

=h

avec 0 ≤ h < ¹ ₂ . On obtient bien la forme annoncée.

b. D'après la valeur de v 0 et l'expression de v n avec des cos , on obtient : v n+1 = cos(2 ⁿ⁺¹ aπ

2 ) = cos(2 ⁿ aπ) = cos(2mπ + d n π + d n+1

π 2 + hπ)

= ( − 1) ^d

ⁿ

cos(d n+1

π 2 + hπ) On peut alors former un tableau des expressions de v _n+1

d n \ d n+1 0 1

0 cos(hπ) − sin(hπ) 1 − cos(hπ) sin(hπ)

c. Dans cette question, h est compris strictement entre 0 et ¹ ₂ donc les sin et cos intervenant dans le tableau précédent sont strictement positifs ce qui entraine

( − 1) ^d

ⁿ

^+d

ⁿ⁺¹

v _n+1 > 0

2. À partir de a , on peut trouver d ₀ . On forme alors v ₀ puis la suite des v _n . On dénit une suite s _n en posant :

s n =

( 1 si v n < 0 0 si v n > 0

On exclut ici le cas où v n = 0 ¹ . La question c. se traduit par s n+1 = d n + d n+1

On peut donc déduire d ₁ de s ₁ et d ₀ puis d ₂ de s ₂ et d − 1 et ainsi de suite. On remarque en particulier que si v _n+1 > 0 , d _n = d _n+1 et qu'ils sont de valeur distinctes dans le cas négatif. On présente cet algorithme dans le schéma suivant :

3. Si a = ² ₃ < 1 , alors d 0 = 0

v 0 = cos π 3 = 1

2 > 0 v 1 = − 1

2 < 0 ⇒ 1 = d 0 + d 1 ⇒ d 1 = 1 v 2 = − 1

2 < 0 ⇒ 1 = d 1 + d 2 ⇒ d 1 = 0

1

qui correspond à un nombre binaire ,le processus s'arrete alors au pas suivant

Fig. 4: signes et développement binaire

et la suite ne change plus de valeur (point xe de f ). On en déduit d 0 = 0 , d 1 = 1 , d 2 = 0 , d 3 = 1 et ainsi de suite alternativement.

4. Supposons a = ^p _q et notons ω = e

^iaπ2

. Ce nombre complexe est une racine 4q -ieme de l'unité. Notons N = 4q . Le complexe ω est dans le groupe U N , toutes ses puissances restent dans ce groupe. En particulier celles dont l'exposant est une puissance de 2 . Comme cet ensemble est ni, il est impossible que toutes ces puissances soient deux à deux distinctes. Il existe donc deux entiers i < j tels que

w ²

ⁱ

= w ²

^j

⇒ w ²

ⁱ⁺¹

= w ²

ⁱ

2

= w ²

^j

2

= w ²

^j+1

⇒ · · · Posons alors m = i et u = j − i , on a

∀ n ∈ N : n ≥ m ⇒ w ²

^n+u

= w ²

ⁿ

Or la suite des v _n est formée par les parties réelles de cette suite de puissance. Elle

vérie donc la même relation ainsi que la suite des d _n qui s'en déduit par la méthode

de la question 2.