Dans quel cas un nombre complexe admet-il un argument dans−π2,π2? b

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MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

1. Dans quelle partie deRla fonctionf

x7→arcsin( 2x 1 +x²) est elle dénie ? dérivable ?

Transformer f(x) en introduisant θ = arctanx. Présenter dans un tableau les dié- rentes expressions def(x)et les intervalles dans lesquels elles sont valides.

Retrouver le tableau précédent en utilisant la dérivée.

2. a. Dans quel cas un nombre complexe admet-il un argument dans−^π₂,^π₂? b. Soita∈Ret t∈]−1,+1[. Calculer la partie réelle et la partie imaginaire de

e^−ia+t e^−ia−t

Montrer que ce nombre complexe a un argument dans

−^π₂,+^π₂ . c. On suppose toujourst∈]−1,+1[et on pose

M = 1

2ln1 + 2tcosa+t²

1−2tcosa+t² N= arctan2tsina 1−t² Calculere^S pour S=M+iN.

d. Énoncer et prouver un résultat analogue à celui de la questioncdans le cast >1. 3. Préciser dans quelles parties deRles fonctions arcsin◦cos,arccos◦sin, sin◦arccoset

cos◦arcsin sont dénies. Tracer les graphes de ces fonctions.

4. Soitpet qdeux entiers non nuls, trouver une forme simpliée pour

p

X

k=0

p+q k

p+q−k p−k

.

5. Soitnun entier strictement positif, calculer les sommes suivantes

n

X

k=0

sin(kx) cos^kx ,

n

X

k=0

n k

sin(kx)

Corrigé

1. La contrainte vient de ce quearcsinest dénie seulement dans[−1,1]. NotonsA(x) =

2x

1+x² et montrons que la fonctionf est dénie dansRcar

∀x∈R, −1≤A(x)≤1.

En eet

2x

1 +x² + 1 = (1 +x)²

1 +x² ≥0⇒ −1≤A(x) 2x

1 +x² −1 =−(1−x)²

1 +x² ≥0⇒A(x)≤1.

Commearcsinest continue dans[−1,1], la fonctionf est également continue dans R.

En revanchearcsinn'est dérivable que dans l'ouvert et

A(x) = 1⇔x= 1, A(x) =−1⇔x=−1.

La fonctionf 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.

Posonsθ= arctanx, l'expression devient : 2x

1 +x² = 2 tanθ

1 + tan²θ = 2 tanθcos²θ= sin 2θ.

Par conséquent, 2θ est un antécédent de _1+x^2x2 pour sin mais, suivant x, il n'est pas forcément dans le bon intervalle (−^π₂,^π₂) pour arcsin. Présentons les cas dans un tableau

x ]−∞,−1] [−1,1] [1,+∞[

θ

−^π₂,^π₄

−^π₄,^π₄ _π

4,^π₂ 2θ −π,^π₂ −^π₂,^π₂ π

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

Six≥1, alors2θ∈π

2, πdoncπ−2θ∈

0,^π₂a le même sinus que2θ. Six≤ −1, on conclut en remarquant quef est impaire.

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

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 Aelem4

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Une autre méthode consiste à dériver.

∀x∈R\ {−1,+1}, f⁰(x) = 2

1 +x² − 4x² (1 +x²)²

1 q1−_(1+x^4x²2)²

= 2

1 +x² − 4x² (1 +x²)²

1 +x²

|1−x²| = 2 1−x²

|1−x²| 1 1 +x². 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−1et1. 2. a. Un nombre complexe admet un argument dans−^π₂,^π₂si et seulement si sa partie

réelle est strictement positive.

b. NommonsAle complexe à étudier. Ses parties réelles et imaginaires se calculent en multipliant pare^ia−tle numérateur et le dénominateur. On obtient respecti- vement

1−t²

1−2tcosa+t², 2tsina 1−2tcosa+t². Comme −1 < t < 1 et 1−2tcosa+t² =

e^ia−t

2 > 0, la partie réelle est strictement positive. Comme on l'a rappelé dans la question a., cela entraine que Aadmet un argument (nommons leθ) dans

−^π₂,+^π₂ .

c. Montrons que leN proposé par l'énoncé de cette question est en fait l'argument θintroduit dans la question précédente.

tanθ= sinθ

cosθ = |A|sinθ

|A|cosθ = Im(A)

Re(A) =2tsina 1−t². θ∈i

−π 2,+π

2 h







⇒θ= arctan2tsina 1−t² . D'autre part

1−2tcosa+t²=

1−e^−ia

2

1 + 2tcosa+t²=

1 +e^−ia

2

)

⇒ |A|=

r1 + 2tcosa+t² 1−2tcosa+t² =e^M. On en déduit

e^S =e^Me^iN=|A|e^iθ=A=e^−ia+t e^−ia−t.

d. Lorsque t > 1, la partie réelle de A est négative. Par conséquent, N = arctan^2t_1−t^sin2^a n'est plus un argument deAmaisN+π(qui a la même tangente) en est un. On en déduit

e^S =e^MeîN =|A|eîN =−|A|eî(N^+π)=−A=−e^−ia+t e^−ia−t.

3. Les fonctionsarccos◦sin etarcsin◦cossont dénies dansR. Nommons les respective- mentacs et asc. Elles sont 2π-périodiques. On peut aussi préciser diverses transfor- mation en utilisant les propriétés de cours dearccoset 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(−sinx) =π−acs(x) asc(−x) = arcsin(cosx) =asc(x).

On peut ainsi réduire le domaine d'étude à 0,^π₂

.

∀x∈h 0,π

2 i

,

π

2 −x∈h 0,π

2 i

cosπ 2 −x

= sinx sinπ

2 −x

= cosx











⇒acs(x) =asc(x) =π 2 −x

Les graphes sont présentés en gures1 et2.

π2 π2

−π

Fig. 1: Graphe dearcsin◦cos.

Les fonctionssin◦arccosetarccos◦sinsont très diérentes. Elles sont dénies dans le segment[−1,1]seulement. Elles sont égales entre elles et à la fonction x7→√

1−x² 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.

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π

π2

−^π₂

Fig. 2: Graphe dearccos◦sin.

−1 1

1

Fig. 3: Graphe de sin◦arccoset 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 ^p

X

k=0

p k

= 2^p p+q

p

5. La première somme est la partie imaginaire de

n

X

k=0

e^ix cosx

^k

=1−^e_cos^(n+1)ixn+1x

1−_cos^e^ix_x = 1 cosⁿx

cosⁿ⁺¹x−e^(n+1)ix cosx−e^ix

= 1

cosⁿx

cosⁿ⁺¹x−e^(n+1)ix

−isinx =icosⁿ⁺¹x−e^(n+1)ix cosⁿxsinx

soit cosx

sinx −cos(n+ 1)x cosⁿxsinx La deuxième somme est la partie imaginaire de

1 +e^ixⁿ

= 2 cosx

2eⁱ^x²ⁿ soit

2ⁿcosⁿx 2sinnx

2