Correction du devoir maison n˚2

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚2

Exercice 1

R´esoudre l’´equation

(E) : z⁸+ (2 +i)z⁴−3 + 3i= 0 d’inconnuez∈C.

Correction

On introduit l’inconnue auxiliaireZ =z⁴. On a alors : (E)⇐⇒

Z=z⁴

(E^′) : Z²+ (2 +i)Z−3 + 3i= 0

• R´esolution de (E^′)

Il s’agit de d´eterminer les racines du polynˆome du second degr´e `a coefficients complexes : P =Z²+ (2 +i)Z−3 + 3i.

Le discriminant deP est :

∆ = (2 +i)²−4×1×(−3 + 3i) = 15−8i.

• D´etermination des racines carr´ees de ∆ = 15−8i

Essayons d’abord de voir si l’on peut obtenir une forme trigonom´etrique explicite de 15−8i(si tel est le cas, les racines carr´ees de 15−8iseront tr`es simplement obtenues). Le module de 15−8iest donn´e par :

|15−8i|=p

15²+ (−8)²= 17.

On a donc :

15−8i= 17 15

17 − 8 17i

.

Comme on ne connaˆıt pas de solution explicite du syst`eme cos(θ) =15

17 et sin(θ) =−8 17

on ne peut pas donner de forme trigonom´etrique explicite de 15−8i. On passe alors par la voie alg´ebrique, et l’on raisonne par analyse-synth`ese.

• Analyse

Soitδ∈Ctel que :

δ²= 15−8i. (1)

On introduit la forme alg´ebrique deδ: soitδ=a+ib, aveca, b∈R. L’´equation (1) se r´e´ecrit alors : a²−b²

| {z }

∈R

+i|{z}2ab

∈R

= 15|{z}

∈R

+i(−8)

| {z }

∈R

. (2)

Par unicit´e de la forme alg´ebrique, on en tire :

a²−b²= 15 (3)

2ab=−8. (4)

D’autre part (1) implique|δ²|=|15−8i|et :

|δ²|=|15−8i| ⇒ |δ|²= 17 (multiplicativit´e du module et calcul de|15−8i|ci-dessus)

⇒ (√ ₂

+ ²)²= 17

En rassemblant cette derni`ere ´equation et les ´equations (3) et (4) on obtient le syst`eme suivant :

a²−b²= 15 (5)

a²+b²= 17 (6)

2ab=−8. (7)

Maintenant :

(5) + (6) ⇒ 2a²= 32

⇒ a²= 16

⇒ a=−4 ou a= 4

et (6)−(5) ⇒ 2b²= 2

⇒ b²= 1

⇒ b=−1 ou b= 1.

De plus de (7), on d´eduit queaet bsont de signes oppos´es.

Finalement, on trouve deux candidats pour δ:

δ1= 4−i et δ2=−4 +i=−δ1.

• Synth`ese

V´erifions si les candidats trouv´es en fin d’analyse sont bien des racines carr´ees de 8−6i.

δ²₁= (4−i)²= 4²−8i+ (−i)²= 16−8i−1 = 15−8i et δ²₂= (−δ1)²=δ²₁= 15−8i.

• Conclusion

Les racines carr´ees de 15−8isont donc :

δ1= 4−i et δ2=−4 +i=−δ1.

• Fin de la r´esolution de (E^′)

D’apr`es le cours, les solutions de (E^′) sont alors : z1 = −(2 +i)−δ1

2×1

= −(2 +i)−(4−i) 2

= −3

z2 = −(2 +i) +δ1

2×1

= −(2 +i) + (4−i) 2

= 1−i Les solutions de (E^′) sont donc :−3 et 1−i.

• Retour `a l’´etude de l’´equation(E)

En consid´erant le syst`eme introduit au d´ebut de l’´etude et les solutions de (E^′) obtenus ci-dessus, on obtient :

(E) ⇐⇒

Z =z⁴

Z ∈ {−3,1−i}

⇐⇒





z⁴=−3 ou

z⁴= 1−i.

On est ainsi conduit `a d´eterminer les racines quatri`emes complexes de−3 d’une part, et de 1−id’autre part.

• Recherche des racines quatri`emes de −3 Une forme trigonom´etrique de −3 est :

3e^iπ. On en d´eduit que :

4√ 3e^iπ4 est une racine quatri`eme de−3.

Soitz∈C.

z⁴=−3 ⇐⇒ z⁴= 3e^iπ

⇐⇒ z⁴= ⁴√ 3e^iπ44

⇐⇒ z⁴

4√

3e^iπ44 = 1 (division de chacun des membres par ⁴√ 3e^iπ44

=−36= 0)

⇐⇒

z

4√ 3e^iπ4

4

= 1

⇐⇒ z

4√

3e^iπ4 ∈U₄=n

e^2ikπ4 : k∈J0,3Ko

=n

e^ikπ2 : k∈J0,3Ko

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z

4√

3e^iπ4 =e^ikπ2

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z= ⁴√

3e^iπ4e^ikπ2

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z= ⁴√

3e^i(kπ2+π4) (relation fonctionnelle)

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z= ⁴√

3e^{i(2k+1)4 π} Donc l’ensemble des racines quatri`emes de−3 est :

n₄√ 3eⁱ⁽²

k+1)π

4 : k∈J0,3Ko .

• Recherche des racines quatri`emes de 1−i Le module de 1−iest√

2. On a donc : 1−i=√

2 1

√2 − 1

√2i

=√ 2

√2 2 −

√2 2 i

! .

On consid`ere alors le syst`eme :

cos(θ) =

√2

2 et sin(θ) =−

√2 2 d’inconnueθ∈R. On remarque que−π

4 est solution de ce syst`eme. On en d´eduit que : 1−i=√

2e^−iπ4 et par suite que :

4q√

2e^−i16π = ⁸√ 2e^−i16π est une racine quatri`eme de 1−i.

Soitz∈C.

z⁴= 1−i ⇐⇒ z⁴=√ 2e^−iπ4

⇐⇒ z⁴= ⁸√

2e^−i16π4

⇐⇒ z⁴

8√

2e^−i16π4 = 1 (division de chacun des membres par ⁸√

2e^−i16π4

= 1−i6= 0)

⇐⇒

z

8√ 2e^−i16π

4

= 1

⇐⇒ z

8√

2e^−i16π ∈U₄=n

e^2ikπ4 : k∈J0,3Ko

=n

e^ikπ2 : k∈J0,3Ko

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z

8√

2e^−i16π =e^ikπ2

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z= ⁸√

2e^−i16πe^ikπ2

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z= ⁸√

2e^{i(kπ2 −16π)} (relation fonctionnelle)

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z= ⁸√

2e^{i(8k16−1)π}

• Conclusion

L’ensemble solution de (E) est : n₄√

3e^{i(2k+1)4 π} : k∈J0,3Ko S n8√

2e^{i(8k16−1)π} : k∈J0,3Ko

Exercice 2

1. D´eterminer le domaine de d´efinition de l’in´equation (I1) :

r1

2−x≤1.

2. R´esoudre l’in´equation (I1).

3. D´eterminer le domaine de d´efinition de l’in´equation (I2) :

r1

2+x≤1.

4. R´esoudre l’in´equation (I2).

5. D´eterminer le domaine de d´efinitionD^f de la fonction f:x7→arcsin

r1 2 −x

!

+ arcsin r1

2 +x

! .

6. D´eterminer le domaine de d´erivabilit´eD^′f de la fonctionf. 7. Calculerf^′(x) pour toutx∈ D^′f.

8. Montrer que pour toutx∈ D^f : arcsin

r1 2−x

!

+ arcsin r1

2 +x

!

= π 2.

Correction

1. Soitx∈R. Les deux membres de l’in´equation (I1) sont bien d´efinis si et seulement si : 1

2−x≥0 carD^√_·=R⁺ i.e. si et seulement si :

x≤ 1 2. Le domaine de d´efinition deI1 est donc :

−∞,1 2

.

2. Soitx∈

−∞,1 2

. r1

2−x≤1 ⇐⇒ 1

2 −x≤1 (car la fonction carr´e estրրsurR⁺)

⇐⇒ −x≤ 1 2

soustraction de 1

2 `a chaque membre

⇐⇒ x≥ −1

2 (multiplication de chaque membre par (−1)<0) On en d´eduit que :

Sol(I1)=

−∞,1 2

T

−1 2,+∞

=

−1 2,1

2

.

3. Soitx∈R. Les deux membres de l’in´equation (I2) sont bien d´efinis si et seulement si : 1

2+x≥0 carD^√_·=R⁺ i.e. si et seulement si :

x≥ −1 2. Le domaine de d´efinition deI2 est donc :

−1 2,+∞

.

4. Soitx∈

−1 2,+∞

.

b r1

2 +x≤1 ⇐⇒ 1

2+x≤1 (car la fonction carr´e estրրsurR⁺)

⇐⇒ x≤1 2

soustraction de 1

2 `a chaque membre

On en d´eduit que :

Sol(I2)=

−1 2,+∞

T

−∞,1 2

=

−1 2,1

2

.

5. Soitx∈R.f(x) = arcsin r1

2 −x

!

+ arcsin r1

2 +x

!

est bien d´efini si et seulement si : (A1) 1

2 −x≥0 carD^√_·=R⁺ (B1) −1≤

r1

2 −x≤1 ( carDarcsin= [−1,1] ) (A2) 1

2 +x≥0 carD^√_·=R⁺ (B2) −1≤

r1

2 +x≤1 ( carDarcsin= [−1,1] ).

Comme la racine carr´ee prend ses valeurs dansR⁺, ces conditions se r´e´ecrivent : (A1) 1

2 −x≥0 (B1’)

r1

2 −x≤1 (A2) 1

2 +x≥0 (B2’)

r1

2 +x≤1.

D’apr`es les questions 1–4, on en d´eduit que : D^f =

−1 2,1

2

.

6. Le domaine de d´erivabilit´e defest le plus grand sous-ensemble deD^f =

−1 2,1

2

sur lequelfest d´erivable.

On va ici simplement montrer quef est d´erivable sur

−1 2,1

2

, autrement dit que la fonction

f_|]−¹2,¹₂[ :

−1 2,1

2

→R; x7→arcsin r1

2 −x

!

+ arcsin r1

2+x

!

est d´erivable, sans discuter ni la d´erivabilit´e ´eventuelle de f en −1

2 `a droite, ni la d´erivabilit´e ´eventuelle def en 1

2 `a gauche¹. – La fonction

f1:

−1 2,1

2

→]0,1[ ; x7→ 1 2 −x est bien d´efinie car six∈

−1 2,1

2

−1

2 < x < 1

2 ⇒ −1

2 <−x < 1

2 (multiplication de chaque membre par (−1)<0)

⇒ 0<1

2 −x <1

ajout de 1

2 `a chaque membre

.

La fonctionf1 est de plus d´erivable sur

−1 2,1

2

(restriction d’une fonction affine).

– La fonction

f2: ]0,1[→]0,1[ ; x7→√ x est bien d´efinie car six∈]0,1[

0< x <1 ⇒ 0<√

x <1 (la fonction√

·est strictement croissante surR⁺)

1. On va montrer (question 8) que la fonctionf est en fait constante surDf=

−1 2,1

2

. Elle est donc d´erivable sur

−1 2,1

2

.

La fonctionf2 est de plus d´erivable sur ]0,1[ (car la fonction√

·est d´erivable sur ]0,+∞[).

– La fonction

f3: ]0,1[→ R; x7→arcsin(x) est bien d´efinie et d´erivable sur ]0,1[ (cf. cours sur arcsin).

– Compte tenu des ensembles de d´epart et d’arriv´ee def1, f2, f3, la compos´ee f3◦f2◦f1:

−1 2,1

2

→R; x7→arcsin r1

2−x

!

est bien d´efinie. Elle est de plus d´erivable sur

−1 2,1

2

comme compos´ee de fonctions d´erivables.

– De mˆeme que pour f1, on montre que la fonction f4:

−1 2,1

2

→]0,1[ ; x7→ 1 2 +x est bien d´efinie et d´erivable sur

−1 2,1

2

.

– Compte tenu des ensembles de d´epart et d’arriv´ee def4, f2, f3, la compos´ee f3◦f2◦f4:

−1 2,1

2

→R; x7→arcsin r1

2+x

!

est bien d´efinie. Elle est de plus d´erivable sur

−1 2,1

2

comme compos´ee de fonctions d´erivables.

– La fonction

f_|]−¹2,¹₂[ =f3◦f2◦f1+f3◦f2◦f4

est donc d´erivable sur

−1 2,1

2

(somme de fonctions d´erivables).

7. Soitx∈

−1 2,1

2

.

f^′(x) = (f3◦f2◦f1)^′(x) + (f3◦f2◦f4)^′(x)

= f₁^′(x)×f₂^′(f1(x))×f₃^′(f2(f1(x))) +f₄^′(x)×f₂^′(f4(x))×f₃^′(f2(f4(x)))

= (−1)× 1 2p

f1(x)× 1

q

1−(f2(f1(x)))²

+ 1× 1

2p

f4(x) × 1

p1−(f2(f4(x))))²

= − 1

2 r1

2−x

× 1

vu ut1−

r1 2 −x

!2 + 1 2

r1 2+x

× 1

vu ut1−

r1 2+x

!2

= − 1

2 r1

2−x

× 1

s 1−

1 2 −x

+ 1 2

r1 2 +x

× 1

s 1−

1 2+x

= − 1

2 r1

2−x

× 1 r1

2+x

+ 1

2 r1

2+x

× 1 r1

2 −x

= 0

8. La fonction f est d´erivable sur l’intervalle

−1 2,1

2

et pour tout x∈

−1 2,1

2

, f^′(x) = 0. Elle est donc constante sur

−1 2,1

2

, i.e. il existe une constante r´eelleK telle que pour toutx∈

−1 2,1

2

: f(x) =K.

On a en particulierf(0) =K. Or

f(0) = 2 arcsin r1

2

!

= 2 arcsin

√2 2

! .

Par d´efinition, arcsin

√2 2

!

est l’unique r´eelxtel que :

x∈h

−π 2,π

2

i et sin(x) =

√2 2 . On remarque que ce r´eelxest π

4. On a donc arcsin

√2 2

!

=π 4, d’o`u : K=f(0) = 2×π

4 =π 2. Ainsi, pour toutx∈

−1 2,1

2

, on a :

f(x) = arcsin r1

2 −x

!

+ arcsin r1

2+x

!

= π 2. Il reste `a ´etudier la valeur de f en−1

2 et en 1

2. La fonctionf ´etant clairement paire, il suffit de calculer le valeur de f en 1

2 (cette valeur sera aussi celle en−1 2).

f 1

2

= arcsin(0) + arcsin(1).

La fonction arcsin ´etant impaire et d´efinie en 0, on a arcsin(0) = 0. Par d´efinition, arcsin (1) est l’unique r´eelxtel que :

x∈h

−π 2,π

2 i

et sin(x) = 1.

On remarque que ce r´eelxest π

2. On a donc arcsin (1) = π 2, d’o`u : f

1 2

= 0 +π 2 = π

2. On peut `a pr´esent conclure. Pour toutx∈

−1 2,1

2

, on a :

f(x) = arcsin r1

2 −x

!

+ arcsin r1

2+x

!

= π 2.

Exercice 3

1. Calculer les valeurs de arctan(0) et de arctan(1). Justifier les r´esultats.

2. Soita∈]0,1] et soitb∈]0,1[. D´emontrer que : 0<arctan (a)≤ π

4 et 0<arctan (b)< π 4. 3. Soitn∈N^∗. D´emontrer que :

0<arctan 1

n

≤ π

4 et 0<arctan 1

n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

< π 2.

4. D´emontrer que :

arctan 1

n

= arctan 1

n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

.

On pourra commencer par calculer la tangente de chacun des membres (ou cˆot´es) de l’´egalit´e.

5. Que vaut arctan 1

2

+ arctan 1

3

? Correction

1. La fonction arctan est impaire et d´efinie en 0. On a donc : arctan(0) = 0.

Par d´efinition, arctan(1) est l’unique r´eelxtel que : x∈i

−π 2,π

2

h et tan(x) = sin(x) cos(x) = 1 i.e. tel que :

x∈i

−π 2,π

2 h

et sin(x) = cos(x).

A l’aide du cercle trigonom´etrique (ou des valeurs remarquables de cos et sin), on remarque que ce r´eel` x est π

4. On a donc :

arctan(1) = π 4. 2. Soita∈]0,1].

0< a≤1⇒0 = arctan(0)<arctan(a)≤arctan(1) = π

4 (car arctan estրրsur R).

Soitb∈]0,1[.

0< b <1⇒0 = arctan(0)<arctan(b)<arctan(1) = π

4 (car arctan estրրsurR).

3. Soitn∈N^∗.

• On a n≥1.

n≥1 ⇒ 0< 1

n≤1 (car inverse estցցet >0 sur R⁺∗).

⇒ 0<arctan 1

n

≤ π 4

application du r´esultat de 2., aveca= 1 n ∈]0,1]

.

• Si n≥1, alorsn+ 1≥2.

n+ 1≥2 ⇒ n+ 1>1 (2>1 et transitivit´e de la relation d’ordre)

⇒ 0< 1

n+ 1 <1 (car inverse estցցet >0 sur R^+∗).

⇒ 0<arctan 1

n+ 1

<π 4

application du r´esultat de 2., avec b= 1

n+ 1 ∈]0,1[

.

• La fonction carr´e ´etant (strictement) croissante sur R⁺, de n≥1, on d´eduit quen² ≥1. En sommant membre `a membre les in´egalit´es

n≥1 et n²≥1 On obtient :

n+n²≥2.

n+n²≥2 ⇒ 1 +n+n²≥3 (ajout de 1 `a chaque membre)

⇒ 1 +n+n²>1 (3>1 et transitivit´e de la relation d’ordre)

⇒ 0< 1

1 +n+n² <1 (car inverse estցցet >0 surR⁺∗).

⇒ 0<arctan

1 1 +n+n²

<π 4

application du r´esultat de 2., avecb= 1

1 +n+n² ∈]0,1[

.

• Nous avons obtenu les in´egalit´es :

0<arctan 1

n+ 1

< π

4 (8)

0<arctan

1 1 +n+n²

< π

4 (9)

En sommant membre `a membre ces in´egalit´es, on obtient : 0<arctan

1 n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

<π

2. (10)

4. Soitn∈N^∗.

On rappelle que pour tout A, B∈ Dtan = [

k∈Z

i−π

2 +kπ,π 2 +kπh

tels que

A+B∈ Dtan= [

k∈Z

i−π

2 +kπ,π 2 +kπh on a :

tan(A+B) = tan(A) + tan(B) 1−tan(A) tan(B). Si A= arctan

1 n+ 1

, B= arctan

1 1 +n+n²

alors, d’apr`es (8) et (9),A, B∈ Dtan et, d’apr`es (10), A+B∈ Dtan. On peut donc appliquer la formule rappel´ee ci-dessous pour ces valeurs deAetB.

tan

arctan 1

n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

= tan

arctan

1 n+ 1

+ tan

arctan

1 1 +n+n²

1−tan

arctan 1

n+ 1

tan

arctan

1 1 +n+n²

(⋆)= 1

n+ 1+ 1

1 +n+n² 1− 1

n+ 1 1 1 +n+n²

=

1 +n+n²+n+ 1 (n+ 1)(1 +n+n²) (n+ 1)(1 +n+n²)−1

(n+ 1)(1 +n+n²)

= 1 +n+n²+n+ 1 (n+ 1)(1 +n+n²)−1

= n²+ 2n+ 2 n³+ 2n²+ 2n

= n²+ 2n+ 2 n(n²+ 2n+ 2)

= 1

n

L’´egalit´e (⋆) vient du r´esultat du cours suivant. Pour touty∈R: tan(arctan(y)) =y.

Nous venons de montrer que : tan

arctan

1 n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

= 1 n = tan

arctan

1 n

et donc que : tan

arctan

1 n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

= tan

arctan 1

n

. (11)

Remarque : On ne peut pas conclure directement. Deux nombres qui ont la mˆeme tangente ne sont pas n´ecessairement ´egaux, comme on le voit avec 0 etπ, qui ont tous deux une tangente nulle.

On sait que pour toutx∈i

−π 2,π

2 h :

arctan(tan(x)) =x (cf. cours) et que, d’autre part (cf. question 3.) :

arctan 1

n

∈i 0,π

4 i⊂i

−π 2,π

2

h et arctan

1 n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

∈i

−π 2,π

2 h.

Ainsi, en appliquant arctan `a chaque membre de (11), il vient : arctan

1 n

= arctan 1

n+ 1

+ arctan

1 1 +n+n²

.

5. En appliquant le r´esultat de 4., avecn= 1, on obtient : arctan

1 2

+ arctan 1

3

= arctan (1)

= π

4.

Probl`eme

Soitnun entier naturelpairsup´erieur ou ´egal `a 2.

1. Montrer que la fonction

f:R⁺→R; x 7→xⁿ induit une bijectionfedeR⁺surR⁺.Dans la suite, on note ⁿ√

· la bijection r´eciproque defe, i.e. on pose

n√

· = (fe)⁻¹.

2. Expliciter la fonction ⁿ√

· en recopiant et en compl´etant le diagramme suivant :

n√

· :R⁺ → R⁺

y 7→ l’unique . . . 3. Soient x∈Ret y∈R⁺. Recopier et compl´eter l’assertion suivante.

x= ⁿ√y ⇐⇒





. . . et

. . . 4. Calculer ⁿ√

0. Justifier la r´eponse.

5. Soity∈R⁺. Justifier que :

(ⁿ√y)ⁿ =y.

6. Soity∈R. Justifier que ⁿ√

yⁿ est bien d´efini et que :

n√

yⁿ =|y|. On pourra faire une disjonction de cas.

7. Montrer que pour tout (y1, y2)∈(R⁺)² :

n√ y1 ⁿ√

y2 = ⁿ√ y1y2. 8. Que dire de la continuit´e et des variations de la fonction ⁿ√

· ? Justifier la r´eponse.

9. Justifier que ⁿ√

1 = 1, puis montrer que siy∈]1,+∞[, alors :

n√ y >1.

10. D´eterminer l’ensemble de d´erivabilit´eD^′ de ⁿ√

·. 11. D´emontrer que pour touty∈ D^′ :

(ⁿ√

·)^′(y) =

n√y ny .

12. On rappelle que siy∈R^+∗, alorsy¹ⁿ estpar d´efinition e^n1ln(y). Soit la fonction p¹

n:R^+∗→R; y7→yⁿ¹. Montrer que pour touty∈R⁺∗ :

p¹

n(y) = ⁿ√y . 13. Retrouver le r´esultat ´etabli en 11. `a l’aide de la question 12..

14. D´eduire de la question 12. le comportement asymptotique de ⁿ√

· en +∞. Correction

1. On commence par ´etudier les variations def surR⁺.

• La fonctionfest d´erivable (et donc continue) sur l’intervalleR⁺(restriction d’une fonction polynomiale).

• Pour toutx∈R⁺ :

f^′(x) =nxⁿ⁻¹. On a doncf^′(x)>0 pour toutx∈R⁺, sauf pourx= 0.

Par le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie, la fonctionf est donc strictement croissante surR<sup>+</sup>. On va appliquer le th´eor`eme de la bijection `af. V´erifions les hypoth`eses.

• La fonctionf est d´efinie surR⁺, intervalle r´eel.

• La fonctionf est continue surR⁺ (d´ej`a justifi´e).

• La fonctionf est strictement croissante surR⁺ (cf. preuve pr´ec´edente).

D’apr`es le th´eor`eme de la bijection,f r´ealise une bijection deRsur f(R) =

f(0), lim

x→+∞xⁿ

= [0,+∞[=R⁺ i.e. la fonction

fe:R⁺→R⁺; x7→f(x) =xⁿ est bijective.

2. On a :

n√

· : R⁺ → R⁺

y 7→ l’unique solution dexⁿ=y, d’inconnuex∈R⁺. 3. Soient x∈Ret y∈R⁺.

x= ⁿ√y ⇐⇒





x∈R⁺ et

xⁿ=y.

4. Soitx∈R.

x= ⁿ√

0 ⇐⇒





x∈R⁺ et

xⁿ= 0.

On a 0∈R⁺ et 0ⁿ= 0|×. . .{z ×0}

nfois

= 0.Donc ⁿ√ 0 = 0.

5. Soity∈R⁺. D’apr`es le cours, on a :

fe◦(fe)⁻¹(y) =id_R⁺(y) =y i.e.

(ⁿ√y)ⁿ =y.

6. Soity∈R. On commence par prouver que :yⁿ=|y|ⁿ.

• Si y∈R⁺, alors|y|=y et doncyⁿ=|y|ⁿ.

• Si y∈R−∗, alors|y|=−y. D’autre part, (−y)ⁿ=yⁿ, carnest pair. On a doncyⁿ=|y|ⁿ. Soitx∈R.

x= ⁿ√

yⁿ ⇐⇒





x∈R⁺ et

xⁿ=yⁿ.

On a |y| ∈R⁺ et|y|ⁿ =yⁿ, d’apr`es la discussion pr´ec´edente. On en d´eduit que :

n√

yⁿ =|y|. 7. Soient (y1, y2)∈(R⁺)². Soitx∈R.

x= ⁿ√

y1y2 ⇐⇒





x∈R⁺ et

xⁿ=y1y2.

• Par d´efinition de ⁿ√

·, on a ⁿ√y1, ⁿ√y2∈R⁺ et donc :

n√ y1ⁿ√

y2∈R⁺.

• On sait que

(ⁿ√

y1)ⁿ=y1 et (ⁿ√

y2)ⁿ=y2 (d’apr`es la question 5.).

On a donc :

y1y2= (ⁿ√

y1)ⁿ(ⁿ√

y2)ⁿ = (ⁿ√ y1ⁿ√

y2)ⁿ. Comme ⁿ√y1ⁿ√y2∈R⁺ et (ⁿ√y1ⁿ√y2)ⁿ =y1y2, on a :

n√

y1y2= ⁿ√ y1ⁿ√

y2.

8. La fonction feest continue et strictement croissante sur R⁺. D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, on a (fe)⁻¹= ⁿ√

· continue et strictement croissante surR⁺. 9. Soitx∈R.

x= ⁿ√

1 ⇐⇒





x∈R⁺ et

xⁿ= 1.

On a 1∈R⁺ et 1ⁿ= 1×. . .×1

| {z }

nfois

= 1.Donc ⁿ√ 1 = 1.

Soity∈]1,+∞[.

y >1 ⇒ ⁿ√y > ⁿ√

1 (ⁿ√

· րր surR⁺)

⇒ ⁿ√y >1 (car ⁿ√ 1 = 1).

10. Soity∈R⁺.

n√

· d´erivable en y ⇐⇒ fe^′((fe)⁻¹(y))6= 0 (cf. Thm sur la d´erivabilit´e et d´eriv´ee d’une bijection r´eciproque)

⇐⇒ n(ⁿ√y)ⁿ⁻¹6= 0

⇐⇒ ⁿ√y6= 0 (Rest int`egre et n≥1)

⇐⇒(⋆) y6= 0.

Expliquons l’´equivalence (⋆). On a

√ √

et

n√y= 0 ⇒ (ⁿ√y)ⁿ= 0ⁿ= 0

⇒ y = 0 (cf. question 5.).

On a donc :

n√

y = 0⇐⇒y= 0 et par suite

n√

y 6= 0⇐⇒y6= 0.

On a donc :

D^′=R^+∗.

11. Soity∈R⁺∗.Par le th´eor`eme sur la d´erivabilit´e et la d´eriv´ee d’une bijection r´eciproque, on a : (ⁿ√

·)^′(y) = 1 fe^′((fe)⁻¹(y))

= 1

n(ⁿ√y)ⁿ⁻¹

= 1

n(ⁿ√y)ⁿ(ⁿ√y)⁻¹

= 1

ny(ⁿ√y)⁻¹ (cf. question 5.)

=

n√y

ny (multiplication haut et bas par ⁿ√y) 12. Soity∈R⁺. Soitx∈R. On rappelle que :

x= ⁿ√y ⇐⇒





x∈R⁺ et

xⁿ=y.

On a p¹

n(y) =e^n1ln(y)∈R⁺ (car exponentielle est>0 surR).

D’autre part, on a :

(p¹

n(y))ⁿ= (e^1nln(y))ⁿ =e^n1nln(y)=e^ln(y)=y.

Le nombrep¹

n(y) v´erifie les conditions caract´erisant ⁿ√y. On a donc : p¹

n(y) = ⁿ√ y . 13. Soient

g1:R^+∗→R; y7→ 1 nln(y) et

g2:R→R; y7→e^y.

Les fonctionsg1 etg2 sont d´erivables sur leurs domaines de d´efinition (g1est la fonction ln multipli´ee par une constante etg2 est la fonction exponentielle). Par suite

p¹

n =g2◦g1

est d´erivable surR^+∗ (compos´ee de fonctions d´erivables).

De plus, pour touty∈R^+∗, on a : (ⁿ√

· )^′(y) =

cf. 12.(p_n¹)^′(y) = 1 n×1

y ×e^n1ln(y)= 1 n×1

y ×p¹

n(y) =

cf. 12.

1

ny × ⁿ√y=

n√y ny . 14. On a :

1

nln(y)_y →

→+∞+∞ e^Y →

Y→+∞+∞









composition de limites⇒

n√y=p¹

n(y) =e^n1ln(y)_y →

→+∞+∞.