Lycée Benjamin Franklin PTSI−2014-2015
D. Blottière Mathématiques
Correction du devoir maison n°3
Exercice 1
1. On résout graphiquement l’équation, en traçant la courbe représentative de la fonction ch, ainsi que la droite d’équationy=3.
1 2 3 4 5 6
−1
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
bb
x1
bb
x2
Cch
Nous observons deux solutions pour l’équation (E), qui semblent être opposées l’une de l’autre.
2. Soitx∈R.
(E) ⇐⇒ ex+e−x
2 =3
⇐⇒ ex+e−x=6
⇐⇒ ex+ 1 ex −6=0
· e−x= 1
ex
¸
⇐⇒ (ex)2−6ex+1
ex =0
⇐⇒ (ex)2−6ex+1=0
⇐⇒
X=ex et
X2−6X+1=0
⇐⇒
X=ex et
X=3−2p
2 ou X=3+2p 2
⇐⇒ ex=3−2p
2 ou ex=3+2p 2 Il est clair que 3+2p
2 est strictement positif. Puisque 8<9 et que la fonction racine carrée est stric- tement croissante surR≥0, nous savons 2p
2=p
8<3 et donc que 3−2p
2 est également strictement positif.
Ainsi l’ensemble solution de (E) est
©ln¡ 3−2p
2¢ , ln¡
3+2p 2¢ ª
.
Remarque : L’écriture de l’ensemble solution fait apparaître deux solutions, comme nous l’avons ob- servé graphiquement. Nous avons également remarqué que ces deux solutions semblent opposées l’une de l’autre. Nous pourrions utiliser la parité de la fonction ch pour le justifier, mais nous proposons ci- dessous un calcul qui livre une autre démonstration de cette propriété.
ln¡ 3−2p
2¢ +ln¡
3+2p 2¢
= ln¡¡
3−2p 2¢
ס 3+2p
2¢¢
= ln³ 32−¡
2p
2¢2´ £
3èmeidentité remarquable¤
= ln(1)
= 0
Exercice 2 1. Soitx∈R∗.
2
th (2x)− 1
th (x) = 2e2x+e−2x
e2x−e−2x−ex+e−x ex−e−x
= 2 e2x+e−2x
(ex−e−x) (ex+e−x)−ex+e−x ex−e−x
h e2X=¡
eX¢2
siX∈Ret 3èmeidentité remarquablei
= 2 e2x+e−2x
(ex−e−x) (ex+e−x)−(ex+e−x) (ex+e−x) (ex−e−x) (ex+e−x)
= 2e2x+2e−2x−¡
e2x+2exe−x+e−2x¢ (ex−e−x) (ex+e−x)
h e2X=¡
eX¢2
siX∈Ret 1èreidentité remarquablei
= e2x−2exe−x+e−2x (ex−e−x) (ex+e−x)
= (ex−e−x)2 (ex−e−x) (ex+e−x)
h e2X=¡
eX¢2
siX∈Ret 2èmeidentité remarquablei
= ex−e−x ex+e−x
= th(x) 2. Soitx∈R∗. Soitn∈N≥2.
nX−1 k=0
2kth³ 2kx´
=
nX−1 k=0
2k
µ 2
th¡
2k+1x¢− 1 th¡
2kx¢
¶ h
application de 1 avecx←2kx6=0i
=
n−1
X
k=0
2k+1 th¡
2k+1x¢
| {z }
(⋆)
−
n−1
X
k=0
2k th¡
2kx¢
£linéarité du symboleΣ¤
Nous effectuons le changement d’indicek′=k+1 dans la somme (⋆) pour obtenir (⋆)=
n−1
X
k=0
2k+1 th¡
2k+1x¢= Xn k′=1
2k′ th¡
2k′x¢ et finalement
(⋆)= Xn k=1
2k th¡
2kx¢
puisque l’indice de sommation est muet. Nous pouvons donc en déduire
n−1
X
k=0
2kth³ 2kx´
= Xn k=1
2k th¡
2kx¢ −
n−1
X
k=0
2k th¡
2kx¢
= Ãn
−1
X
k=1
2k th¡
2kx¢
! + 2n
th (2nx) − Ã 20
th¡ 20x¢ +
n−1
X
k=1
2k th¡
2kx¢
!
[relation de Chasles]
= 2n
th (2nx)− 1 th (x)
Nous avons établi
n−1
X
k=0
2kth³ 2kx´
= 2n
th (2nx)− 1 th (x).
Exercice 3
1. Soitx∈R. Le nombref(x) est défini si et seulement si
¯¯
¯¯
(1) 1−x2≥0 [le domaine de définition de la fonction racine carrée estR≥0] (2) −1≤2xp
1−x2≤1 [le domaine de définition de la fonction Arcsin est [−1, 1]] . Comme 1−x2=(1−x)(1+x) pour toutx∈R, nous déterminons le signe de 1−x2(par exemple) en dressant le tableau de signes conjoints des expressions affines 1−xet 1+x. Nous obtenons
1−x2≥0 ⇐⇒ x∈[−1, 1].
De plus, de
−1≤2xp
1−x2≤1 ⇐⇒
¯¯
¯2xp 1−x2
¯¯
¯≤1
⇐⇒ 4x2(1−x2)≤1 [la fonction carrée est strictement croissante surR≥0]
⇐⇒ 0≤4x4−4x2+1
⇐⇒ 0≤4 µ
x4−x2+1 4
¶
⇐⇒ 0≤4 µ
x2−1 2
¶2
et du fait qu’un carré de nombre réel est positif ou nul, nous déduisons
−1≤2xp
1−x2≤1 pour toutx∈[−1, 1]. Ainsi a-t-on
Df =[−1, 1].
2. Il est clair queDf =[−1, 1] est symétrique par rapport à 0. Soitx∈[−1, 1].
f(−x) = Arcsin
³
2(−x)p
1−(−x)2
´
= Arcsin³
−2xp 1−x2´
= −Arcsin³ 2xp
1−x2´ £
la fonction Arcsin est impaire¤
= −f(x) La fonctionf est donc impaire.
3. Compte tenu de l’imparité def, pour montrer quef est dérivable sur Df\
(
−1,− p2
2 , p2
2 , 1 )
=
#
−1,−
p2 2
"
∪
#
− p2
2 , p2
2
"
∪
#p 2 2 , 1
"
il suffit de démontrer que
f¯¯
¯ h
0, p2
2 h
∪ip 2 2,1h
est dérivable surh 0,p22h
∪ ip
2 2 , 1h
.
La fonction ¯
¯¯
¯¯
f1 : h 0,
p2 2
h
∪ip 2 2 , 1h
→ R>0
x 7→ 1−x2
est bien définie (si 0≤x<1, alors 1−x2=(1−x)(1+x)>0) et dérivable sur son ensemble de définition.
La fonction ¯
¯¯
¯
f2 : R>0 → R
x 7→ p
x est également dérivable sur son ensemble de définition. La fonction
¯¯
¯¯
¯
f2◦f1 : h
0,
p2 2
h
∪ ip
2 2 , 1
h
→ R
x 7→ p
1−x2
est donc bien définie et dérivable sur son ensemble de définition (composée de fonctions dérivables).
Comme la fonction ¯
¯¯
¯¯
f3 : h 0,p22h
∪ ip
2 2 , 1h
→ R
x 7→ 2x
est dérivable sur son ensemble de définition, la fonction
¯¯
¯¯
¯
f3×f2◦f1 : h 0,p22h
∪ ip
2 2, 1h
→ R
x 7→ 2xp
1−x2
est également dérivable sur son ensemble de définition (produit de fonctions dérivables).
Soitx∈ h
0,p22h
∪ ip
2 2 , 1h
. Il est clair que 0≤2xp
1−x2et 2xp
1−x2≤1 (cf. question 1). On a donc 0≤2xp
1−x2≤1.
Nous allons démontrer que 2xp
1−x26=1 en raisonnement par l’absurde. Supposons 2xp
1−x2=1. On a donc 4x2(1−x2)=1. En procédant comme à la question 1, nous en déduisons 4
µ x2−1
2
¶2
=0 et par suitex= ±
r1 2= ±
p2
2 , ce qui n’est pas possible.
Nous avons donc démontré
0≤2xp
1−x2<1 pour toutx∈
h 0,p22h
∪ ip
2 2 , 1h
.
Par suite la fonction ¯
¯¯
¯¯
f3×f2◦f1 : h 0,p22h
∪ ip
2 2, 1h
→ ]−1, 1[
x 7→ 2xp
1−x2
est bien définie. Elle est en outre dérivable sur son domaine de définition, puisquef3×f2◦f1l’est.
On introduit enfin la fonction ¯
¯¯
¯
f4 : ]−1, 1[ → R x 7→ Arcsin(x) que nous savons être dérivable sur ]−1, 1[. La fonction
f¯¯
¯ h
0, p2
2 h
∪ip 2
2,1h=f4◦ f3×f2◦f1
est donc dérivable sur son domaine de définition comme composée de fonctions dérivables.
4. Soitx∈Df \n
−1,−p22,p22, 1o
=i
−1,−p22h
∪i
−p22,p22h
∪ip 2 2 , 1h
. f′(x) =
µ 2×p
1−x2+2x× −2x 2p
1−x2
¶ 1
r 1−
³ 2xp
1−x2
´2
= 2¡ 1−x2¢
−2x2 p1−x2
1 q
1−¡ 4x2¡
1−x2¢¢
= 2−4x2 p1−x2
p 1
4x4−4x2+1
= 2−4x2 p1−x2
1 s
4 µ
x2−1 2
¶2
£cf. calcul effectué à la question 1¤
= 2−4x2 p1−x2
1 2
¯¯
¯¯x2−1 2
¯¯
¯¯ h
siX∈R, alorsp
X2= |X| i
= −2× 1 p1−x2×
x2−1
¯ 2
¯¯
¯x2−1 2
¯¯
¯¯
= −2× 1 p1−x2×
x− p2
¯ 2
¯¯
¯¯x− p2
2
¯¯
¯¯
¯
× x+
p2
¯ 2
¯¯
¯¯x+ p2
2
¯¯
¯¯
¯
£3èmeidentité remarquable et multiplicativité de| · |¤
Nous en déduisons
f′(x)=
−2 Arcsin′(x) six∈ i
−1,−
p2 2
h
∪ ip
2 2, 1h 2 Arcsin′(x) six∈
i
−
p2 2 ,p22h
.
5. Nous scindons l’étude en plusieurs parties.
• Sur l’intervalleip 2 2 , 1h
La fonctionf +2 Arcsin est dérivable sur l’intervalleip 2 2 , 1h
et a une dérivée nulle sur cet intervalle (cf. question 4). Elle est donc constante sur cet intervalle. Donc pour toutx∈
ip 2 2 , 1h f(x)+2 Arcsin(x)=f
Ãp 3 2
!
+2 Arcsin Ãp
3 2
!
=Arcsin Ãp
3 2
!
| {z }
π 3
+2 Arcsin Ãp
3 2
!
=π.
On a donc
∀x∈
#p 2 2 , 1
"
, f(x)=π−2 Arcsin(x).
• Sur l’intervallei
−1,−p22h
De l’imparité def et de Arcsin, on déduit du résultat précédent
∀x∈
#p 2 2 , 1
"
, f(x)= −π−2 Arcsin(x).
• Sur l’intervallei
−p22,p22h
La fonction f−2 Arcsin est dérivable sur l’intervallei
−
p2 2,
p2 2
h
et a une dérivée nulle sur cet inter- valle (cf. question 4). Elle est donc constante sur cet intervalle. Donc pour toutx∈i
−p22,p22h f(x)−2 Arcsin(x)=f(0)−2 Arcsin (0)=0
On a donc
∀x∈
#
− p2
2 , p2
2
"
, f(x)=2 Arcsin(x).
• Enp22
f Ãp
2 2
!
=Arcsin(1)= π
2=2 Arcsin Ãp
2 2
!
| {z }
π 4
.
• En−
p2 2
Du résultat précédent et de l’imparité def et Arcsin, nous déduisons f
Ã
− p2
2
!
=2 Arcsin Ã
− p2
2
! .
• En 1
f(1)=Arcsin(0)=0=π−2 Arcsin(1)
| {z }
π 2
.
• En−1
Du résultat précédent et de l’imparité def et Arcsin, nous déduisons f(−1)= −π−2 Arcsin (−1) . Conclusion
f(x)=
−π−2 Arcsin (x) si−1≤x< −
p2 2
2 Arcsin (x) si−
p2 2 ≤x≤
p2 2
π−2 Arcsin(x) si
p2 2 <x≤1 6. Soitx∈[−1, 1]. Alors il existe un uniquet∈£
−π2,π2¤
(t=Arcsin(x)) tel quex=sin(t).
f(x) = f(sin(t))
= Arcsin³
2 sin(t)p
1−sin2(t)´
= Arcsin (2 sin(t)|cos(t)|) £
relation de Pythagore¤
= Arcsin (2 sin(t) cos(t)) £
cos(t)≥0 cart∈£
−π2,π2¤¤
= Arcsin (sin (2t)) £
formule de duplication pour sin¤
Nous scindons alors l’étude en trois parties.
• Cas oùt∈£
−π4,π4¤
, i.e. oùx∈ h
−
p2 2 ,p22i Dans ce cas, 2t∈£
−π2,π2¤ et donc
f(x)=Arcsin(sin (2t))=2t=2 Arcsin(x).
• Cas oùt∈¤π 4,π2¤
, i.e. oùx∈ ip 2 2 , 1i
f(x) = Arcsin(sin (2t))
= Arcsin(sin (π−2t)) [sin (2t)=sin(π−2t)]
= π−2t £
π−2t∈£ 0,π2¤¤
= π−2 Arcsin(x).
• Cas oùt∈£
−π2,−π4¤
, i.e. oùx∈ h
−1,−
p2 2
h
f(x) = Arcsin(sin (2t))
= Arcsin(sin (−π−2t)) [sin (2t)=sin(−π−2t)]
= −π−2t £
−π−2t∈£
−π2, 0¤¤
= −π−2 Arcsin(x).
Nous retrouvons bien les mêmes résultats qu’à la question 5.
