Correction du devoir maison n˚3

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚3

Exercice 1

1. ´Etudier le signe de

1 +x² 1−x² pour toutx∈]−1,1[.

2. Soit la fonction

f: ]−1,1[→R; x7→

s 1 +x² 1−x². (a) D´emontrer que la fonctionf est d´erivable sur ]−1,1[.

(b) Soitx∈]−1,1[. Calculerf^′(x).

(c) Interpr´eter le r´esultat de la question 2.(b) en termes de primitives.

3. Résoudre l’équation différentielle :

(E) (x²−1)y^′−xy+ 2x

√1 +x² = 0.

d’inconnuey: ]−1,1[→R. Correction

1. Soitx∈]−1,1[.

D’après la troisième identité remarquable, on a : 1 +x²

1−x² = 1 +x² (1−x)(1 +x).

• Signe de 1 +x²

Le nombrex² est un carr´e de nombre r´eel. On a donc x²≥0 et par suite :

x²+ 1≥1. (1)

De (1), 1>0 et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit :

x²+ 1>0. (2)

• Signe de 1−x

x∈]−1,1[ ⇒ −1< x <1

⇒ −1<−x <1 (multiplication par−1<0 de chaque membre)

⇒ 0<1−x <2 (ajout de 1 `a chaque membre) On a donc :

1−x >0. (3)

• Signe de 1 +x

x∈]−1,1[ ⇒ −1< x <1

⇒ 0<1 +x <2 (ajout de 1 `a chaque membre) On a donc :

1 +x >0. (4)

(2)

• Conclusion

De (2), (3) et (4), on d´eduit que :

1 +x²

1−x² = 1 +x²

(1−x)(1 +x) >0.

2. (a) Soient les fonctions :

f1: ]−1,1[→R⁺^∗; x7→ 1 +x² 1−x² f2:R⁺∗→R; x7→√

x.

Notons que d’apr`es la question 1, la fonctionf1 est bien d´efinie.

En outre, la composée f2◦f1 est bien définie. En effet, l’ensemble de définition def2 co¨ıncide avec l’ensemble d’arrivée def1.

On a :

f =f2◦f1. (5)

Les fonctionsf1 etf2sont dérivables sur leurs domaines de définition respectifs (fonction rationnelle et restriction de la fonction racine carrée¹). La fonctionf est donc dérivable sur ]−1,1[, comme composée de fonctions dérivables.

(b) On a les d´eriv´ees suivantes.

f₁^′: ]−1,1[→R⁺^∗; x7→ 2x(1−x²)−(−2x)(1 +x²)

(1−x²)² = 4x

(1−x²)² f₂^′:R⁺^∗→R; x7→ 1

2√ x.

Soitx∈]−1,1[. Des dérivées précédentes et de (5), on déduit : f^′(x) = f₁^′(x)×f₂^′(f1(x))

= 4x

(1−x²)²× 1 2

r1 +x² 1−x²

= 2x

(1−x²)²× 1 r1 +x²

1−x²

= 2x

(1−x²)²×

r1−x² 1 +x²

= 2x

(1−x²)^3/2√ 1 +x². (c) Des questions 2.(a) et 2.(b), on d´eduit que la fonction

f: ]−1,1[→R; x7→

s 1 +x² 1−x² est une primitive de la fonction :

]−1,1[→R; x7→ 2x (1−x²)^3/2√

1 +x².

1. On rappelle que la fonction racine carrée, définie surR⁺, n’est pas dérivable en 0.

(3)

3. Soit l’´equation diff´erentielle :

(E) (x²−1)y^′−xy+ 2x

√1 +x² = 0.

d’inconnuey: ]−1,1[→R. On a :

(E) ⇐⇒ (x²−1)y^′−xy=− 2x

√1 +x²

soustraction de 2x

√1 +x² `a chaque membre

⇐⇒ y^′− x

x²−1y=− 2x

√1 +x²(x²−1)

| {z }

(E^′)

(x²−1 = (x−1)(x+ 1)6= 0 six∈]−1,1[).

On a donc à résoudre une équation différentielle linéaire du premier ordre. L’équation différentielle ho- mogène associée à (E^′) est :

(E_H^′ ) ; y^′− x

x²−1y= 0.

• R´esolution de(E_H^′ )sur]−1,1[

Une primitive de la fonction

a: ]−1,1[→R; x7→ − x x²−1 est donn´ee par :

A: ]−1,1[→R; x7→ −1

2ln(|x²−1|).

Soitx∈]−1,1[. On a :

x²−1 =−(1−x²) =−(1−x)(1 +x) et (1−x)>0 d’après (3) et (1 +x)>0 d’après (4). On en déduit :

x²−1<0 et donc :

|x²−1|=−(x²−1) = 1−x². Ainsi a-t-on :

A: ]−1,1[→R; x7→ −1

2ln(1−x²).

D’apr`es le cours, on a donc : Sol(E^′H),]−1,1[=

y: ]−1,1[ → R

x 7→ Ke²¹^ln(1⁻^x²⁾=Ke^ln(^√¹⁻^x²⁾=K√ 1−x²

K∈R

.

• Recherche d’une solution particuli`ere de (E^′)sur]−1,1[

On cherche une solution particuli`ere de (E^′) sur ]−1,1[ par la m´ethode de la variation de la constante.

Soit donc :

y0: ]−1,1[→R; x7→K(x)p 1−x²

oùK: ]−1,1[→Rest une fonction dérivable sur ]−1,1[ à déterminer. La fonctiony0est dérivable sur ]−1,1[ comme produit deK(dérivable sur ]−1,1[ par hypothèse) et de :

]−1,1[→R; x7→p 1−x² qui est d´erivable sur ]−1,1[ car solution de (E_H^′ ) sur ]−1,1[.

Pour toutx∈]−1,1[, on a : y^′₀(x) =K^′(x)p

1−x²−K(x) 2x 2√

1−x² =K^′(x)p

1−x²−K(x) x

√1−x². La fonctiony0 est solution de (E^′) sur ]−1,1[ si et seulement si pour toutx∈]−1,1[ :

y^′₀(x)− x

x²−1y0(x) =− 2x

√1 +x²(x²−1). (6)

(4)

Soitx∈]−1,1[.

(6) ⇐⇒ K^′(x)√

1−x²−K(x) x

√1−x² − x

x²−1×K(x)√

1−x²=− 2x

√1 +x²(x²−1)

⇐⇒ K^′(x)√

1−x²−K(x) x

√1−x² − x

−(1−x²)×K(x)√

1−x²=− 2x

√1 +x²(x²−1)

⇐⇒ K^′(x)√

1−x²−K(x) x

√1−x² + x

(1−x²)×K(x)√

1−x²=− 2x

√1 +x²(x²−1)

⇐⇒ K^′(x)√

1−x²−K(x) x

√1−x² + x (√

1−x²)² ×K(x)√

1−x²=− 2x

√1 +x²(x²−1)

⇐⇒ K^′(x)√ 1−x²

−K(x) x

√1−x² +

x

√1−x² ×K(x) =− 2x

√1 +x²(x²−1)

⇐⇒ K^′(x) =− 2x

√1 +x²(x²−1)√

1−x² (division des deux membres par√

1−x²6= 0 carx∈]−1,1[)

⇐⇒ K^′(x) =− 2x

√1 +x²(−(1−x²))√ 1−x²

⇐⇒ K^′(x) = 2x

√1 +x²(1−x²)√ 1−x²

⇐⇒ K^′(x) = 2x

√1 +x²(1−x²)^3/2

D’apr`es la question 2.(c), on peut prendre pour Kla fonction :

K: ]−1,1[→R ; x7→

s 1 +x² 1−x². De cette ´etude, on d´eduit que la fonction :

y0: ]−1,1[→R; x7→K(x)p

1−x²= s

1 +x² 1−x²

p1−x²=p 1 +x² est une solution de (E^′) sur ]−1,1[.

• Conclusion

Des deux points précédents, on déduit que : Sol_(E),]₋_1,1[=Sol_(E′),]−1,1[=

y: ]−1,1[ → R x 7→ K√

1−x²+√ 1 +x²

K∈R

.

Exercice 2 (Nombres complexes et géométrie) SoitR= (O;−→u ,−→v) un repère orthonormé direct.

1. SoientM1etM2deux points du plan, d’affixes respectivesz1etz2. On rappelle que le milieuIdu segment [M1M2] est l’unique point du plan caract´eris´e par :

−−→M1I=1 2

−−−−→

M1M2.

Exprimer l’affixe du milieu I du segment [M1M2] en fonction dez1 etz2.

2. Soient A, B, C trois points distincts deO. Soitrla rotation de centreO et d’angle ^π₃. On note :

(5)

(a) A^′, B^′, C^′ les images respectives deA, B, C par la rotationr; (b) U, V, W les milieux respectifs des segments [A^′B], [B^′C] et [C^′A].

Démontrer que le triangleU V W est équilatéral.

Correction

1. Les affixes des points M1 et M2 sont respectivement not´ees z1 et z2. Notons z l’affixe du milieu I du segment [M1M2].

On a :

−−→M1I= 1 2

−−−−→

M1M2 ⇐⇒ z−z1= 1

2(z2−z1)

⇐⇒ z=z1+1

2(z2−z1)

⇐⇒ z= z1+z2

2 . 2. • D´etermination des affixes des pointsA^′, B^′, C^′

Notons zA, zB, zC les affixes respectives des points A, B, C et zA^′, zB^′, zC^′ les affixes respectives des pointsA^′, B^′, C^′.

La rotation de centreO et d’angle π

3 correspond `a la transformation : z7→eⁱ^π³z

du plan complexe. On a donc :

zA^′ =eⁱ^π³zA ; zB^′=eⁱ^π³zB ; zC^′ =eⁱ^π³zC. (7)

• D´etermination des affixes des pointsU, V, W

NotonszU, zV, zW les affixes respectives des pointsU, V, W. De la question 1 et de (7), on d´eduit : zU = zA^′+zB

2 =eⁱ^π³zA+zB

2 ;

zV = zB^′+zC

2 = eⁱ^π³zB+zC

2 ;

zW = zC^′+zA

2 =eⁱ^π³zC+zA

2 .

• Heuristique

On souhaite prouver que le triangle U V W est équilatéral. On peut procéder de différentes manières.

Méthode 1 : On pourrait considérer les angles aux différents sommets du triangle U V W et montrer que :

(−−→U V ,−−→U W) =±π 3 [2π] ; (−−→

V U ,−−→

V W) =±π 3 [2π]. (−−→

W U ,−−→

W V) =±π 3 [2π].

Ceci n’est pas possible car certains de ces angles peuvent ne pas ˆetre d´efinis. En effet, il se peut que certains des pointsU, V, W soient confondus. Par exemple, si les trois pointsA, B, C sont confondus, alors les points U, V, W sont confondus².

2. Il existe une infinité de configurations des pointsA, B, Cdonnant trois pointsU, V, W confondus. Pour s’en assurer, résoudre le système linéaire à coefficients complexeszU=zV =zW d’inconnue (zA, zB, zC)∈C³.

(6)

Méthode 2 : Il reste la possibilité d’utiliser les longueurs des côtés du triangleU V W pour caractériser le fait qu’il est équilatéral. On va donc montrer :

U V =U W =V W.

• D´emonstration deU V =U W L’affixe du vecteur−−→

U V est :

zV −zU = eⁱ^π³zB+zC

2 −eⁱ^π³zA+zB

2 = −eⁱ^π³zA+ (eⁱ^π³ −1)zB+zC

2 (8)

et celle du vecteur−−→U W est :

zW −zU =eⁱ^π³zC+zA

2 −eⁱ^π³zA+zB

2 = (1−eⁱ^π³)zA−zB+eⁱ^π³zC

2 . (9)

Compte tenu des expressions obtenues pour zV −zU et zW −zU (cf. coefficients devant zC) et de la méthode 1 exposée dans l’heuristique (qui, bien que non applicable en général, livre une idée), on conjecture que :

zW−zU =eⁱ^π³(zV −zU).

D´emontrons cette conjecture.

eⁱ^π³(zV −zU) =eⁱ^π³ −eⁱ^π³zA+ (eⁱ^π³ −1)zB+zC

2 =−eⁱ^2π³ zA+ (eⁱ^2π³ −eⁱ^π³)zB+eⁱ^π³zC

2 (10)

On a :

−eⁱ^2π³ =− −1 2 +i

√3 2

!

= 1 2−i

√3 2

1−eⁱ^π³ = 1− 1 2 +i

√3 2

!

= 1 2−i

√3 2 et donc :

−eⁱ^2π³ = 1−eⁱ^π³. (11) De plus :

eⁱ^2π³ −eⁱ^π³ =−1 2 +i

√3

2 − 1

2 +i

√3 2

!

=−1. (12)

De (9),(10),(11),(12), on d´eduit que :zW −zU =eⁱ^π³(zV −zU).

Par suite, on a :

U W = |zW −zU|

= |eⁱ^π³(zV −zU)|

= |eⁱ^π³| |zV −zU| (multiplicativit´e du module)

= |zV −zU| (|e^iθ|= 1 siθ∈R)

= U V.

• Conclusion

On a montr´e que : U V =U W. De fa¸con analogue, on prouve queU V =W V. On a ainsi : U V =U W =W V.

Le triangleU V W est donc ´equilat´eral.