MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Soit k ∈]0, 1[ . Pour tout x ∈ R, on note F (x) = Z x
0
dt q
1 − k 2 sin 2 (t) .
1. Montrer que la fonction F est bien dénie, impaire et dérivable sur R et exprimer sa dérivée.
2. Posons K = F (π/2) et T = F(π) . Montrer que T = 2K . 3. Montrer que pour tout x ∈ R, F (x + π) = F (x) + T .
4. Montrer que F(x) ≥ x pour tout x ≥ 0 . En déduire que F réalise une bijection strictement croissante de R vers R.
Notons A : R → R la bijection réciproque de F . Pour tout x ∈ R, on notera également : sn(x) = sin(A(x)), cn(x) = cos(A(x)), dn(x) = p
1 − k 2 sn(x) 2 . 5. Montrer que la fonction sn est 2T -périodique.
6. Montrer que les fonctions sn et cn sont dérivables et que pour tout x ∈ R : sn 0 (x) = cn(x) dn(x) et cn 0 (x) = − sn(x) dn(x)
7. Soient ω ∈ R + et θ 0 ∈]0, π/2[ . Posons k = sin(θ 0 /2) et pour tout x ∈ R : θ(x) = 2 arcsin(k sn(ωx + K)).
a. Montrer que θ vérie :
∀x ∈ R , θ 00 (x) + ω 2 sin(θ(x)) = 0, θ(0) = θ 0 , θ 0 (0) = 0.
b. Montrer que θ est périodique et déterminer une période.
Corrigé
1. Comme 0 < k < 1 , la fonction t 7→
q
1 − k 2 sin 2 (t) ne s'annule pas. Son inverse est continue et admet des primitives. La fonction F est une de ces primitives, celle qui prend la valeur 0 en 0 .
∀x ∈ R , F 0 (x) = 1 q
1 − k 2 sin 2 (t) .
On montre que la fonction est impaire en utilisant le changement de variable θ = −t dans F(−x) .
2. Dans l'intégrale K , eectuons le changement de variable θ = π − t .
K = Z
π2π
−dθ
p 1 − (− sin θ) 2 = Z π
π 2
dθ q
1 − sin 2 (θ)
= Z π
π 2
dt q
1 − sin 2 (t) En décomposant l'intégrale F en π 2 par la relation de Chasles, on obtient F = 2K . 3. Par la relation de Chasles, pour tout réel x ,
F (x + π) = Z π
0
dt q
1 − sin 2 (t)
| {z }
=T
+ Z x+π
π
dt q
1 − sin 2 (t)
= T + F (x)
en utilisant le changement de variable θ = t − π dans l'intégrale entre π et π + x . 4. Pour tout x > 0 , F(x) ≥ x . En eet
∀t ∈ R , 0 <
q
1 − k 2 sin 2 (t) < 1 ⇒ F 0 (x) ≥ x.
On conclut avec un tableau de variation ou la conservation des inégalité par intégration.
On en déduit que la fonction tend vers +∞ en +∞ . Par imparité, elle est dérivable strictement croissante dans R avec les limites −∞ et +∞ . C'est donc une bijection.
5. D'après la question 3, pour tout y réel,
A(F(y) + T ) = y + π ⇒ sin(A(F (y) + T )) = − sin y Pour un réel x quelconque, considérons y = A(x) . On a alors
x = F (y) ⇒ sin(A(x + T )) = − sin(A(x)) ⇒ sn(x + T ) = − sn(x).
On en déduit que la fonction sn est 2T -périodique.
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/
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Rémy Nicolai AelliptiquesMPSI B 29 juin 2019
6. D'après les formules pour la dérivée d'une fonction composée et d'une bijection réci- proque
sn 0 (x) = A 0 (x) cn(x) = 1
F 0 (A(x)) cn(x) = q
1 − k 2 sin 2 (A(x)) cn(x) = dn(x) cn(x).
La démonstration pour cn 0 est analogue en tenant compte de cos 0 = − sin cn 0 (x) = − dn(x) sn(x)
7. Soient ω ∈ R + et θ 0 ∈]0, π/2[ . L'énoncé dénit k = sin(θ 0 /2) et pour tout x ∈ R : θ(x) = 2 arcsin(k sn(ωx + K)).
a. Calcul de θ 0 (x) et θ 00 (x) .
θ 0 (x) = 2kω sn 0 (ωx + K) q
1 − (k sn(ωx + k)) 2
= 2kω dn(ωx + K) cn(ωx + K) dn(ωx + K)
= 2kω cn(ωx + K) θ 00 (x) = −2kω 2 dn(ωx + K) sn(ωx + K).
D'autre part,
sin(θ(x)) = 2 sin(arcsin(k sn(ωx + K))) cos(arcsin(k sn(ωx + K)))
= 2k sn(ωx + K) p
1 − k sn 2 (ωx + K) = 2k sn(ωx + K) dn(ωx + K).
En combinant, on déduit
θ 00 (x) + ω sin(θ(x)) = 0.
Comme K = F ( π 2 ) , A(K) = π 2 donc sn(K) = sin(A(K)) = 1 et θ(0) = arcsin(k sn(K)) = arcsin(k) = arcsin(sin θ 0 ) = θ 0 . De même cn(K) = cos(A(K)) = cos( π 2 ) = 0 donc
θ 0 (0) = 2kω cn(K) = 0.
b. Comme sn est 2T -périodique, θ est 2T ω -périodique.
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/
