1. Pour x ∈ I , bx ∈

Exercice 1.

1. Pour x ∈ I , bx ∈

−

_a^b

,

_a^b

⊂ ]−1, 1[ . La partie en arccos est donc dérivable dans I . En revanche, la partie en arcsin n'est dérivable que dans l'ouvert. D'après les expressions des dérivées :

∀x ∈

− 1 a , 1

a

, f

⁰

(x) = a

p 1 − (ax)

²

− b p 1 − (bx)

²

Le signe de f

⁰

(x) est le même que celui de

a p

1 − (bx)

²

− b p

1 − (ax)

²

a p

1 − (bx)

²

+ b p

1 − (ax)

²

=

a

²

− (abx)

²

− b

²

+ (abx)

²

= a

²

− b

²

> 0 On en déduit que f est strictement croissante d'après le théorème du tablau de varia- tions.

2. La fonction f est injective car elle est strictement croissante. D'après le tableau de variations de f , elle dénit une bijection de I vers f (I) =

f (−

¹_a

), f(

¹_a

) . Or

f (− 1

a ) = arcsin(−1) + arccos(− b

a ) = − π 2 +

π − arccos( b a )

= π

2 − arccos( b a ) De même

f ( 1

a ) = arcsin(1) + arccos( b a ) = π

2 + arccos( b a ) On a donc bien f (I) = J .

3. Dans le calcul de cos(f (x)) , on utilise :

cos(arccos(bx)) = bx, sin(arcsin(ax)) = ax, cos(arcsin(ax)) = p

1 − (ax)

²

, sin(arccos(bx)) = p

1 − (bx)

²

car sin ◦ arccos et cos ◦ arcsin sont à valeurs positives à cause des intervalles choisis pour dénir les fonctions réciproques. En utilisant l'expression de cos(u + v) , il vient

cos(f (x)) = x(b p

1 − (ax)

²

− a p

1 − (bx)

²

)

Le facteur de x est négatif, son signe a déjà été trouvé lors de l'étude de la dérivée.

4. De même, avec sin(u + v) : sin(f (x)) = abx

²

+ p

1 − (bx)

²

p

1 − (ax)

²

⇒

cos

²

(f (x)) = x

²

a

²

(1 − (xb)

²

) + x

²

b

²

(1 − (ax)

²

) − 2abx

²

p

1 − (bx)

²

p

1 − (ax)

²

= x

²

a

²

+x

²

b

²

−2a

²

b

²

x

⁴

− 2abx

²

sin(f (x)) − abx

²

= x

²

a

²

+x

²

b

²

−2abx

²

sin(f (x)) 5. Pour tout y ∈ J , notons x = f

⁻¹

(y) ; alors y = f (x) . D'après la relation de la question

précédente et comme cos(f (x) est du signe opposé à celui de x (question 3) : f

⁻¹

(y) = − cos y

p a

²

+ b

²

− 2ab sin y

6. On applique l'expression de la bijection réciproque obtenue dans la question précédente.

b = 3

5 < a = 4 5 , b

a = 3 4

Pour justier que 1 ∈ J , on utilise une évaluation numérique à la machine : π

2 − arccos 3

4 ' 0.84 < 1 ⇒ 1 ∈ J L'équation admet donc une seule solution

− cos 1

a

²

+ b

²

− 2ab sin 1

L'évaluation numérique de J montre aussi que 0 ∈ / J donc la deuxième équation n'admet aucune solution.

Exercice 2.

1. La relation de dénition permet de compléter le tableau 1 des premiers coecients de Rothe.

2. Notons F

_n

la formule à démontrer pour un naturel n . On raisonne par récurrence.

Pour n = 1 . Le produit à gauche se réduit à (1 + x) . La somme à droite se réduit à

c(1, 0)q

⁰

x

⁰

+ c(1, 1)q

⁰

x

¹

= 1 + x

n\p 0 1 2 3 4

0 1

1 1 1

2 1 1 + q 1

3 1 1 + q + q

²

1 + q + q

²

1

4 1 1 + q + q

²

+ q

³

1 + q + 2q

²

+ q

³

+ q

⁴

1 + q + q

²

+ q

³

1 Tab. 1: Premiers coecients de Rothe

Montrons que F

n

⇒ F

n+1

. Le calcul est analogue à la preuve de la formule du binôme.

(1 + x)(1 + qx) · · · (1 + q

ⁿ⁻¹

x)(1 + q

ⁿ

x) =

n

X

p=0

c(n, p)q

^p(p−1)2

x

^p

!

(1 + q

ⁿ

x)

=

n

X

p=0

c(n, p)q

^p(p−1)2

x

^p

| {z }

=S1

+

n

X

p=0

c(n, p)q

^{p(p−1)2 +n}

x

^p+1

| {z }

=S2

Dans S

2

, on décale le nom de l'indice de p à p + 1 :

S

2

=

n+1

X

p=1

c(n, p − 1)q

^{(p−1)(p−2)2 +n}

x

^p

Dans S

₁

+ S

₂

, on regroupe les termes pour p entre 1 et n en remarquant que (p − 1)(p − 2)

2 + n = p(p − 1)

2 − (p − 1) + n = p(p − 1)

2 + n − p + 1 On obtient :

S

1

+ S

2

= (n, 0)q

⁰

x

⁰

| {z }

=1=c(n+1,0)q⁰x⁰

+

n

X

p=1

c(n, p) + c(n, p − 1)q

^n+1−p

| {z }

=c(n+1,p)

q

^p(p−1)2

x

^p

+ c(n, n)q

^{n(n−1)2 +n}

x

ⁿ⁺¹

| {z }

=c(n+1,n+1)q⁽ⁿ⁺¹⁾ⁿ2 xⁿ⁺¹

ce qui prouve F

n+1

.

3. Il est important de noter que les coecients de Rothe sont dénis pour tous les z complexes non nuls.

a. Par dénition des coecients de Rothe,

∀n ∈ N

^∗

, n

n

q

= 1 et n

1

q

= 1 − q

ⁿ

1 − q = 1 + q + · · · + q

ⁿ⁻¹

Dans les tableaux donnant les valeurs des c et des coecients de Rothe, la colonne p = 1 ainsi que la diagonale p = n coïncident. Il sut donc de montrer que les coecients de Rothe vérient la même relation que les c pour prouver que les deux tableaux sont égaux.

q

^n−p

n − 1

p − 1

q

+ n − 1

p

q

= n − 1

p − 1

q

q

^n−p

+ 1 − q

^n−1−p+1

1 − q

^p

= n − 1

p − 1

q

q

^n−p

− q

ⁿ

+ 1 − q

^n−p

1 − q

^p

=

n p

q

b. Le numérateur compte p facteurs (de 0 à p − 1 ) et le dénominateur aussi. Tous les facteurs (du numérateur comme du dénominateur) se factorisent

1 − q

^machin

= (1 − q)(1 + q + · · · + q

^machin−1

)

Tous facteurs 1 − q se simplient puisqu'il en a autant au numérateur qu'au dénominateur. Il ne reste que les sommes des termes en progression géométrique.

Lorsque q tend vers 1 , chacune converge vers son nombre de termes d'où n

p

q

→ n(n − 1) · · · (n − p + 1) p(p − 1) · · · 1 =

n p

c. Les exposants du numérateur de

^p−z−1_p

q

sont les opposés de ceux de

^z_p

q

, les facteurs du dénominateur sont les mêmes. On met donc en facteur les puissances de q .

(1 − q

^z

) · · · (1 − q

^z−p+1

)

= q

z+(z−1)+···+(z−p+1)

(−1)

^p

(1 − q

^p−z−1

)(1 − q

^p−z−2

) · · · (1 − q

^z

)

| {z }

pexposants consécutifs décroissants à partir dez

De plus,

z + (z − 1) + · · · + (z − p + 1) = pz − p(p − 1) 2

⇒ z

p

q

= (−1)

^p

q

^{pz−p(p−1)2}

p − z − 1 p

q

Exercice 3.

1. a. Dans l'intervalle considéré, sin

^α₂

et tan α sont strictement positives. Pour les comparer, il est bien plus commode de les diviser que de les soustraire.

∀α ∈ I, 2 sin(

^α₂

)

tan(α) = 2 sin

^α₂

cos α

sin α = cos α cos

^α₂

< 1 car

^α₂

< α et cos décroissante dans I .

b. Le calcul est habituel (avec sin

^α₂

> 0 car 0 <

^α₂

<

^π₄

) : e

^iα

− 1 = e

^iα2

(e

^iα2

− e

^−iα2

) = 2ie

^iα2

sin α

2 ⇒

e

^iα

− 1

= 2 sin α 2 Le complexe z est de la forme λe

^iα

avec λ ∈ R et Re(z) = 1 . On obtient

λ cos α = 1 ⇒ z = 1 cos α e

^iα

D'après les calculs précédents, sur la gure 1, la longueur 2 sin(

^α₂

) du segment de corde est inférieure à tan(α) qui est la longueur du segment de tangente.

2. La longueur d'un segment utilisé dans l'approximation est un module du type calculé en 1.b. D'une étape à l'autre, l'angle est divisé par 2 et le nombre de segment double : 1 = 2

⁰

, 2 = 2

¹

, 4 = 2

²

, · · · . On en tire

e

₀

= 2 sin π

2

³

, e

₁

= 2 × (2 sin π

2

⁴

) = 2

²

sin π

2

⁴

, e

₂

= 2

²

× (2 sin π

2

⁵

) = 2

³

sin π 2

⁵

,

· · · , c

_n

= 2

ⁿ

× (2 sin π

2

ⁿ⁺³

) = 2

ⁿ⁺¹

sin π

2

ⁿ⁺³

⇒ e

_n

= 2

ⁿ⁺¹

sin π 2

ⁿ⁺³

On peut remarquer que a

_n

=

^π₄

a(

_2n+3^π

) .

0

e

^iα

1 z

2 sin(

^α₂

)

tan(α)

Fig. 1: Interprétation géométrique de l'inégalité.

3. Si 0 < θ <

^π₄

alors 0 < 2θ <

^π₂

donc sin θ et cos θ sont strictement positifs.

1

tan 2θ + 1

sin 2θ = cos 2θ + 1

sin 2θ = 2 cos

²

θ − 1 + 1 2 sin θ cos θ = 1

tan θ (sin 2θ)(tan θ)

2 = 2 sin θ cos θ sin θ

2 cos θ = sin

²

θ ⇒

r (sin 2θ)(tan θ)

2 = sin θ

4. a. Notons θ =

_2n+1^α

, alors

₂^αn

= 2θ . Multiplions par 2θ la première relation obtenue à la question 3. et introduisons a et b . On obtient

2a(θ) = b(2θ) + a(2θ) ⇔ a

_n+1

= a(θ) = 1

2 (a(2θ) + b(2θ)) = 1

2 (a

_n

+ b

_n

) De manière analogue, en divisant la deuxième relation par θ ,

1

b(θ) = 1

p b(2θ)a(θ) ⇔ b

n+1

= p b

n

a

n+1

b. Si on initialise la récurrence de Gregory avec α =

^π₄

c'est à dire a

0

= α

tan α = α et b

0

= α sin α = √

2α

On obtient deux suites qui convergent vers 1 . Cela n'a pas l'air très utile pour

un calcul numérique de π puisqu'il apparait dans l'initialisation alors l'objectif

est justement de l'évaluer. L'intérêt vient du caractère homogène des relations. Si

pour une suite vériant la relation de Gregory, on multiplie les deux conditions

initiales par un même λ > 0 , alors la proportionnalité se propage. On en déduit

que les suites vériant les relations de Gregory avec les conditions initiales 1 et

√ 2 sont

4 π a( α

2

ⁿ

) et 4 π b( α

2

ⁿ

)

Elles sont assez commodes à calculer numériquement à cause de la simplicité des relations de récurence et elles convergent vers

_π⁴

.

5. a. Pour x non nul, 1

th(2x) = e

^2x

+ e

^−2x

e

^2x

− e

^−2x

= (e

^x

+ e

^−x

)

²

− 1 (e

^x

− e

^−x

)(e

^x

+ e

^−x

)

= e

^x

+ e

^−x

(e

^x

− e

^−x

− −1

(e

^x

− e

^−x

)(e

^x

+ e

^−x

) = 1 th x − 1

sh x La première formule est donc exactement analogue :

1

th x = 1

th(2x) + 1 sh(2x) D'autre part :

1

2 sh(2x) th x = 1

4 (e

^x

+ e

^−x

)(e

^x

− e

^−x

) (e

^x

− e

^−x

)

(e

^x

+ e

^−x

) = (sh x)

²

La deuxième formule est aussi exactement analogue pour les x > 0 :

sh x =

r (sh(2x))(sh x) 2 b. Par dénition de th et sh , comme e

^{ln 2}

= 2 ,

th(ln(2)) = 2 −

¹₂

2 +

¹₂

= 3

5 , sh(ln(2)) = 2 −

¹₂

2 = 3

4

c. Notons α = ln(2) , et notons encore a et b les versions hyperboliques des fonctions dénies au début de l'énoncé. Alors



 

 

a(α) = 5

3 ln 2 = 5 × ln 2 3 b(α) = 4

3 ln 2 = 4 × ln 2 3

On remarque que cette fois a(x) > b(x) pour x > 0 .

Par un raisonnement analogue à celui de la question 4.a., les suites des a(

₂^αn

) et b(

₂^α_n

) vérient les relations de récurrence de Gregory avec les conditions initiales

5

3

ln 2 et

⁴₃

ln 2 .

Si on multiplie ces deux conditions initiales par un même réel λ > 0 , les relations de récurrence vont propager cette proportionalité et toutes les valeurs des suites seront multipliées par λ . On en déduit que, pour les suite de l'énoncé,

∀n ∈ N , a

n

= 3 ln 2 a( ln 2

2

ⁿ

), b

n

= 3 ln 2 b( ln 2

2

ⁿ

) On en déduit que les deux suites convergent vers

_{ln 2}³

.

Exercice 4.

1. a. Soit x ∈ R. Eectuons l'intégration par parties suivante : u

⁰₁

(t) = ch(t)

v

1

(t) = sin(t)

u

1

(t) = sh(t) v

₁⁰

(t) = cos(t) On a alors :

F(x) = Z

x

0

u

⁰₁

(t)v

1

(t) dt = − Z

x

0

u

1

(t)v

₁⁰

(t) dt + [u

1

(t)v

1

(t)]

^x₀

= − Z

x

0

sh(t) cos(t) dt + sh(x) sin(x) Calculons R

x

0

sh(t) cos(t) dt à l'aide d'une intégration par parties. Posons : u

⁰₂

(t) = sh(t)

v

2

(t) = cos(t)

u

⁰₂

(t) = ch(t) v

⁰₂

(t) = − sin(t) On a alors :

Z

x 0

sh(t) cos(t) dt = Z

x

0

u

⁰₂

(t)v

2

(t) dt = − Z

x

0

u

2

(t)v

⁰₂

(t) dt + [u

2

(t)v

2

(t)]

^x₀

= Z

x

0

ch(t) sin(t) dt + ch(x) cos(x) − 1 On en déduit que F(x) = −F (x) + sh(x) sin(x) − ch(x) cos(x) + 1 soit encore :

F(x) = sh(x) sin(x) − ch(x) cos(x) + 1

2 .

b. Pour tout t ∈ R, sin(t) = Im(e

^it

) donc pour tout x ∈ R : F (x) = Im

Z

x 0

ch(t)e

^it

dt

.

Calculons l'intégrale complexe : Z

x

0

ch(t)e

^it

dt = 1 2

Z

x 0

e

^(1+i)t

dt + Z

x

0

e

^(−1+i)t

dt

= 1 2

1

1 + i e

^x

e

^ix

− 1

+ 1

−1 + i e

^−x

e

^ix

− 1

= 1 4

(e

^x

cos x − 1 + ie

^x

sin x) (1 − i) − e

^−x

cos x − 1 + ie

^−x

sin x

(1 + i) En prenant la partie imaginaire, on obtient :

F(x) = 1 4

−(e

^x

cos x − 1) + e

^x

sin x − e

^−x

cos x − 1

− e

^−x

sin x

= 1 4

sin x e

^x

− e

^−x

− cos x e

^x

+ e

^−x

+ 2

= sin x sh x − cos x ch x + 1 2

2. a. Eectuons le changement de variables suivant : u =

_b−a^b−t

du = −

_b−a^dt

Comme b − t = (b − a)u et t − a = (b − a)(1 − u) , on a, puisque b − a ≥ 0 : p (b − t)(t − a) = p

(b − a)

²

u(1 − u) = (b − a) p

u(1 − u) . Donc :

I(α, β) = Z

^b−β_b−a

b−α b−a

−(b − a)du (b − a) p

u(1 − u) = Z

^b−α_b−a

b−β b−a

du

p u(1 − u) = J b − β

b − a , b − α b − a

.

b. Eectuons le changement de variables suivant :

u =

¹₂

+

¹₂

sin(θ) soit θ = arcsin(2u − 1) du =

¹₂

cos(θ)dθ

Ce changement de variables est possible puisque pour tout u ∈ [x, y] ,

−1 < 2x − 1 < 2u − 1 < 2y − 1 < 1

On a : u(1 − u) =

¹₄

(1 − sin(θ))(1 + sin(θ)) =

¹₄

cos

²

(θ) . Comme cos(θ) ≥ 0 ,

p u(1 − u) = r 1

4 cos

²

(θ) = 1 2 cos(θ) donc on a :

J(x, y) =

Z

arcsin(2y−1) arcsin(2x−1)

cos(θ) 2

¹₂

cos(θ) =

Z

arcsin(2y−1) arcsin(2x−1)

1 dθ

= arcsin(2y − 1) − arcsin(2x − 1).

c. On a pour tout a < α < β < b :

I(α, β) = arcsin

2(b − α) b − a − 1

− arcsin

2(b − β) b − a − 1

Lorsque α tend vers a et β tend vers b ,



 



 

 b − β b − a → 0 b − α b − a → 1

⇒



 



 

 2 b − β

b − a − 1 → −1 2 b − α

b − a − 1 → 1

⇒ I(α, β) → arcsin(1) − arcsin(−1) = π.

Remarquons que 1

p (b − t)(t − a) tend vers + ∞ quand t tend vers a ou b .

On s'attend à ce que l'intégrale I(α, β) soit de plus en plus grande lorsque α tend vers a et β tend vers b . Elle reste néanmoins majorée.

Géométriquement, l'aire de la partie du plan délimitée horizontalement par les droites d'équations x = a et x = b et verticalement par l'axe des abscisses et par le graphe de la fonction t 7→ √

¹

(b−t)(t−a)

est nie.