CORRECTION DU DEVOIR DU 21/11/2016. Partie I. 1 cos (2t) 2

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1 Lycée Thiers CORRECTION DU DEVOIR DU //06 Partie I Rappelons d une part que : et d autre part que : t R, sin (t cos (t ( t [, ], cos (arcsin (t t ( La formule de linéarisation ( est bien connue. La formule ( résulte du fait que t [, ], cos (arcsin (t t et de la positivité de cos ( pour [ π, π ]. On calcule maintenant : ( ( ( ( ( 3 Y sin arcsin 3 cos arcsin ( ( 9 6 ( 7 et donc, comme Y 0 (puisque arcsin ( [ 3 0, π Y On peut simplifier cette dernière epression : Y ] [0, π] : 7 8 ( 7 7 soit finalement, comme 7 > : Y 7 Pour tout R, arctan ( ] π, π [ donc cos (arctan ( > 0. Il s ensuit que : Par ailleurs, on sait que : t R cos (arctan ( cos (arctan ( { π + kπ; k Z }, cos (t + tan (t Enfin, on rappelle que R, tan (arctan (. On déduit de tout cela que : R, cos (arctan ( +

2 CORRECTION DU DEVOIR DU //06 Si 0, alors arctan ( [ [ 0, π et donc sin (arctan ( 0. Il en résulte que, pour tout 0 : sin (arctan ( cos (arctan ( + + Enfin, les applications sin (arctan ( et + sont impaires et coïncident sur [0, + [, donc sont égales. Bref : R, sin (arctan ( + 3 Posons, pour tout [0, [ : ϕ ( arcsin ( et ψ ( arcsin ( ϕ et ψ sont dérivables sur cet intervalle et, pour tout [0, [ : ϕ ( # 0 + ψ ( ( 3/ # ( 0 Ceci montre que ϕ et ψ sont croissantes. Comme ϕ (0 ψ (0 0, il en résulte la positivité de ϕ et de ψ. On a prouvé que : [0, [, arcsin ( En divisant chaque membre par, il vient : ]0, [, et donc, d après le théorème d encadrement : arcsin ( arcsin ( lim 0 + Ce résultat s obtient directement puisque arcsin est dérivable en 0 et arcsin (0. a Pour tout R : + > donc + + > 0. b Comme t t est dérivable sur ]0, + [, alors ϕ est dérivable sur R et, pour tout R : ϕ ( + + ϕ ( + > 0 Donc ϕ est strictement croissante et clairement lim ϕ ( + + Pour lever l indétermination en, il suffit d utiliser l epression conjuguée... Pour tout R : ( + + ( + ϕ ( + +

3 et donc lim ϕ ( 0 CORRECTION DU DEVOIR DU //06 3 c Calculons la dérivée seconde de ϕ. Pour tout R, on a vu que : ϕ ( + + donc : Ainsi ϕ est convee ϕ ( ( + 3/ > 0 d Encore un coup de quantité conjuguée! Pour tout R : donc ϕ ( ( lim ϕ ( 0. La droite d équation y est asymptote au graphe de ϕ en +. + e ϕ est dérivable à valeurs > 0 et ln est dérivable, donc F ln ϕ est dérivable et : R, F ( ϕ ( ϕ ( + En particulier, F est strictement croissante donc injective. En outre, d après le -b : lim F ( et lim F ( + + donc, F étant continue, le TVI assure sa surjectivité. Ainsi, F est bijective. Pour epliciter F, on résout, pour y R donné l équation F ( y. On sait que cette équation possède une solution unique. Pour la trouver, on peut raisonner par implications : F ( y + + e y + (e y ey e y ey e y On reconnaît ainsi que : F sh f G est dérivable comme composée d applications dérivables et, pour tout R : G ( ϕ ( + ϕ ( + + [ + + ( + + ] ( + + +

4 c est-à-dire : G ( ( + Il en résulte l eistence d un réel K tel que : CORRECTION DU DEVOIR DU //06 R, G ( arctan ( + C Comme G (0 arctan ( π, on conclut que : R, arctan ( + + arctan ( + π Partie II a On cherche t R tel que : (it 3 3 ( + i (it + ( + 9i it + 6 8i 0 c est-à-dire : ou encore : it ( + i t + ( 9 + i t + 6 8i 0 ( 3t 9t i ( t 3 + 3t + t 8 0 Ceci équivaut au système : t 3t + 0 ( t 3 3t t ( Les solutions de ( sont et, mais n est pas solution de (. Est-ce que est solution de (? Suspens Finalement, l équation proposée possède une solution imaginaire pure (et une seule : i. b Posons, pour tout z C : P (z z 3 3 ( + i z + ( + 9i z + 6 8i D après le point précédent, on peut factoriser ce polynôme par (z i. Par identification, ou bien en posant la division, on trouve : z C, P (z (z i ( z (3 + i z + + 3i Il reste à résoudre l équation du second degré : z (3 + i z + + 3i 0 (3 On calcule son discriminant (3 + i ( + 3i 8+6i 6 i 8 6i, puis on cherche δ a + ib (avec a, b réels tel que δ, ce qui conduit au système : a + b 0 a b 8 ab < 0 On trouve ainsi que δ 3i convient. Les solutions de (3 sont : 3 + i + 3i i et 3 + i + 3i + i

5 Finalement, l ensemble de solutions est : CORRECTION DU DEVOIR DU //06 S {i, i, + i} a Comme π π 3π, il vient cos ( π ( 3π cos. b On sait que, pour tout α R : cos (α cos (α ; cos (3α cos 3 (α 3 cos (α Donc : cos 3 ( π ( ( π π + cos 3 cos 0 Autrement dit, cos ( π est solution de l équation : ( c Comme est solution, on peut factoriser par ( + : ( + ( 0 Les racines du trinôme sont ±. Finalement, l équation ( admet pour solutions : +,, ( π Seule la troisième est positive, et comme cos > 0 on conclut que : d On calcule par duplication : ( π cos + puis, comme π π π : e D après le c : ( π cos ( π cos sin ( π et donc, comme sin ( π > 0 : ( + + ( π cos ( 6 ( π sin Ainsi, l équation proposée peut s écrire : 0 + z e iπ/ Une solution est : ζ e iπ/0

6 CORRECTION DU DEVOIR DU //06 6 et donc l ensemble de solutions est {ζ, iζ, ζ, iζ}, c est-à-dire : S { e iπ/0, e 3iπ/, e iπ/0, } e 8iπ/ 3 a On a : P ( ω j soit, après interversion des sommes : P ( ω j Si k {,, n}, alors ω k et donc a k ω jk k0 a k k0 ω jk ω jk ωk(n+ ω k 0; ainsi : P ( ω j (n + a 0 b Le résultat précédent peut s écrire : P ( ω j (n + P (0 D après l inégalité triangulaire : P (0 P ( ω j n + n + P ( ω j M