Exercice 1 : Équation du type : a cos(x)+b sin(x)=c.
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- Jeanne Germain
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1 Exercice 1 : Équatio du type : a cos(x)+b si(x)=c. 1- Soit θ R, motros que a cos(θ)+bsi(θ) est la partie réelle du ombre complexe : e iθ (a+ib). e iθ (a+ib)=(cos(θ)+i si(θ))(aib)=(a cos(θ)+bsi(θ))+i(bcos(θ)+asi(θ)) R(e iθ (a+ib))=a cos(θ)+bsi(θ) 2- Soiet r le module de a+ib et φ l'u de ces argumets. Démotros que pour tout réel θ o a : a cos(θ)+bsi(θ)=r cos(θφ) D'après la questio précédete : a cos(θ)+bsi(θ)=r(e iθ (a+ib))=r(e iθ r e iφ )=R(r e i(θφ) )=r cos(θφ). Pour tout réel θ o a : a cos(θ)+bsi(θ)=r cos(θφ) 3- Justifier que l'équatio (E) 'a pas de solutio si : c 2 >a 2 +b 2. a cos(θ)+bsi(θ)=c r cos(θφ)=c cos(θφ)= c r (o suppose r>0 ). Or c 2 >a 2 +b 2 c 2 >r ( 2 c 2 r) >1 c >1.Et doc : cos(θφ) >1 Or cos(θφ) [1,1] r. Doc das ce cas, l'équatio cos(θφ)= c r 'a pas de solutios. Si c 2 >a 2 +b 2, l'équatio (E) 'a pas de solutios. 4- O suppose c 2 a 2 +b 2. Doc c r 1. O pose : α=arccos ( c r) et o a : cos(θφ)=cos(α) Et cos(θφ)=cos(α) θφ=α+2k π ouθφ=α+2kπ k Z. Si c 2 a 2 +b 2, les solutios de (E) sot : φ+arccos ( c r) +2k π, k Z et φarccos ( c +2kπ, k Z r) 1/12
2 5- Résolvos les équatios : cos(x)+ 3si(x)=1. Das ce cas o a : a=1 et b= 3. O cherche φ u argumet de : a+i b=1+ 3=2( 1 3 +i 2 2 ) =2ei L'équatio est équivalete à : 2cos ( xπ 3) =1 cos ( xπ 3) = 1 2 cos ( xπ 3) =cos ( 2π 3 ) π 3 Doc o a : x π 3 = 2 π 3 +2k π x=π+2kπ ou x π 2π = k π x=π 3 2π 3 +2kπ Les solutios sot doc : π[2π] et π 3 [2π] cos(3 x)+si(3 x)=1 2( cos(3x) 1 2 2) +si(3x) 1 =1 cos(3x) 1 2 +si(3x) 1 2 = 1 2 cos ( 3xπ 4) =cos ( π 4). Soit 3x π 4 =π 4 +2k π 3x=π 2 +2kπ x=π 6 + 2k π 3 ou 3x π 4 =π 2kπ +2k π 3x=2kπ x= 4 3. Les solutios de l'équatio cos(3 x)+si(3 x)=1 sot : { 2π 0,, π6 3, 5π 2π, 6 3,π modulo [2π]. 2} Exercice 2 1- Motros que : ta(a+b)= ta(a)+ta(b) 1ta(a)ta(b). ta(a+b)= si(a+b) cos(a+b) =si(a)cos(b)+si(b)cos(a) cos(a)cos(b)si(a)si(b) = ta(a)+ta(b) 1ta(a)ta(b) O divise le umérateur et le déomiateur par cos(a)cos(b) et o obtiet : si(a)cos(b) ta(a+b)= si(a+b) cos(a+b) = cos(a)cos(b) + si(b)cos(a) cos(a)cos(b) cos(a)cos(b) cos(a)cos(b) si(a)si(b) = ta(a)+ta(b) 1ta(a)ta(b) cos(a)cos(b) 2/12
3 O a démotré que : ta(a+b)= ta(a)+ta(b) 1ta(a)ta(b) O a applique la formule précédete à b. ta(a+(b))= ta(a)+ta(b) 1ta(a)ta(b) = ta(a)ta(b) 1+ta(a)ta(b). (O a utilisé le fait que la foctio tagete soit impaire). O a démotré que : ta(ab)= ta(a)ta(b) 1+ta(a)ta(b) 2- Soit p N. Simplifios l'expressio : arcta(p+1)arcta(p). D'après la questio précédete : ta(arcta(p+1)arcta(p))= ta(arcta(p+1))ta(arcta(p)) 1+ta(arcta(p+1))ta(arcta(p)) = p+1p 1+(p+1) p = 1 p 2 +p+1 Or p+1 0 arcta( p+1) [ 0, π 2] et 0 p p+1 0 arcta( p) arcta( p+1) π 2. Doc : arcta( p+1)arcta( p) [ 0, π 2]. O a : ta(arcta( p+1)arcta( p))= 1 p 2 + p+1 et arcta( p+1)arcta( p) [ 0, π 2] doc : arcta( p+1)arcta( p)=arcta( 1 p 2 + p+1) 3/12
4 2- Étudios la covergece et la limite de la suite (S ) défiie par : 1 S = p=0 arcta( p +p+1) = 2 p=0 arcta( p+1)arcta( p) S =(arcta(1)arcta(0))+(arcta(2)arcta(1))+...+(arcta(+1)arcta()) S =arcta(+1)arcta(0)=arcta(+1) Or : lim arcta(x)= π x + 2. O e déduit que : lim S = π + 2 Exercice 3 1- La foctio argumet sius hyperbolique est défiie sur R. f (x) est défii dès que le réel x 2 1 est défii, c'est-à-dire si x 0. 2x L'esemble de défiitio D de f est R 2- Motros que f est ue foctio impaire. Si x D, alors x D et : f (x)=argsh( (x)2 1 2(x) ( =argsh x2 1 )) 2x ( =argsh x2 1 2x ) ( =argsh x2 1 2x ) = f ( x) O a démotré que : x D x Det f (x)= f (x). f est ue foctio impaire. Remarque : o peut remarquer que f =g h avec g défiie sur R par g( x)=argsh( x) et h(x)= x2 1 g est ue foctio impaire paire et h est ue foctio impaire car c'est le quotiet 2x d'ue foctio paire et d'ue foctio impaire. f est doc la composée de deux foctios impaires, elle est doc impaire. Si u et v sot impaires alors : u(v(x))=u(v( x))=u( v(x)) 4/12
5 3- O a : f =g h avec g défiie sur R par g( x)=argsh( x) et h est défiie sur R h(x)= x2 1. 2x h est ue fractio ratioelle, doc est dérivable sur so esemble de défiitio R. g est dérivable sur R. f est la composée de foctios dérivables, doc est dérivable. f est dérivable sur D. f '(x)=h'(x) g '(h(x)) u( x) h(x)= v(x) avec u(x)=x 2 1 et v( x)=2x. Et : u'(x)=2x et v '(x)=2. u'(x)v( x)u( x)v '(x) Doc : h'(x)= = 2x2x(x2 1)2 = 2x2 +2 = x2 +1 (v( x)) 2 (2x) 2 4x 2 2x 2 f '(x)= x2 +1 2x 1 = x ) +1 f '(x)= ( x2 x 2 +1 x 2 x 2 x4 +2x 2 +1 x x 2 1 4x 2 ((x 2 1) 2 +4x 2 ) = x2 +1 x (x 2 +1) 2= 1 x = 2x 2 x x 2 ( x2 1) 2 +4x 2 x R, f '(x)= 1 x 4- E déduire ue expressio simple de f. O pourra distiguer les cas x>0 et x<0. x>0 f '(x)= 1 x f (x)=l( x)+k où k est ue costate réelle. Or : f (1)=argsh( 12 1 =argsh(0)=0 et l(1)=0, doc k=0. 2 1) Doc sur ]0,+ [, f (x)=l( x). 5/12
6 Sur ],0[, f '(x)= 1 x =1 x que k=0. et f (x)=l(x)+k et o trouve comme précédemmet Doc : sur ]0,+ [, f (x)=l( x) et sur ],0[ f (x)=l(x). Remarque : o peut aussi utiliser le fait que la foctio f est impaire pour déduire l'expressio de f sur ],0[ de celle sur ]0,+ [. Exercice 4 O cosidère la foctio f : x f : xa argth 3 + 3x 2 3x La foctio argumet taget hyperbolique est défiie sur ]1,1[, doc pour détermier l'esemble de défiitio de f, o cherche les valeurs de x pour lesquelles o a : 1< x3 +3x 3x 2 +1 <1 (3x2 +1)<x 3 +3x<3x 2 +1 (l'iégalité e chage pas de ses car o multiplié tous les termes par u ombre strictemet positif 3x 2 +1.) 1< x3 +3x 3x 2 +1 <1 3x2 1 x 3 3x<0 et 0<x 3 +3x 2 3x+1 x 3 3x 2 3x1<0 (x+1) 3 <0 (x+1) 3 >0 La foctio cube est strictemet croissate sur R, doc l'iégalité précédete est équivalete à : x+1>0 x>1. 0<x 3 +3x 2 3x+1 0<(x1) 3 (x1) 3 <0 x1<0 x<1 f est défiie si x>1 et x<1. L'esemble de défiitio de f est ]1,1[. 6/12
7 2- f est la composée de foctios dérivables doc f est dérivable. f (x)=argth(g (x)) avec g( x)= x3 +3x 3x f '(x)= g'(x) 1(g( x)) 2 g '(x)= (3x2 +3)(3x 2 +1)6x( x 3 +3x) = 9x4 +3x 2 +9x 2 +36x 4 18x 2 = 3x4 6x 2 +3 (3x 2 +1) 2 (3x 2 +1) 2 (3x 2 +1) 2 g '(x)= 3(x4 2x 2 +1) = 3( x2 1) 2 (3x 2 +1) 2 (3x 2 +1) 2 f '(x)= 3( x2 1) 2 (3x 2 +1) 1 1( 2 x3 +3x 3x +1) = 3(x 2 1) 2 2 (3x 2 +1) 2 (x 3 +3x) 2= 3( x 2 1) 2 (3x 2 +1 x 3 +3x)(3x 2 +1+x 3 +3x) 2 f '(x)= 3(x2 1) 2 ( x1) 3 ( x+1) 3= 3( x2 1) 2 ((x+1)(x1)) 3= 3(x2 1) 2 (x 2 1) 3 = 3 x 2 1 = 3 1x 2 x ]1,1[, f '(x)= 3 1x 2 4- De la questio précédete, o e déduit que : f (x)=3 argth(x)+k, où k est ue costate. Et f (0)=argth( 0)=0 implique que k =0. x ]1,1[, f (x)=3 argth( x) 7/12
8 5- Représetatio graphique de f. Exercice 5 Soit u etier supérieur ou égal à 1 et z u ombre complexe Calculos : k =0 ω kp ( p Z état fixé) avec w racie ième de l'uité. k =0 1 ω kp 1 = k=0 (ω p ) k Si p 0[], alors la somme vaut. Sio, S p = 1(ωp ) 1ω =0 car ω U ω p U (ω p ) =1 S p =0 Si p 0[] alors S p =, et sio S p =0. 8/12
9 2ikπ 2- Démotros que : 1( z+e ) =( z +1). k =0 2iπ O pose ω=e. Soit 2ik π S= 1( z+e k=0 1 ) = k=0 1 (z+ω k ) = ( k=0 p=0 p) z p (ω k ) p S= 1 p=0 k=0 ( p) z p (ω k ) p = ( 1 p) zp p=0 k=0 (ω k ) p D'après la questio précédete, la somme S p = k =0 ulle pour 1< p<. O e déduit que : S=z +=( z +1) 1 ω kp vaut pour p=0 ou et est 1 2ikπ O a démotré que : (z+e ) =(z +1) k = E déduire que : k =0 (1) k (2k1)π cos ( 2 ) =0 O a applique la relatio précédete avec iπ z=e, das ce cas (z +1)=0. 1 iπ 2ik π Et doc : (e +e ) =0 k=0 iπ 2ikπ iπ iπ(2k1) iπ iπ(2k1) e +e =e (1+e )=e 2 e ik π 1( 2 e O e déduit que : k =0 1 k=0 (1) k (2k1)π cos ( 2 ) =0 cos( (2k1)π 2 )) (e iπ(2k1) iπ(2k 1) ik π 2 2 +e )=2 e =0 2 k =0 1( eikπ cos cos( (2k1)π 2 ) ( (2k1)π 2 )) =0 1 O a démotré que : k =0 (1) k (2k1)π cos ( 2 ) =0 9/12
10 Exercice 6 O démotre que le quadrilatère IJKL est u carré. Pour simplifier o ote aussi O remarque que la rotatio de cetre I, J, K et L l'affixe de ces poits. I et d'agle π 2, trasforme A e B. Doc. (BI)=i( AI) BiA= I() I= BiA O trouve de même : J = CiB, K= DiC et L= AiD. Pour motrer que IJKL est u carré, o motre que c'est u parallélogramme, qui a u agle droit, et deux côtés cosécutifs égaux. Parallélogramme. J I= CiB KL= DiC BiA C(1+i) B+iA = AiD = (1+i)DiCA ABCD parallélogramme doc : A+C=D+B J I=KL C(1+i) B+iA = (1+i)DiCA C(1+i)(1+i)B+(1+i) A(1+i) D=0 J I=KL A+C=B+D or la derière relatio est vraie doc : IJKL est u parallélogramme. Calculos : K J IJ IJ= BiA CiB (1+i) BiAC = KJ= DiC KJ= CiB = D(1+i)C+iB 1+i i(ia+(i+1) BC) =i(ij) = A+CB(1+i)C+iB = A+(1+i)BiC 1+i 10/12
11 Cette relatio prouve que le parallélogramme IJKL a deux côtés cosécutifs égaux et u agle droit. C'est doc u carré. IJKL est u carré. 11/12
12 Barème : N ote sur 20, T total sur 75 : N= T 63,5 20 Total 75 Exercice Réelle c^2>a^2+b^2 2 4-solutios de (E) 4 5-équatio équatio 2 3 Exercice ta(a+b) 3 1-ta(a-b) 1 2-simplifier 4 3-covergece 3 Exercice D 1 2-impaire 1 3-dérivable 2 3-dérivée 5 4-x>0 2 4-x<0 1 Exercice D 3 2-dérivable 1 2-f' 6 3-expressio simple 2 3-graphique 3 Exercice cas gééral 4 1- cas particulier 2 2- démotrer 4 3- E déduire 2 Exercice 6 10 Figure 4 IJKL carré 6 *** Fi du corrigé *** 12/12
x +1 + ln. Donner la valeur exacte affichée par cet algorithme lorsque l utilisateur entre la valeur n =3.
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