CORRECTION. Première méthode (utilisant les dérivées) Deuxième méthode (trigonométrique) Année: Mathématiques CPGE: SETTAT

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1 TSI-sup Devoir libre n CORRECTION Année: 00-0 Exercice : On considère les deux fonctions f et g définies par f (x) ( ) arctan() et g(x) arctan Le but est de montrer, par deux méthodes différentes, que f g Première méthode (utilisant les dérivées) le domaine de définition de f et de g : D f R En effet : sh est définie sur R et à valeurs dansr et arctan est au définie sur R D g R En effet : ch est définie sur R est à valeurs dans [,+ [, donc + chx est strictement positive pour tout x R, donc le quotient est bien défini, et arctan( ) est au défini pour tout réel x; les points où f est dérivable : sh est dérivable sur R et arctan est dérivable sur R donc f est dérivable sur R comme étant la composée de fonctions dérivables sur R, et on a x R : f chx (x) (+sh x) chx ch x chx la dérivée de g : on a ch et sh sont dérivables sur R et x R : chx+ 0 donc h : x est dérivable sur R,donc g est dérivable sur R comme étant la composée de arctan et h dérivables sur R et on a : x R : g (x) h (x) +h (x) or : h (x) chx() () +h (x) + chx+ch x sh x () sh x () +ch x+sh x () chx+ () () ch +chx () chx () donc g (x) h (x) +h (x) chx puisque x R : f (x) g (x) alors x R : f(x) g(x)+k oùk R or f(0) 0 g(0),donc k 0 et par suite f g Deuxième méthode (trigonométrique) un exemple de deux réels distincts avec a, [ et b,[ et tels que tana tanb on prend a et b + Montrons que pour tout réel x, f(x), [ soit x R : on a < arctan < et donc < f(x) arctan < et on a tan(f(x)) tan(arctan()) On considère maintenant la fonction h définie sur R par h(x) variations, limites : on a x R : h (x) () > 0 ( ) x R : h(x) ex e x +e x +e x e x e x ++e x MSAHROURDI

2 MSAHROURDI TSI-sup Devoir libre n Année: 00-0 donc lim h(x) et puisque h est impaire, lim h(x) x + x x h (x) + h(x) ր,donc xr : h(x),[(ceuxcid aprèslerésultatsuivant:h(,+ [) lim h(x), lim h(x)[ x x + (car h est continue et strictement croissante ) autrement : x R : h(x) chx x R : h(x)+ +chx+ doù x R : < h(x) < puisque arctan est strictement croissante sur R,on déduit que : e x () < 0 ex + () > 0 arctan < arctanh(x) g(x) < arctan donc g(x), [ 5 pour tout θ, [, on a : tan(θ) sinθ cosθ sinθcosθ cos θ sin θ tanθ tan θ du numérateur et du dénominateur par cos θ ) ((par division 6 pour tout réelx, on remplaceθ parg(x) dansla questionprécédenteon obtient : tan(g(x)) tang(x) tan g(x) on a et on a : tang(x) tanarctanh(x) h(x), ettan g(x) tan arctanh(x) h (x) tan(g(x)) h(x) h (x) sh x () +ch x sh x (() (+ch x) () 7 on a x R : tanf(x) tang(x) (d après la question et la question 6 ) de plus f(x) et g(x) appartiennent à l intervalle, [ donc elles sont égales car elles ont la même tangente, doù f g Application : ( ) ( ) ln ln Expreon simple de ch et de sh On a : ln ln ( ) ln ch e +e on a ln ( ) ln sh e ln e + ( ) ln f( ( ) ln arctansh arctan ( ) ln ( ) ln sh ( ) g arctan ( ) ln arctan + +ch

3 MSAHROURDI TSI-sup Devoir libre n ( ) ( ) ln ln donc puisquef( g ( arctan + ) Année: 00-0 on déduit que tan + Exercice : Résolution de l équation d inconnue x R : (e)arctanx+arctanx On a si x est une solution de cette équation alors : tan(arctanx+arctanx ), et on a nécessairement x est différent de et -, et on a tan(arctanx + arctanx ) x+x x x x or l equation x x x x 0 x 5 ou x + 5 donc x { + 5, 5 }, la solution ne peut pas être négative, car arctan d un nombre négatif est est un nombre négatif et la somme de deux nombres négatifs est un nombre négatif donc la solution de l équation (e) s elle existe est positive et vaut + 5 on pose dans la suite α + 5 et β α Montrons que α vérifie l équation (e) : on a αβ > donc α > β > 0 arctanα > arctan β arctanβ (car t > 0 : arctant+arctan t ) arctanα+arctanβ > or arctanα <, et implique que arctanβ < donc < arctanα+arctanβ < < arctanα+arctanβ < et on a tan(arctanα+arctanβ ) tan(arctanα+arctanβ) α+β αβ ( ) α+α α α α α ( α tan ) donc (arctanα +arctanβ) arctanα +arctanα et par suite α + 5 vérifie l equation (e) donc + 5 est la solution unique de (e) Remarque : ( ) donne le résultat suivant : étant donné deux nombres réels ( a et b) strictement positifs tel que ab > alors a+b arctana+arctanb tan ie : ab ( ) a+b arctana+arctanb tan + ab Remarque :au début de cet exercice, on a montré que si une solution x de (e) existe alors x α il reste à prouver l existence d une solution de (e) pour prouver l existence d une solution de (e), on peut utiliser une autre méthode : on pose : f(x) arctanx+arctanx on a f est dérivable sur R et sa dérivée est strictement positive, donc f est une bijection de R dans,[ et puisque,[ alors admet un seul antécédent par la bijection f, donc la solution de (e) existe est unique c est f ( ) Exercice : (ici les réponses ne sont pas détaillées ) On considère l équation différentielle (E) : ()y +(chx)y +()y 0

4 MSAHROURDI TSI-sup Devoir libre n Année: 00-0 On pose z(x) y (x)+ y(x) l équation différentielle (d ordre ) sur z déduite de (E) est : thx z (x)+ z(x) thx 0 résolutionde l équationprécédenteen z sur0,+ [:lasolutiongénéraleest delaforme: x 0,+ [: z(x) λ oùλ R En déduire les solutions de (E) sur 0,+ [ :on a :la solution de l équation homogèneassociée à y (x) + y(x) thx λ α est y(x) et par la méthode de variation de la constante, on trouve une solution particulière :y p (x) λx donc la solution générale de (E)sur R + est définie par : x 0,+ [: y G (x) λx+α où λ,α R Exercice : trouver les fonctions f deux fois dérivables de Rdans R tel que : x R : f (x)+f( x) x Soit f une solution du problème : alors x R : f (x) + f( x) x, on remplace x par -x on obtient x R : f ( x)+f(x) x, on ajoute ces deux équation membre à membre,on obtient : f (x)+f ( x)+f(x)+f( x) 0, on pose g(x) f(x) + f( x), on vérifie que g est une solution de y + y 0 donc g(x) λcosx+µsinx λ,µ R orgestunefonctionpaire,donconanécessairement:g(x) λcosx(parexempleg ( ) ( g ) ) donc f( x)+f(x) λcosx et donc f est une solution de l équation f (x) f(x) x λcosx (E) : y y x λcosx on a y H (x) Ae x +Be x A,B R et y p (x) x+ λ cosx une solution particulière de (E) donc f(x) Ae x +Be x x+ λ cosx A,B,λ R, donc toute solution du problème est de la forme : Maintenant si f est de la forme : f(x) Ae x +Be x x+ λ cosx A,B,λ R f(x) Ae x +Be x x+ λ cosx A,B,λ R et vérifie :, alors f (x)+f( x) x x R : Ae x +Be x λ cosx+ae x +Be x +x+ λ cosx x x R : Ae x +Be x +Ae x +Be x 0 x R : (A+B)chx 0 A+B 0 A B, donc x R : f(x) x+c +d cosx où c,d R conclusion : les solutions de l équation f (x)+f( x) x

5 5 MSAHROURDI TSI-sup sont les fonctions de la forme : Devoir libre n Année: 00-0 x R : f(x) x+c +d cosx où c,d R