CORRECTION FX 5. Enfin, comme ψ est paire, cette dernière inégalité est en fait valable sur R entier.

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1 Lycée Thiers CORRECTION FX 5 Première Série Ex Par définition des fonctions sh et ch, l équation proposée s écrit 5 (e x + e x ) 4 (e x e x ) = 6, ou encore e x 6 e x + 9 = 0, c est-à-dire (e x 3) = 0. Elle possède donc ln (3) pour unique solution. Ex Posons ϕ (x) = sh (x) x et ψ (x) = ch (x) x. Ces applications sont dérivables et : x R, ϕ (x) = ch (x) 0 donc ϕ est croissante. Comme ϕ (0) = 0, alors x [0, + [, ϕ (x) 0 : c est la première inégalité demandée. Ensuite : x [0, + [, ψ (x) = ϕ (x) et donc ψ est croissante sur [0, + [. Vu que ψ (0) = 0, on en déduit x [0, + [, ψ (x) 0. Enfin, comme ψ est paire, cette dernière inégalité est en fait valable sur R entier. Ex 3 A la ère question la réponse est NON, car ch est paire et exp ne l est pas! Et à la seconde, la réponse est : OUI, f (t) = ( t + ) t Ex 4 Cette équation ne possède certainement aucune solution dans ], 0]. Par ailleurs, l application u : [0, + [ R, x x ch (x) est injective car strictement croissante (produit d applications strictement croissantes et positives). Comme u est continue et vu que u (0) = 0 et lim u = +, alors d après le TVI : + u [0, + [ = [0, + [. En conséquence, l équation u (x) = possède une unique solution réelle. Ex 5 Soit n N. Cette somme vaut n + si x = 0. Et si x R, alors (sommes géométriques de raison différente de ) : n e kx = e(n+)x n et e kx = e (n+)x = e(n+)x e x e x e nx (e x ) k=0 k=0

2 donc : n k=0 soit finalement : CORRECTION FX 5 ch (kx) = e(n+)x (e x ) ( + e nx ) = e(n+)x/ e nx/ e x/ n ch (kx) = sh ( ) (n+)x ( ) nx sh ( ) ch x k=0 sh ( (n+)x sh ( x ) ) ch ( ) nx Ex 6 L application argth est strictement croissante (réciproque d une bijection strictement croissante) et son graphe est le symétrique de celui de th par rapport à la première bissectrice : Comme t ], [, th ( argth (t) ) = t, on voit que pour tout ( x, y ) ], [ : th ( argth (x) + argth ( y )) = x + y + xy et donc : argth (x) + argth ( y ) = argth ( ) x + y + xy Ex 7 Pour tout x R (formule de duplication de la tangente hyperbolique) : th (x) th (x) = + th (x)

3 CORRECTION FX 5 3 ce qui résulte de la formule d addition obtenue au début de l ex précédent. Posons maintenant : n ( )) x P n (x) = ( + th k Alors, si x 0 : P n (x) = n k= th ( x k ) k= th ( x k ) = n th ( x n ) th (x) = th (t) Or on sait (nombre dérivé en 0 de th) que lim t 0 t lim n P n (x) = x th (x) Et bien entendu P n (0) =. En définitive : n ( )) x x R, lim ( + th = n k k= x th (x) th ( x n ) x n = ; par conséquent : x th (x) si x 0 sinon Ex 8 L application R R, x sh (x) est strictement croissante donc injective. Par ailleurs, elle est continue et vérifie lim sh (x) =, lim sh (x) = + : c est donc une surjection x x + (corollaire du TVI) et finalement une bijection. Comme elle est dérivable et que sa dérivée (ch) ne s annule pas, alors argsh est dérivable et : Mais, pour tout a R : et donc : x R, argsh (x) = ch (a) = x R, argsh (x) = ch ( argsh (x) ) + sh (a) + sh ( argsh (x) ) = x + Considérons maintenant l application : F : R R, x ln ( x + x + ) F est bien définie sur R car, pour tout x R : x x = x < x + et dérivable comme composée d applications dérivables. On calcule, pour tout x R : + x F x (x) = + x + x + = x + ce qui prouve que F et argsh admettent la même dérivée et diffèrent donc d une constante. Mais comme F et argsh coïncident en 0 (elles s y annulent l une et l autre), on voit finalement que : x R, argsh (x) = ln ( x + x + )

4 CORRECTION FX 5 4 Ex 9 Pour tout (a, x) [0, + [ R : f a (x) = ch (x) a sh (ax) Si x 0, alors a sh (ax) 0 et donc f a (x) ch (x). Il est donc clair que f a est strictement croissante sur ], 0], quel que soit a 0. Examinons à présent ce qui se passe pour x 0. On suppose : 0 a Pour tout x 0 : a sh (ax) sh (ax) sh (x) < ch (x) La première inégalité résulte de la positivité de sh (ax), la seconde de la croissance de sh et la troisième du fait que ch (x) sh (x) = e x > 0. Ainsi f a est strictement croissante sur [0, + [ (et donc aussi sur R) On suppose : a > On calcule : Or on sait que : donc : f a (x) = sh (x) a ch (ax) t R, sh (t) et ch (t) f a (x) ( e x a e ax) = ex ( a e (a )x) Or, pour tout x 0 : e (a )x d où a e (a )x a > et donc f a (x) < 0. Ainsi, f a décroît strictement sur [0, + [. De plus f a (0) = et lim f a (x) =, ce qu on peut voir en écrivant : x + f a (x) = (eax + e ax ae ax + ae ax ) = eax ( ) a + ( + a) e ax D après le TVI, f a s annule une fois et une seule sur ]0, + [. Notons x a l unique solution strictement positive de l équation f a (x) = 0. Finalement, f a est strictement croissante sur ], x a ] et strictement décroissante sur [x a, + [. Ex 0 ) Γ : x + ( y ch (a)) = 4 ch (a) et γ : x + y =. En résolvant le système formé par ces deux équations, on calcule les coordonnées des points d intersection des deux cercles : Ainsi : x = ± ch (a) Q = ± th (a) ; y = ch (a) th (a) ch (a)

5 ) La tangente à C en M (a, ch (a)) est dirigée par : ( ) u sh (a) Par ailleurs : et donc CORRECTION FX 5 5 ( PQ ch(a) ) th (a) ch (a) ch(a) det ( u, ) th (a) PQ = sh (a) ch (a) = ch (a) ch (a) + sh (a) ch (a) = 0 Comme [OP] est un diamètre de Γ et comme Q Γ, on a : OQ. PQ = 0; il en résulte que (PQ) est la tangente en Q à γ. P M Q Deuxième Série Ex L idée consiste à se débarrasser du facteur en linéarisant le carré : ( ( )) 7 a = sin arcsin = ( ( ( 7 cos arcsin 5 5))) Posons θ = arcsin ( ) [ 7 5. Comme θ π, ] π, alors cos (θ) 0 donc : cos (θ) = cos (θ) = sin (θ) Mais sin (θ) = 7 5 donc : cos (θ) = ( ) 7 = = 4 5 Ainsi : a = ( 4 ) = 5 50 Enfin, comme 7 [0, ], alors θ [ ] 0, π 5 d où a 0. Ainsi : a = 50 = 5 = 0

6 Autre méthode... donc : CORRECTION FX 5 6 ( ( )) ( ( )) ( ( )) = sin arcsin = sin 5 arcsin cos 5 arcsin = a a 5 ou encore, en posant b = a : 4a ( a ) = b 4b = 0 { Il en résulte que b 5, + }, mais b < ( ) π 5 car a < sin = 4 comme a 0, on retrouve a =. 50. Donc b = 50 et, Ex L équation arccos (x) = arcsin (x) () est définie pour x. Pour un tel x, elle équivaut à : arcsin (x) + arcsin (x) = π Comme l application f : [, ] R, x arcsin (x)+arcsin (x) est strictement croissante et continue, elle induit une bijection de I = [, ] sur J = f I. Et comme f (0) = 0 et f ( ) > arcsin () = π, on voit que () possède une solution unique, qui est positive. Calculons-la en raisonnant par condition nécessaire : Si x est solution de () alors, en prenant le sinus de chaque membre : x = x et donc { } 5 5x =. En conclusion, l ensemble de solutions de () est : S = 5 Ex 3 Notons, pour tout x R, f (x) = cos (3 arctan (x)). Comme arctan (x) ] π, [ π, on a cos (arctan (x)) > 0, et donc : cos (arctan (x)) = + tan (arctan (x)) = + x Par ailleurs : a R, cos (3a) = 4 cos 3 (a) 3 cos (a), donc f (x) = soit : f (x) = 3x ( + x ) 3/ 4 ( + x ) 3 3/ ( + x ), / Ex 4

7 CORRECTION FX 5 7 ) Posons, pour tout x [, ], ϕ (x) = arccos (x) + arccos ( x). L application ϕ est bien définie et continue sur [, ]. Elle est dérivable sur ], [ et : x ], [, ϕ (x) = = 0 x ( x) Ainsi ϕ est constante sur ], [, donc sur [, ] (du fait de sa continuité). Enfin : ϕ (0) = π + π = π d où le résultat. ) Pour tout x [, ] : cos (arccos ( x)) = x et cos (π arccos (x)) = cos (arccos (x)) = x Or, deux éléments de [0, π] ayant le même cosinus sont égaux! Ex 5 Posons pour tout x R : δ (x) = arctan (sh (x)) arcsin (th (x)) Comme th est dérivable sur R, à valeurs dans ], [ et comme arcsin est dérivable sur ], [, on voit que l application R R, x arcsin (th (x)) est dérivable. Il en va donc de même pour δ. Pour tout x R : δ (x) = ch (x) + sh (x) ch (x) th (x) D une part + sh (x) = ch ch (x) (x) d où + sh (x) = ch (x). D autre part th (x) = ch (x) et ch (x) > 0, donc δ (x) = 0. Il s ensuit que δ est constante. Comme δ (0) = 0, on conclut x R, δ (x) = 0. Autrement dit : Autre solution : x R, arctan (sh (x)) = arcsin (th (x)) Les deux membres de l égalité à établir appartiennent à ] π, π [, intervalle sur lequel tan est injective. Il suffit donc de prouver que : x R, sh (x) = tan (arcsin (th (x))) () Or pour tout x 0, si l on pose θ = arcsin (th (x)), alors θ [ [ 0, π et donc : tan (θ) = tan (θ) = sin (θ) = th (x) = sh (x) = sh (x) On obtient enfin () en observant que deux applications impaires définies sur R et coïncindent sur [0, + [ sont égales. Ex 6 Rappelons que si a, b et a + b appartiennent à D = R { π + kπ; k Z}, alors : tan (a + b) = tan (a) + tan (b) tan (a) tan (b)

8 CORRECTION FX 5 8 d où en particulier, si a et a appartiennent à D, alors tan (a) = tan ( arctan ( )) = d où tan (λ) = 0, puis λ πz. Mais λ tan (a) tan (a). Ainsi : ( ( )) ( ) = = tan arctan ] 0, 3π [, et donc λ = π. arctan ( ) + arctan ( ) = π Ex 7 α δ α 0 s p Notons α 0 l angle sous lequel l observateur voit le piédestal. Alors : tan (α 0 ) = p et tan (α + α 0 ) = p + s δ δ Par ailleurs : tan (α + α 0 ) = tan (α) + tan (α 0) tan (α) tan (α 0 ) donc : sδ tan (α) = δ + p ( p + s ) α sera maximal si, et seulement si, sa tangente l est. Or l application : [0, + [ R, δ sδ δ + p ( p + s ) atteint son maximum en δ = p ( s + p ). L angle cherché est finalement : s α = arctan p ( p + s ) Ex 8 Les fonctions exponentielle et arctangente sont dérivables sur R, donc x arctan (e x ) aussi. La fonction th est dérivable sur R, à valeurs dans ], [, et la fonction arccos est dérivable sur ], [, donc x arccos (th (x)) est dérivable sur R. Ainsi, A : x arctan (e x ) + arccos (th (x)) est dérivable sur R. Pour tout x R : A (x) = ex + e ( th (x) ) = x th (x) e x + e x ch (x) = 0 ce qui entraîne que A est constante. Comme A (0) = arctan ()+arccos (0) = π, on conclut que : x R, arctan (e x ) + arccos (th (x)) = π Ex 9

9 CORRECTION FX 5 9 L application R R, x arctan (x) + arctan (3x) est continue, strictement croissante, et ses limites en et + sont respectivement π et π. Elle induit donc une bijection de R vers ] π, π[. Comme π ] π, π[, l équation proposée admet une solution unique. Si x 4 désigne cette solution, alors d après la formule d addition des tangentes (cf. ex 6 de cette série) : x + 3x (x) (3x) = ou encore : 6x + 5x = 0 et donc : { x, } 6 La valeur est à rejeter car arctan ( ) + arctan ( 3) < 0. Finalement, l ensemble des solutions est : { S = 6} Ex 0 Posons, pour tout h ]0, ] : f (h) = π arcsin ( h). Alors : sin ( f (h) ) = cos (arcsin ( h)) = ( h) = h h = h h et donc : f (h) h = f (h) sin ( f (h) ) h sin (t) Comme lim f (h) = 0 (continuité en de arcsin) et comme lim h 0 t 0 t ( ) π lim h h 0 + arcsin ( h) = Il s ensuit que : arcsin (x) arcsin () lim x x = lim h 0 + h ( ) π arcsin ( h) = + =, on conclut : Ceci prouve que arcsin n est pas dérivable en et que son graphe présente au point d abscisse une demi-tangente verticale. Noter que ce dernier résultat s obtient directement. En effet, pour tout x ], [ : arcsin (x) arcsin () sin (arcsin (x)) sin ( ) π = x arcsin (x) π = [ T sin, π (arcsin (x)) ] ( ) π Or : lim T sin, π t π/ (t) = cos donc par composition des limites : = 0 et : lim x arcsin (x) = π lim T x sin, π (arcsin (x)) = 0 Enfin, comme sin est croissante sur [ 0, π ], ce taux d accroissement reste positif et donc : arcsin (x) arcsin () lim x x = +

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