Lycée Thiers CORRECTION FX 5 Première Série Ex 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. 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 3 Ex 4 Ex 5 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. Cette équation ne possède pas de solution dans ], 0]. Par ailleurs, l application u : [0, + [ R, x x ch (x est injective car strictement croissante, comme 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. Soit n N. Cette somme vaut n + si x 0; et si x R, alors (sommes géométriques de raison différente de : e kx e(n+x e x et e kx e (n+x e x e(n+x e nx (e x donc : soit finalement : ch (kx e(n+x (e x ( + e nx e(n+x/ e nx/ e x/ ch (kx sh ( (n+x ( nx sh ( ch x sh ( (n+x sh ( x ch ( nx
Ex 6 Pour tout (a, b R : CORRECTION FX 5 sh (a + b sh (a ch (b + ch (a sh (b ch (a + b ch (a ch (b + sh (a sh (b donc, en divisant membre à membre : th (a + b sh (a ch (b + ch (a sh (b ch (a ch (b + sh (a sh (b c est-à-dire, en divisant numérateur et dénominateur par ch (a ch (b : th (a + b th (a + th (b + th (a th (b Comme t ], [, th ( argth (t t, il en résulte que, pour tout ( x, y ], [ : th ( argth (x + argth ( y x + y + xy d où finalement : 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 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 x th (x th ( x n th (t Or on sait (nombre dérivé en 0 de th que lim ; par conséquent : t 0 t lim P n (x n x th (x x n Ex 8 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 La tangente à C en M (a, ch (a est dirigée par : ( u sh (a
Par ailleurs : CORRECTION FX 5 3 ( PQ th (a ch (a ch(a et donc det ( u, th (a PQ sh (a ch(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 : ( 7 cos (θ 5 Ainsi : a ( 4 5 50 Enfin, comme 7 5 [0, ], alors θ [ ] 0, π d où a 0. Ainsi : 0 Autre méthode... donc : a 50 5 576 65 4 5 ( ( ( ( ( ( 7 7 7 7 5 sin arcsin sin 5 5 arcsin cos arcsin a a 5 4a ( a 49 65
CORRECTION FX 5 4 ou encore, en posant b a : Il en résulte que b a 0, on retrouve a 50. 4b 4b + 49 65 0 { 5, + }, mais b < ( π 5 car a < sin 4. Donc b 50 et, comme 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 5x. { } 5 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 4 ( + x 3/ 3, soit : ( + x / f (x 3x ( + x 3/ Ex 4 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!
CORRECTION FX 5 5 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 ch (x (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 et ch (x > (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 : x R, arctan (sh (x arcsin (th (x Autre solution : 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 + tan (b tan (a + b tan (a tan (b tan (a d où en particulier, si a et a appartiennent à D, alors tan (a tan (a. Ainsi : tan ( arctan ( ( ( ( tan arctan d où tan (λ 0, puis λ πz. Mais λ ] 0, 3π [, et donc λ π. arctan ( + arctan ( π Ex 7 α 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 δ
CORRECTION FX 5 6 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 x ( th (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 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 4 ] π, π[, l équation proposée admet une solution unique. Si x désigne cette solution, alors d après la formule d addition des tangentes (cf. ex 6 de cette série : ou encore : x + 3x (x (3x 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
CORRECTION FX 5 7 sin (t Comme lim f (h 0 (continuité en de arcsin et comme lim, on conclut : 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 + Ceci prouve que arcsin n est pas dérivable en et que son graphe présente au point d abscisse une demi-tangente verticale.