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1 = et - maquisdoc

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MPSI B
Corrigé du DS 2
Exercices II
1.
11 juin 2016
Elles sont positives et leur produit est 1. Une seule est plus grande que 1, c’est :
a. Par définition de la tangente hyperbolique :
1 + sin x
cos x
e2t − 1
et − e−t
= t
= th t
2t
e −1
e + e−t
On en déduit
t = ln(
b. Avec les relations usuelles de trigonométrie circulaire :
tan2 ϕ − 1
sin2 ϕ
= cos2 ϕ ( 2 − 1) = sin2 ϕ − cos2 ϕ = − cos 2ϕ
2
cos ϕ
tan ϕ + 1
1 + sin x
)
cos x
On peut transformer cette expression, en posant y =
π
2
− x et en passant à
y
2
:
2 cos2 y2
cos y2
1 + cos y
π y
π x
1 + sin x
=
=
− ) = tan( + )
y
y =
y = tan(
cos x
sin y
2 sin 2 cos 2
sin 2
2
2
4
2
c. On cherche à montrer que
π − 2 arctan(et ) = arccos(th t)
L’unique solution est donc
t
Posons θ = π − 2 arctan(e ).
A-t-il le bon cosinus ?
Utilisons la question précédente avec ϕ = arctan(et ) donc tan ϕ = et :
π x ln tan( + )
4
2
e. Calculons cos(arcsin( ch1 t )) en remarquant que le cos d’un arcsin est toujours positif ;
s
r
1
ch2 t − 1
1
cos(arcsin(
)) = 1 − 2 =
= |th t|
ch t
ch t
ch2 t
e2t − 1
= th t
e2t + 1
Comme et est strictement positive, arctan(et ) ∈ 0, π2 . On en tire que
cos θ = − cos(2 arctan(et )) =
Comme arcsin( ch1 t ) et π − arcsin( ch1 t ) sont dans [0, π2 ] ⊂ [0, π], on peut conclure.
Pour t ≥ 0,
t
2 arctan(e ) ∈ [0, π] ⇒ θ ∈ [0, π]
Il est donc dans le bon intervalle et on peut conclure
cos(arcsin(
π − 2 arctan(et ) = arccos(th t) ⇒ arccos(th t) + 2 arctan(et ) = π
1
1
)) = th t ⇒ arcsin(
) = arccos(th t)
ch t
ch t
Pour t ≤ 0,
d. D’après l’expression de la fonction ch, le réel strictement positif t est solution de
l’équation proposée si et seulement si et est une solution plus grande que 1 de
l’équation d’inconnue z
2z
z2 −
+1=0
cos x
Cette équation s’étudie sans problème, son discriminant est
1
1
)) = − th t ⇒ π − arcsin(
) = arccos(th t)
ch t
ch t
√ 1
√ 1
2. Posons a = (7 + 5 2) 3 , b = (−7 + 5 2) 3 et utilisons l’identité
cos(arcsin(
a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) = (a − b)((a − b)2 + 3ab)
4
− 4 = 4 tan2 x
cos2 x
ses racines sont
1 + sin x
,
cos x
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
Comme a3 − b3 = 14 et ab = 1, on en déduit que le nombre x que l’on nous demande
de simplifier est racine de
1 − sin x
cos x
x3 + 3x − 14 = (x − 2)(x2 + 2x + 7)
1
Rémy Nicolai S0202C
MPSI B
Corrigé du DS 2
donc x = 2 car x2 + 2x + 17 est sans racine réelle.
√ 13
√ 13
17
De même, si a = 13+52 17
et b = −13+5
, a3 − b3 = 13 et ab = 4, on en
2
déduit que le nombre x que l’on nous demande de simplifier est racine de
Exercices III
1. Un nombre complexe z est solution si et seulement si il est différent de i et si
solution de 1 + w + w2 + w3 = 0 dont les racines sont
x3 + 12x − 13 = (x − 1)(x2 + x + 13)
z+i
z−i
est
U4 − {1} = {−1, i, −i}
z+i
D’autre part la fonction homographique z → z−i
est une bijection de C − {i} vers
w+1
C − {1} dont la bijection réciproque est w → i w−1 . On en déduit que l’ensemble des
solutions est
{0, 1, −1}
donc x = 1 car x2 + x + 13 est sans racine réelle.
3. En utilisant les formules de transformation de produits en sommes, on obtient
1
(sin 2x + sin 6x + sin 8x)
8
2. Il est évident que P (z) − P (−z) se réduit aux termes d’indice impair comptés deux
fois soit
2(a1 z + a3 z 3 + a5 z 5 + · · · )
4. D’après la formule donnant la tangente d’une somme,
tan(arctan(1 + x) − arctan x) =
11 juin 2016
1+x−x
1
=
1 + (1 + x)x
1 + x + x2
Pour P (z) = (1 + z)7 et grâce à la formule du binôme, l’équation proposée revient à
(1 + z)7 = (1 − z)7 , soit comme 1 n’est pas solution à
On en tire qu’il existe un entier k tel que
1
+ kπ
arctan(1 + x) − arctan x = arctan
1 + x + x2
1+z
1−z
7
=1
1+z
1+z
ou encore à 1−z
∈ U7 . L’homographie z → 1−z
est une bijection de C − {1} vers
w−1
C − {−1} dont la bijection réciproque est w → w+1 . De plus, si w = eit
Il s’agit maintenant de montrer que k est nul.
Remarquons d’abord que 1 + x + x2 > 0 pour tous les réels x donc.
t
eit − 1
= i tan
eit + 1
2
i πh
1
arctan
∈
0,
1 + x + x2
2
Comme −1 n’est pas racine 7◦ toutes les racines de l’unité correspondent à des solutions
de l’équation proposée dont l’ensemble est
kπ
, k ∈ {0, · · · , 6}
i tan
7
D’autre part, par croissance et définition de la fonction arctan,
arctan(1 + x) − arctan x ∈ [0, π[
On en déduit
3. Remarquons que − sin x + sin 3x = 2 sin x cos x.
En utilisant sin 2x = 2 sin x cos x, les inéquations suivantes sont équivalentes
i π h
1
kπ = arctan(1 + x) − arctan x − arctan
− ,π
1 + x + x2
2
0 < sin x(2 cos2 x − 1 − cos x)
On en tire k = 0 donc
arctan(1 + x) − arctan x = arctan
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
0 < sin x(cos x − 1)(2 cos x + 1)
1
1 + x + x2
sin x(2 cos x + 1) < 0
2
Rémy Nicolai S0202C
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11 juin 2016
On en déduit que l’ensemble des solutions est
[ 2π
2π
−
+ 2kπ, +2kπ ∪
+ 2kπ, π + 2kπ
3
3
k∈Z
4. Comme arctan 1 = π4 , il suffit de prouver que arctan
2 + arctan 3 =
D’une part arctan 2 + arctan 3 ∈ π4 + π4 , π2 + π2 = π2 , π .
D’autre part,
2+3
tan(arctan 2 + arctan 3) =
= −1
1−2×3
3π
4 .
c’est à dire arctan 2 + arctan 3 ∈ − π4 + πZ. La seule possibilité dans l’intervalle
est 3π
4 .
5. On peut former le tableau suivant.
π
0, 2
sin
+
cos
+
|sin|
sin x
|cos|
cos x
arcsin(|sin|)
x
arccos(|cos|)
x
π
2,π
+
−
sin x
− cos x
π−x
π−x
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
3π π, 2
−
−
− sin x
− cos x
x−π
x−π
π
2,π
3π
, 2π
−
+
− sin x
cos x
2π − x
2π − x
2
3
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