Document créé le 29 octobre 2015
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Chapitre 4 Techniques d’analyse (dérivation) 4.1 4.1
Exer Exerci cice cess sur sur les les nom nombr bres es rée réels ls
Inégalités
dans R
Solution Solution 4.1.1
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On constate que : b2 c2 + c2 a2 + a2 b2
abc(a + b + b + + c c)) − abc(
1 2 2 a (b + c2 ) + b + b2 (a2 + c2 ) + c + c2 (a2 + b2 ) 2a2 bc 2 1 2 = a (b c)2 + b2 (a c)2 + c2 (a b)2 0 2 =
−
−
Solution Solution 4.1.2
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− 2b2ac − 2c2ab
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( a + b + b))2 − 4ab = ab = a a 2 + b2 − 2ab = ab = (a − b)2 0. 1. Pour tous réels a, b, on a (a ( a + b + b))2 4ab (avec égalité si et seulement si a = b = b ). Ainsi (a
On en déduit
(b + c + c))2 4bc (c + a + a))2 4ca (a + b + b))2 4ab
( b + c + c))2 (c + a + a))2 (a + b + b))2 64 64a a2 b2 c2 . puis par produit (b
( b + c + c)( )(cc + a + a)( )(a a + b + b)) 8abc. En prenant les racines racines carrées carrées positives, positives, on trouve trouve (b = b = = c c . De plus l’égalité n’a lieu que si a = b = a + + b b + + c c. 2. Posons s = a Alors
− a)(s )(s − b)(s )(s − c) = s 3 − (a + b + b + + s s)s2 + (ab (ab + + bc bc + + ca ca))s − abc =s = (ab ( ab + + bc bc + + ca ca))s − abc
(b + c + c)( )(cc + a + a)( )(a a + b + b)) = (s (s
Le résultat de la question précédente s’écrit : s(ab + ab + bc bc + + ca ca)) − abc 8abc et donc (a ( a + b + b + + c c)( )(ab ab + + bc bc + + ca ca)) 9abc. Le résultat demandé en découle après division par abc . = b = = c c . Là encore, l’égalité n’a lieu que si a = b
4.1 Exercices sur les nombres réels Solution Solution 4.1.3
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xy x + y + y ∀x, y 0 : x + y ( x + y + y))2 − 4xy = xy = (x − y)2 0 (égalité ⇔ x = y = y ). car (x + y 4 Si on applique ce résultat aux paires {a, b}, {b, c}, {a, c} et si on ajoute alors on obtient : ab bc ca a + b + b b + b + c c c + c + a a a + b + b + + c c + + + + = a + b + b b + c + c c + a + a 4 4 4 2 = b = = c c . Et il n’y a égalité que si a = b Solution Solution 4.1.4
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+ b + + c c, β = β = a a − b + c + c et γ = γ = a + a + b b − c. – Notons α = −a + b + β + γ + γ )αβγ 3. Le résultat à démontrer s’écrit maintenant : 0 (α + β + b + + c c c 0, β = β = a − b + c + c a 0, γ = a = a + + b b − c 0. – On constate que α = −a + b + β + γ + γ )αβγ . On en déduit évidemment 0 (α + β β = 0 ou γ = γ = 0, la double inégalité Notons que si α = 0, β = inégalité est évidente. évidente. α,β, γ sont On peut donc supposer que α,β, sont strictement positifs.
– La concavité de x → ln x donne : ln
α + β + β + γ + γ 1 1 + ln γ ) = ln(αβγ ln( αβγ )). (ln α + ln β + 3 3 3
α + β + β + γ + γ 3 α + β + β + γ + γ a + b + b + + c c = Ainsi αβ γ . Mais 1. 3 3 3 ( α + β + β + γ + γ )αβγ α + β + β + γ + γ 3. On en déduit αβ γ 1, puis : (α
Solution Solution 4.1.5
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1. On procède par une récurrence finie sur l’entier m , avec n 1 fixé. La propriété est évidente si m = 1. 1 n
Soit m un entier compris entre 1 et n − 1. On suppose que (1 + )m < 1 +
m m + ( )2 . n n
1 m+1 1 m m 2 < 1+ 1+ + On en déduit : 1 + . n n n n 1 m+1 m + m + 1 m 2 + m m 2 < 1 + + + 3 . Autrement dit : 1 + n n n2 n 2 m m + 1 n (m + 1). Il en découle 3 < Mais m < n m2 < n( . n n2 1 m+1 m + m + 1 m 2 + 2m 2m + 1 m + m + 1 (m ( m + 1) 2 + =1 + + On en déduit 1 + . < 1 + n n n2 n n2 m + 1 et achève la récurrence. Cela prouve la propriété au rang m +
⇒
1 Pour tout p 1, on a 1 + n
1 n
n
m = n n, on trouve bien sûr : 1 + 2. Dans le cas particulier m = p
< 3 .
p p 1 p = 1 + + 1+ . k n k=2 k n n On en déduit, par élévation à la puissance n : p n 1 np 1 n p 1+ = 1 + v) < 3 p . 1+ n n n p
Solution Solution 4.1.6
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On procède par récurrence sur l’entier n 1. C’est évident si n = 1. + x2 ) + x + x1 x2 1 − (x1 + x + x2 ). C’est vrai pour n = 2 car : (1 − x1 )(1 − x2 ) = 1 − (x1 + x Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.1 Exercices sur les nombres réels Solution Solution 4.1.3
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xy x + y + y ∀x, y 0 : x + y ( x + y + y))2 − 4xy = xy = (x − y)2 0 (égalité ⇔ x = y = y ). car (x + y 4 Si on applique ce résultat aux paires {a, b}, {b, c}, {a, c} et si on ajoute alors on obtient : ab bc ca a + b + b b + b + c c c + c + a a a + b + b + + c c + + + + = a + b + b b + c + c c + a + a 4 4 4 2 = b = = c c . Et il n’y a égalité que si a = b Solution Solution 4.1.4
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+ b + + c c, β = β = a a − b + c + c et γ = γ = a + a + b b − c. – Notons α = −a + b + β + γ + γ )αβγ 3. Le résultat à démontrer s’écrit maintenant : 0 (α + β + b + + c c c 0, β = β = a − b + c + c a 0, γ = a = a + + b b − c 0. – On constate que α = −a + b + β + γ + γ )αβγ . On en déduit évidemment 0 (α + β β = 0 ou γ = γ = 0, la double inégalité Notons que si α = 0, β = inégalité est évidente. évidente. α,β, γ sont On peut donc supposer que α,β, sont strictement positifs.
– La concavité de x → ln x donne : ln
α + β + β + γ + γ 1 1 + ln γ ) = ln(αβγ ln( αβγ )). (ln α + ln β + 3 3 3
α + β + β + γ + γ 3 α + β + β + γ + γ a + b + b + + c c = Ainsi αβ γ . Mais 1. 3 3 3 ( α + β + β + γ + γ )αβγ α + β + β + γ + γ 3. On en déduit αβ γ 1, puis : (α
Solution Solution 4.1.5
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1. On procède par une récurrence finie sur l’entier m , avec n 1 fixé. La propriété est évidente si m = 1. 1 n
Soit m un entier compris entre 1 et n − 1. On suppose que (1 + )m < 1 +
m m + ( )2 . n n
1 m+1 1 m m 2 < 1+ 1+ + On en déduit : 1 + . n n n n 1 m+1 m + m + 1 m 2 + m m 2 < 1 + + + 3 . Autrement dit : 1 + n n n2 n 2 m m + 1 n (m + 1). Il en découle 3 < Mais m < n m2 < n( . n n2 1 m+1 m + m + 1 m 2 + 2m 2m + 1 m + m + 1 (m ( m + 1) 2 + =1 + + On en déduit 1 + . < 1 + n n n2 n n2 m + 1 et achève la récurrence. Cela prouve la propriété au rang m +
⇒
1 Pour tout p 1, on a 1 + n
1 n
n
m = n n, on trouve bien sûr : 1 + 2. Dans le cas particulier m = p
< 3 .
p p 1 p = 1 + + 1+ . k n k=2 k n n On en déduit, par élévation à la puissance n : p n 1 np 1 n p 1+ = 1 + v) < 3 p . 1+ n n n p
Solution Solution 4.1.6
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On procède par récurrence sur l’entier n 1. C’est évident si n = 1. + x2 ) + x + x1 x2 1 − (x1 + x + x2 ). C’est vrai pour n = 2 car : (1 − x1 )(1 − x2 ) = 1 − (x1 + x Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.1 Exercices sur les nombres réels
Chapitr Chapitre e 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
On suppose que le résultat est établi au rang n 2. [ 0, 1]. On se donne x 1 , . . . , xn , xn+1 dans [0 n+1
On trouve :
n
(1
k=1 n+1
Ainsi :
(1
− xk ) = (1 − xn+1) n+1
− xk ) 1 −
k=1
− (1
n
xk ) (1
k=1 n
xk + x + xn+1
k=1
−
− xn+1)
n+1
xk 1
k=1
−
1
xk
k=1
xk .
k=1
n + 1, ce qui achève la récurrence. On a ainsi prouvé la propriété au rang n + Solution Solution 4.1.7
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La propriété est évidente si n = 1. Supposons qu’elle soit vraie pour un certain entier n 1.
a1 a2 . . . an an+1 0
On se donne les réels
b1 b2 . . . bn bn+1 0
n
Posons A n =
n
ak , Bn =
k=1
n
et
bk
S n =
k=1
ak bk . Par hypothèse A n Bn nS n .
k=1
( An + a + an+1)(B )(Bn + b + bn+1 ) (n + 1)(S 1)(S n + a + an+1 bn+1 ). On doit prouver (A On évalue la différence entre les deux termes à comparer :
− (An + a + an+1)(B )(Bn + b + bn+1) = nS n − An Bn + S + S n + na + nan+1bn+1 − an+1 Bn − bn+1 An n = nS n − An Bn + (ak bk + a + an+1bn+1 − an+1 bk − bn+1ak )
(n + 1)(S 1)(S n + a + an+1 bn+1 )
k=1 n
= nS n
− AnBn +
− an+1)(b )(bk − bn+1 ) nS n − An Bn 0
(ak
k=1
0
On a ainsi prouvé la propriété au rang n , ce qui achève la récurrence. Partie
entière
Solution Solution 4.1.8
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Posons k = x. On a k
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k + 1 . x < k +
2 k 2x < 2k 2 k + 1 et 2x = 2k. – Si k x < k + 21 alors 2k 2 k − 1 = k − 4, c’est-à-dire k = −3. L’équation équivaut alors à 2k On obtient ainsi les solutions x ∈ [ −3, − 52 [. k + 21 x < k + 1 alors 2k 2 k + 1 2x < 2k 2 k + 2 et 2x = 2k + 1 . – Si k + 2 k = k = k − 4, c’est-à-dire k = −4. L’équation équivaut alors à 2k On obtient ainsi les solutions x ∈ [ − 72 , −3[.
– Finalement, l’ensemble l’ensemble des solutions est l’intervalle l’intervalle [ − 72 , − 52 [. Solution Solution 4.1.9
On voit que ( E ) Ainsi (E
3x
⇔
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− 1 doit être entier. 2n + 1 entier. On peut donc poser x = , avec n ∈ Z.
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(E ) :
Mathématique Mathématiquess en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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3
5 4n 4 n 19 4n 4 n + + + = n = n. Posons n = 9q + r + r , avec q dans Z et r 9 9 18 9 mathprepa.fr
∈ {0, 1, . . . , 8}. Page 3
4.1 Exercices sur les nombres réels
⇔
Chapitre 4 : Techniques
−
5 4r 19 4r + 4q + + + 4q + = 9q + r 9 9 18 9 5 4r 19 4r + + r. Posons ϕ(r) = + 9 9 18 9 0, 1 et ϕ(r) = 0 si r 2, 8 . On trouve ϕ(0) = 1 si r
Alors (E )
Finalement (E )
⇔
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2 1
3 1
⇔
4 1
5 1
On trouve donc
r = q
.
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5 7 9 11 13 15 17 19 21 , , = 3, , , = 5, , , =7 . 3 3 3 3 3 3 3 3 3
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Bien sûr les solutions ne peuvent qu’être entières. On peut donc poser a = 30q + r avec k dans Z et r entier, 0
1 1
−
∈ { } ⇔ (q = 0 et r ∈ {2, 8}) ou (q = 1 et r ∈ {0, 1}) ⇔ n ∈ {2, 3, . . . , 10}.
Solution 4.1.10
0 0
5 4r 19 4r + + + 9 9 18 9
∈ { }
Les solutions de (E ) sont donc les réels
On trouve (E )
(E ) :
d’analyse (dérivation)
7 1
8 1
9 1
10 0
11 1
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r 29.
− − − 1 r 2
q = f (r), avec f (r) = r 6 0
.
12 0
13 1
1 r 3
14 1
15 0
1 r . Voici les valeurs de ϕ : 5
16 0
17 1
18 0
19 1
20 0
21 0
22 0
23 1
24 0
25 0
26 0
27 0
28 0
29 1
q = 0 et r
∈ {1, 7, 11, 13, 16, 17, 19, 21, 22, 23, 25, 26, 27, 28, 29} ou q = 1 et r ∈ {2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 18, 20, 24, 30}
et finalement a∈ {0, 6, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 31, 32, 33, Solution 4.1.11
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}
34, 35, 37, 38, 39, 41, 43, 44, 47, 49, 53, 59 .
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√
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√
Pour tout n , il existe a n et b n dans N tels que un = (2 + 3)n = an + bn 3. √ √ On a alors (2 − 3)n = an − bn 3 pour tout n de N (formule du binôme). √ Dans ces conditions c n = u n + (2 − 3)n est un entier. √ √ Mais 0 < (2 − 3)n < 1 . Ainsi c n = un + 1 donc u n − un = 1 − (2 − 3)n pour tout n 0. Solution 4.1.12
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q −1
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− ⇒
−
−
∈
∧
−
− − −
Solution 4.1.13
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− − − −
q −1 q −1 p p k = (q k) = (q 1) p + On S = q q k=1 k=1 k=1 p Mais 1 k q 1 k / Z (car p q = 1), donc q ( p 1)(q Ainsi S = (q 1) p S (q 1) donc S = 2
−
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−
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p k . q p k = q 1)
p k q
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1.
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x + k x + k < q + 1 c’est-à-dire qn k x < (q + 1)n k (1). . On a q n n m x < p. Pour tous entiers m et p , on a : m x < p x + k (1) équivaut donc à qn k x < (q + 1)n k, c’est-à-dire q < q + 1 . n x + k = q , ce qu’il fallait démontrer. On en déduit n
1. Soit q =
−
⇐⇒ −
−
−
2. On commence par traiter le cas où x un entier relatif. Soit x = qn + r la division euclidienne de x par n : le reste r vérifie 0
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
1.
−
rn
x + k r + k r + k = q + = q + . n n n r + k 2 < 2n : est donc égale à 0 ou 1 . n
Pour tout entier k de {0, . . . , n − 1}, on a : Remarquons que 0 r + k 2n −
mathprepa.fr
Page 4
4.1 Exercices sur les nombres réels
– Si 0 k n − r – Si n − r k n On en déduit :
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
− − − − 1 (ce qui fait n
r possibilités) alors r + k n
r + k = 1. n
1 (ce qui fait r possibilités), alors r + k n et n−1
x + k n
k=0
n−1
=
r + k q + n
k=0
= nq +
n−r−1
= nq +
n−1
r + k n
k=0
n−1 r + k + n k=n−r
k=0
r + k n
=0
= nq + (n
r + k = 0. n
1 et
=1
− r) · 0 + r · 1 = nq + r = x
On suppose maintenant que x est un réel quelconque. n−1 n−1 x + k . x + k D’après le (a), =
n
k=0
n
k=0
Mais x est un entier relatif, et cette dernière somme est égale à x, comme on vient de le voir. Le résultat est donc prouvé pour tout réel x . Solution 4.1.14
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√ √ On a p − 1 < x p donc ( p − 1)2 < x p2 . Mais ( p − 1)2 et p2 sont des entiers. Il en découle ( p − 1)2 < x p2 donc p − 1 < x p. x = p = √ x (et c’est encore vrai si x = 0.) Cela signifie que Supposons x > 0 . Alors p = x est un entier strictement positif.
Solution 4.1.15
√
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√
Posons n = m. Alors n m < n + 1 donc n 2 m < n 2 + 2n + 1 . On peut donc écrire u 0 = m = n2 + k avec 0
k 2n.
— Si k = 0, alors u 0 est le carré d’un entier.
√
— Si 1 k n alors u 1 = m + n = n2 + n + k n2 + 2n donc u1 = n. On en déduit u 2 = n 2 + 2n + k = (n + 1)2 + k − 1. Il en résulte que si k = 1 alors u 2 est un carré. Si k 2 alors le même calcul, mais à partir de u 2 , donne u 4 = (n + 2)2 + k − 2. Avec k = 2 alors u 4 est un carré. Par une récurrence facile, on voit que u 2k est un carré. — Si n + 1 k 2n alors u 1 = n 2 + n + k = (n + 1)2 + k avec 0 k − n − 1 n − 1. Si k = n + 1 alors u 1 est un carré. Supposons donc n + 2 k 2n. √ √ Alors u1 = n + 1 et u 2 = u 1 + n + 1 = (n + 1)2 + k < (n + 2)2 donc u2 = n + 1. On en déduit u 3 = u 2 + n + 1 = (n + 2)(n + 1) + k = (n + 2)2 + k − n − 2. Il en résulte que si k = n + 2 alors u 3 est un carré. Si k n + 3 , alors le même calcul donne u 5 = (n + 2)2 + k − n − 3. Par une récurrence facile, on voit que u 2(k−n)−1 est un carré.
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.1 Exercices sur les nombres réels
Rationnels
On
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√ √ √ √ = ( 5 + 2) − ( 5 − 2) − 3 ( 5 + 2)( 5 − 2)
.
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√ 1/3
3
5+2
Ainsi 0 = x 3 + 3x − 4 = (x − 1)(x2 + x + 4) donc x = 1. Solution 4.1.17
Posons A =
.
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1/9
2/9 +
3
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√ − 1)1/3, x =
− 3
d’analyse (dérivation)
et irrationnels
Solution 4.1.16
a x 3
Chapitre 4 : Techniques
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3
3
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√ − − 3
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4/9, B = ( 2
3
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5
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2 = 4
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− 3x. .
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1/3 et y =
2/3.
3
Avec ces notations : A = x 2 − xy + y 2 , donc (x + y)A = x 3 + y 3 = 1.
√ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ Effectivement : (1 + 2)3 ( 2 − 1) = (1 + 3 2 + 3 4 + 2)( 2 − 1) = 3(1 + 2 + 4)( 2 − 1) = 3.
Ainsi A = B équivaut à 1 = (x + y)B , c’est-à-dire à 1 = (x + y)3 ( 2 − 1), ou encore 3 = (1 + 2)3 ( 2 − 1). 3
3
Solution 4.1.18
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3
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√ 15 et b =
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3
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3
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− √ √ − √
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3
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3
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3
3
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41 15 (donc on cherche x = a + b). 243 2 41 2 41 4 8405 7 3 7 On constate que a 3 b3 = + , donc ab = . 15 15 = = 3 243 3 243 9 19683 27 27 4 7 4 Ensuite = a3 + b3 = (a + b)(a2 ab + b2) = (a + b)((a + b)2 3ab) = x x2 , qui donne x = . 3 9 3
Posons a =
3
2 41 + 3 243
3
3
2 3
3
−
Solution 4.1.19
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−
−
−
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– On note [x] la partie entière de tout réel x . On commence par prouver l’unicité de la suite (an ), en supposant qu’elle existe. n−1 ak ak Pour simplifier, on note : s n = et r n = (cette dernière somme est finie).
k! k! kn+1 a Pour tout n 2, on a donc r = sn + n + rn (avec la convention s 2 = 0.) n! N N ak k 1 Si N est un entier tel que n > N an = 0 alors on a : 0 rn = k! k! k=n+1 k=n+1 k=2
⇒
N
−1 =
N
1
−
1 1 − < . k! N ! n! k=n+1 k=n+1 On en déduit 0 n!rn < 1 puis a n = n!(r − sn − rn) n!(r − sn) < an + 1 . Ainsi a n est la partie entière de n!(r − sn). Plus précisément, a n = [n!(r − sn )] = [n!r] − n!sn car n!sn est en entier.
Or
k
− (k − 1)!
1 1 = k! n!
On constate donc que la suite (an), si elle existe, est définie de manière unique par :
a2 = 2r (ce qui implique 0 a2 1 car 0 r < 1) n−1 Pour tout n 3, a n = n!(r − sn) = n!r − n!sn = n!r − n! ak!k .
k=2
– Il reste à prouver que la suite (an ) d’entiers définie par les conditions précédentes satisfait aux conditions imposées par l’énoncé, c’est-à-dire : Pour tout n 2, on doit avoir 0 an n − 1. Il existe un entier N tel que n > N ⇒ an = 0. La suite (an) vérifie l’égalité r = an .
n2
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n!
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4.1 Exercices sur les nombres réels
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
On sait déjà que 0 a2 1. On se donne donc un entier n 3. Par construction, on a l’encadrement : a n−1 (n − 1)!(r − sn−1 ) < an−1 + 1 . a 1 1 On en déduit : 0 r − sn−1 − n−1 < ou encore : 0 r − sn < . (n − 1)! (n − 1)! (n − 1)! Cette double inégalité s’écrit 0 n!(r − sn ) < n et elle implique 0 an n − 1. Ainsi, pour tout entier n 2, on a : 0 an n − 1. n−1 ak Il en découle en particulier que n!sn = n! est toujours un entier.
k!
k=2
Puisque r est rationnel, il existe un entier N tel que N !r soit entier. Pour tout n N , n!r et donc n!(r − sn ) sont des entiers. On en déduit que pour tout n N , on a : a n = n!(r − sn). Il en découle, pour tout n N :
an+1 = (n + 1)!(r
− sn+1) =
·
− sn −
(n + 1) n!(r
a n ) = 0 n!
Cela implique, toujours pour n N : 0 = a n+1 = (n + 1)!(r − sn+1 ) = 0 donc sn+1 = r . On a ainsi prouvé l’existence d’un entier N tel que : n > N ⇒ a n = 0 et s n = r . C’est ce qu’il fallait démontrer... – Cette fonction Python calcule la liste des a k (jusqu’à N au sens précédent.) from fractions import Fraction from math import floor def decomp(r): L = []; s = Fraction(0,1); n = f = 1 while True: n += 1; f *= n; a = floor(f*(r-s)); if a == f*(r-s): break s += Fraction(a,f) return L
L.append(a)
5 7
Voici la décomposition de r = . >>> L = decomp(Fraction(5,7)) >>> L [1, 1, 1, 0, 4, 2]
5 1 1 1 4 2 = + + + + : 7 2! 3! 4! 6! 7!
On vérifie qu’on a bien
>>> from math import factorial as f >>> sum(Fraction(L[k],f(k+2)) for k in range(len(L))) Fraction(5, 7)
Borne
supérieure
Solution 4.1.20
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Soit E = {r ∈ Q+ , r 2 2}.
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∅ (il contient 0 ), E est majoré par 2 (si x est dans E , alors x 2 2 22 donc x Tout d’abord E =
.
.
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.
.
2).
4 3
On peut donc parler du réel β = sup E dans R et on a β > 1 (par exemple, est dans E ).
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4.1 Exercices sur les nombres réels
Chapitre 4 : Techniques
1 n
1 n
− −
On va montrer que, pour tout entier n de N∗ , on a l’encadrement β Par définition de β , il existe r dans E tel que β −
2
d’analyse (dérivation)
2 β +
1 < r . On en déduit β n
1 n
2
2
.
< r 2 2.
nβ + 1 . On a nβ − 1 < nβ nβ donc β < sn β + 1 . Pour tout n de N∗ , posons s n = n
n n Nécessairement s 2n > 2 (sinon le rationnel s n serait dans E et ça contredirait la définition de β ). 1 2 1 2 < r 2 2 < s2n β + On a donc prouvé l’encadrement β pour tout n de N∗ . n n 2β 2β 1 2β 1 3β 1 β + 2 2 β 2 + + 2 β 2 + (à droite, on a utilisé 2 ). Ainsi β 2 β 2 n n n n n n n n 3β 2β Cela se résume à : 2 , et finalement : β 2 = 2 en faisant tendre n vers + . β 2 2 + n n
−
−
−
−
Solution 4.1.21
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∞
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On va s’appliquer à généraliser la démonstration de l’exercice précédent. Soit E = {r ∈ Q+ , r m a}. Tout d’abord E est non vide car il contient 0 . On va commencer par prouver que E est un sous-ensemble majoré de R. – Notons que si a 1, alors tout r de E vérifie r m 1 donc r
1 (donc E est
majoré par 1 ).
– Si a > 1 , on note que 1 est dans E , et il reste à montrer que E ∩ [1 + ∞[ est majoré.
n
m k x 1 + mx (inégalité de Bernoulli). k k=2 a 1 + 1. En particulier, si r 1 est dans E , on a : 1 + m(r 1) rm a, donc r m Dans tous les cas, on a donc prouvé que E est un sous-ensemble non vide majoré de R.
Rappelons que : ∀ x ∈
R+ ,
(1 + x)m
= 1 + mx +
−
−
On peut donc légitimement parler du réel β = sup(E ). 1
m
On va montrer que, pour tout entier n « assez grand », on a l’encadrement β − n 1 < r. Par définition de β , il existe n 0 dans N∗ et r dans E tel 0 β −
1 n
a β +
m
.
n0
1 1 m < r , donc 0 β < r m a. n n nβ 1 1 + . On a nβ 1 < nβ nβ donc β < r n β + . Pour tout n de N∗ , posons r n = n n n Nécessairement r nm a (sinon le rationnel r n serait dans E et ça contredirait la définition de β ). 1 m 1 m On a donc prouvé l’encadrement β a β + pour tout n n0 . n n 1 m 1 m β = lim β + = β m . Mais nlim n→∞ →∞ n n Par passage à la limite, on trouve donc β m = a .
−
Pour tout n n0, on en déduit 0 β −
−
−
Solution 4.1.22
−
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p 1 < 1, donc 0 inf(E ) sup(E ) 1. pq + 1 q 1 1 Soit ε > 0 . Si on fixe p = 1, on trouve u 1,q = , donc 0 < u1,q < ε dès que q + 1 > . q + 1 ε p 1 1 =1 Si on fixe q = 1, on trouve u p,1 = , donc 1 ε < u p,1 < 1 dès que p + 1 > . p + 1 p + 1 ε
Pour tous p , q dans N∗ , on a 0 < u p,q =
−
−
Finalement : inf(E ) = 0 et sup(E ) = 1 . Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Page 8
4.1 Exercices sur les nombres réels Solution 4.1.23
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Chapitre 4 : Techniques
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Par ailleurs 1 − u p,q = 1 −
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q 2 + p2 pq (q p)2 > donc u p,q > 0 . p2 q 2 p2 q 2 1 1 1 1 1 1 + + 2 2 = 1 1 1 2 2 2 q pq p q p q p2
−
Pour tous p , q dans N∗ , on a u p,q = 1 p2
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−
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d’analyse (dérivation) .
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−
1 0. q 2
− −
− −
À ce stade, on a donc obtenu, pour tous p , q dans N∗ : 0 < u p,q 1. En choisissant p = q , on trouve u p,p =
1 , qui tend vers 0 quand p tend vers + p2
∞.
Mais d’autre part, le majorant 1 est atteint pour p = q = 1. Conclusion : inf(E ) = 0 et max(E ) = 1 . Solution 4.1.24
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Soit M = sup(A) − inf(A). – Montrons tout d’abord que M est un majorant de B . Tout élément d de B s’écrit en effet d = y − x pour un certain x de A et un certain y de A. Mais, avec ces notations, on a y sup(A) et inf(A) x, donc d = y − x sup(A) − inf(A) = M . – Réciproquement, soi m un majorant de B . Pour tous x, y de A on a x − y |x − y| m, c’est-à-dire x y + m. Si on fixe y dans B (et qu’on laisse x parcourir A ), cela indique que y + m est un majorant de A , donc que sup(A) y + m. Ainsi, pour tout y de A , on a sup(A) − m y , ce qui signifie que sup(A) − m est un minorant de A , donc que sup(A) − m inf(A). Ainsi M = sup(A) − inf(A) m pour tout majorant m de A . Conclusion : sup(A) − inf(A) est le plus petit des majorants de B , donc sup(A) − inf(A) = sup(B). Solution 4.1.25
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L’ensemble E = {x ∈ [0, 1], f (x) x} est non vide (il contient 1 ) et il est minoré (par 0 ). Pour tout x de E , on a α x donc f (α) f (x) x (croissance de f et définition de E ). Ainsi f (α) minore E , et il en résulte f (α) α (définition de la borne inf α ). Mais cette inégalité implique f (f (α)) f (α) (croissance de f ) donc f (α) est dans E . Comme α est la borne inférieure de E , il en découle α f (α) et finalement f (α) = α . Solution 4.1.26
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√ n)2 2 − 2k √ n + n √ − n k (k = Pour tous n, k de N∗ , on a : k + − 2 n = 0. k k k √ √ L’ensemble E n est donc minoré par 2 n, et il en résulte inf E n 2 n. √ √ D’après le calcul précédent, on peut écrire min E = 2 n s’il existe k dans N∗ tel que k = n, c’est-à-dire n
si n est un carré parfait. Solution 4.1.27
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Posons α = sup(A) et β = sup(B). Pour tout (a, b) de A × B , on 0 ab αβ . Ainsi αβ est un majorant de AB , et il en résulte : sup(AB) αβ .
Soit ε un réel strictement positif quelconque. α−δ 0 , il existe x dans A et y dans B tels que
β
− δ < y β
Avec ces notations on a : αβ − δ (α + β ) αβ − δ (α + β ) + δ 2 < xy αβ . Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 9
4.2 Fonctions usuelles
Si on choisit δ =
Chapitre 4 : Techniques
ε , alors δ (α + β ) < ε, donc αβ α + β + 1
d’analyse (dérivation)
− ε < xy αβ .
Pour tout ε > 0 , il existe donc z dans AB tel que αβ − ε < z αβ . Conclusion : sup(AB) = αβ = sup(A)sup(B). Solution 4.1.28
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– Si t 0, l’application x → x 2 + tx est positive croissante sur [0, 1]. Dans ce cas sup |x2 + tx| est atteint pour x = 1 et vaut 1 + t 1. x∈[0,1] – Si t < 0 , le tableau de variation de l’application x → |x(x + t)| est le suivant :
On en déduit :
t
Si 1 − , c’est-à-dire si t −2, alors : sup |x2 + tx| = |1 + t| 1. 2 x∈[0,1]
t2 t, c’est-à-dire si 2 t 1, alors : sup x + tx = Si 1. 4 x∈[0,1] 1 (quantité décroissante par rapport à t , et de mimimum quand t = 1.) 4 t2 Si t 1, c’est-à-dire si 1 t 0, alors : sup x2 + tx = sup , 1 + t 1. 4 x∈[0,1]
−
t 1 2
−
−
−
|
2
|
−
−
−
|
|
{ |
t2
|}
t2
Posons µ = inf ϕ(t), avec ϕ(t) = sup{ , |1 + t|} = sup{ , 1 + t}. −1t0 4 4 Or
t2 4
−
1 (1 + t) = (t2 4
− 4t −
1 4) = (t 4
t2
t2
Ainsi on a 1 + t sur [ −1, α] et 4 4 On en déduit que :
− α)(t − β ), avec 1 + t sur [α, 0].
− 2√ 2 ≈ −0, 83 √ β = 2 + 2 2 > 0 α = 2
.
t2 ϕ(t) = (fonction décroissante) sur [ 1, α] et 4 ϕ(t) = 1 + t (fonction croissante) sur [α, 0]. 1 Finalement, µ = ϕ(α) = 1 + α = 3 2 2 < . 4 Conclusion : La borne inférieure λ est obtenue en supposant 1 t 0. Plus précisément, elle est obtenue quand t = 2 2 2 et elle vaut 3 2 2.
−
− √
4.2
−
− √
− √
Fonctions usuelles
Fonction logarithme Solution 4.2.1
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
⇔
x + y = 25 ln x + ln y = ln 100
⇔
x + y = 25 ln(xy) = ln 100 x > 0, y > 0
x + y = 25 xy = 100 x > 0, y > 0
x + y = 25 signifie que x, y sont les solutions de t 2 25t + 100 = (t xy = 100 x + y = 25 (x, y) (20, 5), (5, 20) . Conclusion : ln x + ln y = ln 100
Mais
⇔
Solution 4.2.2
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Mais
x + y = 17 xy = 60
Conclusion :
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⇔
x2 + y 2 = 169 ln x + ln y = ln60
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− 20)(t − 5) = 0.
−
∈{
}
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⇔
(x + y)2 2xy = 169 ln(xy) = ln 60 x > 0, y > 0
−
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⇔
(x + y)2 = 289 xy = 60 x > 0, y > 0
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x + y = 17 xy = 60 x > 0, y > 0
signifie que x, y sont les solutions de t 2 − 17t + 60 = (t − 5)(t − 12) = 0.
x2 + y 2 = 169 ln x + ln y = ln60
Solution 4.2.3
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d’analyse (dérivation)
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⇔ .
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(x, y)
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∈ {(12, 5), (5, 12)} .
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On suppose m 2 − m = m(m − 1) > 0 , c’est-à-dire m < 0 ou m > 1 , sinon le système est indéfini.
x + y = 2m
−1
ln x + ln y = ln(m2
Mais
⇔
− m)
−
x + y = 2m 1 xy = m 2 m
x + y = 2m 1 ln(xy) = ln(m2 x > 0, y > 0
−
⇔
− m)
x + y = 2m 1 xy = m 2 m x > 0, y > 0
−
−
signifie que x, y sont les solutions t 1 , t2 de t 2 − (2m − 1)t + m2 − m = 0.
− (2m − 1) − 1 (2m − 1) + 1 = m − 1 et t 2 = = m . On a ∆ = (2m − 1)2 − 4m2 + 4m = 1 donc t 1 = 2 2 x + y = 2m − 1 (x, y) ∈ {(m, m − 1), (m − 1, m)} ⇔ Ainsi x > 0, y > 0 ln x + ln y = ln(m2 − m)
On voit que la positivité des solutions x, y exige m > 1 . Conclusion : si m 1 il n’y a pas de solution, sinon les solutions (x, y) sont (m, m − 1) et (m − 1, m). Voici ce que répond Maple quand on lui demande de résoudre le système. > solve({x+y=2*m-1,ln(x)+ln(y)=ln(m^2-m))},{x,y});
{x = m − 1, y = m} , {x = m, y = m − 1} Il faut ajouter les conditions x > 0 et y > 0 pour avoir une réponse plus précise : > solve({x+y=2*m-1,ln(x)+ln(y)=ln(m^2-m)),x>0,y>0},{x,y});
{
[ x = m []
Solution 4.2.4
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ln(x + 3) + ln(x + 5) = ln 15
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
1
− 1, y = m} , {x = m, y = m − 1}]
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⇔
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otherwise .
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(x + 3)(x + 5) = 15 x> 3
−
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⇔
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x(x + 8) = 0 x> 3
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⇔
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x = 0
Page 11
4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.5
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Chapitre 4 : Techniques
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d’analyse (dérivation) .
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Avec p > 0 , q > 0 , p + q = 2, on a : ln( p p q q ) = p ln p + q ln q = ϕ( p), où ϕ(x) = x ln x + (2 − x)ln(2 − x). L’application ϕ est définie et dérivable sur ]0, 2[, et ϕ (x) = ln x + 1 − ln(2 − x) − 1 = ln x − ln(2 − x). On a ϕ (x) > 0
⇔
x > 1 .
−x ⇔
x > 2
Ainsi ϕ est strictement décroissante sur ]0, 1] et strictement croissante sur [1, 2[. Elle atteint donc son minimum absolu en x = 1 et ce minimum vaut ϕ(1) = 0. Par ailleurs lim ϕ(x) = lim ϕ(x) = 2 ln 2 = ln 4. x→0 x→2 Conclusion : avec les conditions de l’énoncé, on a 0 p ln p + q ln q < ln 4 donc 1 p p q q < 4 . Remarque : la relation ϕ(x) = ϕ(2 − x) signifie que la courbe représentative de l’application ϕ est symétrique par rapport à la droite verticale d’équation x = 1. Solution 4.2.6
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Sur ] − 1, +∞[, on définit les applications f : x → x − ln(1 + x) et g : x → ln(1 + x) − x + 1 x 1 = > 0 et g (x) = 1 + x 1 + x 1 + x
Sur R+∗ , on a f (x) = 1 −
Ainsi f et g sont strictement croissantes sur On en déduit f (x) > 0 et g (x) > 0 sur
R+ .
R+∗ ,
n
n
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x 2 . 2
2
− 1 + x = 1 x+ x > 0.
Or f (0) = g(0) = 0.
c’est-à-dire x −
x 2 < ln(1 + x) < x. 2
k k 1 + 2 . On a : ln un = ln 1 + 2 . Posons u n = n n k=1 k=1 k k k2 k k < ln 1 + < L’encadrement précédent, avec x = 2 , s’écrit : 2 . n n 2n4 n2 n2
−
On somme ces encadrements terme à terme, de k = 1 à k = n. On obtient
n + 1 2n
1) n + 1 − (n + 1)(2n + . < ln u < n 12n3 2n 1
Quand n → + ∞, on trouve lim ln un = donc lim un = n→+∞ n→+∞ 2
√ e.
On va vérifier que Maple est d’accord. Pour cela, on définit la suite u : n
> u:=n->product(1+k/n^2,k=1..n);
u := n
k n2
→ 1+
k=1
Voici une expression simplifiée de u n, ainsi que la limite de cette suite. > simplify(convert(u(n),factorial),symbolic); limit(u(n),n=infinity);
n2 + n ! n−2 n (n2 )! e1/2
Solution 4.2.7
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On connait l’inégalité ln(1 + x) x pour x > −1.
Par un simple changement de signe, on en déduit ln(1 − x) −x pour x < 1 . Ainsi, pour −1 < x < 1 , on a ln(1 + x) x − ln(1 − x). Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles 1 n
Posons u n = +
Chapitre 4 : Techniques
1 + n + 1
d’analyse (dérivation)
··· + pn1 (avec p ∈ N, p 2). 1 1 k k
Pour 2 n k pn, on a l’encadrement : ln 1 +
− ln 1 − k1
.
1 ln k ln(k 1). k On somme ces encadrements, terme à terme, de k = n à k = pn . pn + 1 pn On obtient : ln( pn + 1) ln n un ln( pn) ln(n 1) donc ln un ln . n n 1 On fait tendre n vers + et on trouve lim un = ln p.
Cet encadrement s’écrit : ln(k + 1) − ln k
− ∞
−
−
−
−
−
n→+∞
Fonctions exponentielles Solution 4.2.8
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n
Soit x dans ]0, 1[ et u n =
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(1 + xk ). Pour n 1, on a u n > 0 et u n+1 = (1 + xn+1 )un > un .
k=1
Pour montrer que la suite croissante (un )n1 converge, il suffit de montrer qu’elle est majorée. n
Pour tout n 1, on a : ln un =
n
k
ln(1 + x )
k=1
Solution 4.2.9
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1 xn x x x = x donc u n exp . 1 x 1 x 1 x
k=1
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− −
k
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Le système proposé n’a pas de solution (x, y) si a 0. On suppose donc a > 0 . (S ) :
ex e2y
= a
2xy = 1
⇔
x + 2y = ln a
x et 2y sont les solutions de (E ) : t 2
⇔
x(2y) = 1
− (ln a) t + 1 = 0
Les discriminant est ∆ = (ln a)2 − 4. – On a : ∆ < 0 –
⇔ −2 < ln a < 2 ⇔ e−2 < a < e2 : dans ce cas (S ) n’a pas de solution réelle. 1 Si a = e−2, alors t = −1 est sol double de (E ), et l’unique solution de (S ) est (x, y) = −1, − 2
n
– Si a =
e2 ,
.
1 est l’unique solution de (S ). 2
alors t = 1 est solution double de (E ), donc (x, y) = 1,
– Si 0 < a < e−2 ou a > e 2 , alors ∆ > 0 et (E ) possède deux solutions distinctes t 1 et t 2 . t 2 t et (x, y) = t2, 1 2 2
Les solutions de (S ) sont alors (x, y) = t1 ,
On vérifie avec Maple dans le cas général :
> allvalues(solve({exp(x)*exp(2*y)=a,2*x*y=1},{x,y}));
−
1 1 x = ln (a) + (ln(a))2 2 2 1 1 x = ln (a) (ln(a))2 2 2
Solution 4.2.10
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− −
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1 1 4, y = ln (a) (ln(a))2 4 4 1 1 4, y = ln (a) + (ln(a))2 4 4
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−
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− −
4 , 4
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(E ) : ex + e1−x
− e − 1 = 0 ⇔ e2x + e − (e + 1)ex = 0 ⇔ t2 − (e + 1)t + e = 0 (en posant t = ex). Mais t 2 − (e + 1)t + e = (t − 1)(t − e). Ainsi (E ) ⇔ ex ∈ {1, e} ⇔ x ∈ {0, 1}. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.11
Chapitre 4 : Techniques
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d’analyse (dérivation) .
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On pose f (x) = (x − 2)ex + x + 2. L’application f est définie et (indéfiniment) dérivable sur R. Pour tout x de R, on a f (x) = (x − 1)ex + 1 et f (x) = xex . Ainsi f (x) 0 sur
R+ ,
donc f est croissante sur
Donc f est croissante sur
R+ ,
Conclusion : pour tout x de Solution 4.2.12
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2
Pour tout x de R, on a 2 sin 2
Ainsi 2 sin
x
= cos x
Solution 4.2.13
4x
−
3x−1/2
.
.
2
= 3 x+1/2 4 3
⇔
.
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−
x
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⇔
8
√ = 3 3
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R+ ).
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⇔ x ≡ 0 [2π]. .
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4x
+ 22x−1
4 3
3/2
.
1, et cos x 1.
x
= cos x = 1)
22x−1
=
.
= e (ln 2)sin x
R+ .
on a (x − 2)ex + x + 2 0. 2
x
(2sin
⇔ .
.
Or f (0) = 0, donc f (x) 0 sur
et c’est fini car f (0) = 0 (donc f (x) 0 sur
R+ ,
.
R+ .
⇔
.
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= 3 x−1/2
.
.
.
.
.
+ 3x+1/2
4x
⇔
3 2
x =
√ √ 1+
1 = 3x 2
1 + 3
3
On vérifie avec Maple (essayer sans utiliser simplify, juste pour voir) : > simplify((solve(4^x-3^(x-1/2)=3^(x+1/2)-2^(2*x-1),x)));
3 2 Solution 4.2.14
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1. Équation (E ) (ab )x = a(b ) : = 1. Remarquons que si a = 1, alors tout x de R est solution. On suppose donc a Alors : (ab )x = a(b ) ⇔ abx = a (b ) ⇔ bx = b x ⇔ ln x + ln b = x ln b ⇔ ln x = (ln b)(x − 1) Remarquons que x = 1 est toujours solution. On cherche donc des solutions différentes de 1 . ln x On a alors (ab )x = a(b ) ⇔ f (x) = ln b, où f est définie sur R+∗ \ {1} par f (1) = . x
x
x
x
x
On a f (x) =
1
x
−
1
− ln x
=
1
− 1
1 1 + ln x x
−1
− 1)2 x (x − 1)2 On sait que ln t t − 1 pour t > 0 (avec égalité seulement en t = 1). 1 1 On en déduit ln < − 1 (donc f (x) < 0 ) pour tout x de R+∗ \ {1}. x x Ainsi l’application f est strictement décroissante sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. (x
Mais elle est prolongeable par continuité en x = 1 car lim f (x) = 1 . x→1 Ainsi prolongée, l’application f est strictement décroissante sur R+∗ . On note enfin que lim f (x) = + ∞ et que lim f (x) = 0 . x→+∞ x→0+ L’application f réalise donc une bijection de R+∗ sur lui-même (avec le prolongement f (1) = 1). Dans ces conditions, si 0 < b 1 (donc ln b 0) l’équation f (x) = ln b n’a pas de solution. Si au contraire b > 1 , l’équation f (x) = ln b possède une unique solution x b sur R+∗ . Puisque f (1) = 1 et f (xb ) = ln b (et sachant que f est strictement décroissante), on a : Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
– Si 0 < b < e (donc ln b < 1 ) alors x b > 1 . – Si b = e (donc ln b = 1) alors x b = 1. – Si b > e (donc ln b > 1 ) alors 0 < xb < 1 . = 1) On peut donc conclure pour l’équation (E ) : (ab )x = a(b ) (avec a x
– Si 0 < b < e , l’équation (E ) possède deux solutions distinctes x = 1 et x = x b , avec x b > 1 . – Si b = e, l’équation (E ) possède la seule solution (double) x = 1. – Si b > e, l’équation (E ) possède deux solutions distinctes x = 1 et x = x b , avec 0 < xb < 1 . Remarque : tout ça était évident graphiquement à partir de l’équation ln x = (ln b)(x − 1). x
x
2. Équation (E ) a (b ) = b (a ) : On a a (b ) = b (a ) ⇔ bx ln a = a x ln b. Remarquons que si a = b , alors tout x de R est solution. On suppose donc a = b. Remarquons que si ln a et ln b sont de signes contraires alors l’équation x x b ln a = a ln b n’a pas de solution x . On suppose donc (a, b) ∈ ]0, 1[2 ou (a, b) ∈ ]1, +∞[2 . x
x
Alors : (E )
b a
⇔
x
ln b ln a
=
⇔
− ln a) = ln |ln b| − ln |ln a| ⇔
x(ln b
| | − ln |ln a| . − ln a
ln ln b ln b
x =
On vérifie avec Maple dans le cas général : > solve(a^(b^x)=b^(a^x),x);
Solution 4.2.15
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On trouve successivement : (S ) :
3x 5y = 2 2x+1 + 22x−1 3y 5x = 2 2x+2 + 22x−2
⇔
.
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ln (a) ln (b) ln (b) + ln (a)
ln
− .
⇔
.
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3x 5y
.
.
=
.
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x ln5 + y ln 3 = x ln 4 + ln(17/4)
.
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1 2+ 2 1 4+ 4
⇔
22x
3y 5x = 22x
x ln3 + y ln 5 = x ln 4 + ln(5/2)
.
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⇔
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5 3x 5y = 4 x 2 17 x 3y 5x = 4 4
x ln(3/4) + y ln 5 = ln(5/2) x ln(5/4) + y ln 3 = ln(17/4)
Sous cette forme, c’est un “banal” système linéaire de deux équations à deux inconnues, et on va laisser travailler Maple. > sys:={x*ln(3/4)+y*ln(5)=ln(5/2), x*ln(5/4)+y*ln(3)=ln(17/4)};
3 5 5 17 sys := x ln + ln (5) y = ln , x ln + ln (3) y = ln 4 2 4 4 > sols:=solve(sys,{x,y});
sols :=
−
5 17 ln(3)ln ln ln(5) 2 4 x = , y = 5 3 ln ln (5) + ln (3) ln 4 4
−
− − − ln
3 17 5 5 ln + ln ln 4 4 2 4 5 3 ln ln (5) + ln (3) ln 4 4
On aurait pu, bien sûr, demander la résolution du système initial :
> sys2:={3^x*5^y=2^(2*x+1)+2^(2*x-1),3^y*5^x=2^(2*x+2)+2^(2*x-2)}; Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
x y
sys2 := 3 5 = 2
Le résultat obtenu est identique :
2 x+1
+2
2 x−1
y x
,3 5 = 2
2 x+2
+2
2 x−2
d’analyse (dérivation)
> solve(sys2,{x,y});
4 ln(5)ln + ln (3) ln 17 x = 5 ln ln (5) + ln (3) ln 4
−
Fonctions arcsin Solution 4.2.16
.
.
5 2 , y = 3 4
− − 4 3 5 ln + ln ln 17 4 2 5 ln ln (5) + ln (3) ln 4
ln
5 4
3 4
et arccos
.
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3 1 et b = arccos . 4 8 3 3 2 1 On trouve : cos a = 2 cos2 arccos 1=2 1 = = cos b. 4 4 8 3 3 π 0 a π . D’autre part : 0 1 0 arccos 4 4 2 De même, on a 0 b π. Dans ces conditions, l’égalité cos a = cos b implique a = b .
Posons a = 2 arccos
− −
⇒
Solution 4.2.17
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⇒
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− √
5 7 35 16 3 Posons a = arccos , b = arccos et c = arccos . 7 9 63 5 7 5 2 7 2 1 1 On a : cos(a + b) = cos a cos b sin a sin b = . 7 9 7 9 35 1 35 16 3 24 32 = = cos c. Ainsi : cos(a + b) = 63 63 63 5 5 π 7 π D’autre part 0 1 0 arccos . De même 0 arccos . 7 7 2 9 2 On en déduit 0 a + b π, et on a bien sûr 0 c π.
· − − · −
− − √ · ⇒
− √
L’égalité cos(a + b) = cos c donne alors a + b = c, ce qu’il fallait démontrer. Solution 4.2.18
Posons a = arcsin
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5 3 56 , b = arcsin et c = arcsin . 13 5 65
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− −
5 3 2 3 5 2 1 + 1 On a l’égalité sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a = . 13 5 5 13 5 4 3 12 4 36 56 On en déduit sin(a + b) = + = + = = sin c. 13 5 5 13 13 65 65 5 1 π 3 3 π On a 0 donc 0 a . De même 0 donc 0 b . 13 2 6 5 2 3 π π On en déduit 0 a + b , et on a bien sûr 0 c . 2 2 L’égalité sin(a + b) = sin c donne alors a + b = c , ce qu’il fallait démontrer.
·
Solution 4.2.19
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·
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√
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4 5
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5 π = 13 2 4 5 16 Posons a = arcsin , b = arcsin et c = arccos . 5 13 65 4 1 On a l’égalité sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a = 5
L’égalité à démontrer équivaut à arcsin + arcsin
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16 − arcsin 16 = arccos . 65 65
− −
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5 13
2
+
5 13
1
4 2 . 5
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
−
4 12 5 3 63 16 2 63 + = . Or sin c = 1 = . On en déduit sin(a + b) = 5 13 13 5 65 65 65 4 3 π 5 1 π On a 0 donc 0 a . De même 0 donc 0 b . 5 2 3 13 2 6 π π On en déduit 0 a + b , et on a bien sûr 0 c . 2 2 Ces deux encadrements et sin(a + b) = sin c donnent a + b = c, ce qu’il fallait démontrer.
·
√
Solution 4.2.20
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·
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9 82
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4 41
Posons a = arccos √ et b = arcsin √ .
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√ − 9 82
On a cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b =
1
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16 41
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− √ − 4 41
1
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81 . 82
√ 982 · √ 541 − √ 441 · √ 182 = √ 12 = cos π4 . √ 3 9 √ 3 π 4 π On a donc 0 b . √ 1 donc 0 a , et 0 √ 2 6 2 3 82 41 Donc cos(a + b) =
π 2
On en déduit l’encadrement 0 a + b .
√ 2
Ajouté à cos(a + b) = Solution 4.2.21
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2 .
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π 4
, cet encadrement donne a + b = , ce qu’il fallait démontrer.
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x
L’application ϕ : x → arcsin x + arcsin est définie sur l’intervalle I = [−1, 1]. 2 Sur cet intervalle elle est strictement croissante donc injective. 1 2
π π 2π + = . 2 6 3 x 2π La seule solution (et elle est évidente) de arcsin x + arcsin = est donc x = 1. 2 3
Or ϕ(1) = arcsin 1 + arcsin =
Solution 4.2.22
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– L’égalité arccos x + arccos y + arccos z = π équivaut à : arccos x + arccos y = arccos(−z). Supposons que cette dernière égalité soit réalisée. √ On en déduit −z = cos(arccos x + arccos y) = xy − 1 − x2 1 − y2 . Il en découle (xy + z)2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ). Autrement dit : x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1.
2 + z 2 + 2xyz = 1 alors (z + xy)2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ). – Réciproquement, si x 2 + y√ √ Cela équivaut à z + xy − 1 − x2 1 − y2 = 0 ou z + xy + 1 − x2 1 − y 2 = 0. π Posons x = cos a, y = cos b, et z = cos c (avec a, b, c dans [0, ].) 2 Les deux éventualités s’écrivent cos c + cos(a + b) = 0 ou cos c + cos(a − b) = 0 . Cela équivaut à cos(a + b) = cos(π − c) ou cos(a − b) = cos(π − c). Cela équivaut à l’une des quatre possibilités :
≡ π − c (2π) a + b ≡ c − π (2π)
1 : a + b 2:
et
− b ≡ π − c (2π) a − b ≡ c − π (2π)
3: a 4:
On peut écrire ces quatre conditions sous les formes équivalentes suivantes :
≡ π (2π) a + b − c ≡ π (2π)
1 : a + b + c 2:
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et
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− b + c ≡ π (2π) a − b − c ≡ π (2π)
3: a 4:
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4.2 Fonctions usuelles
On a (a,b,c)
Chapitre 4 : Techniques
π 2
∈ 0,
3
donc a + b + c
d’analyse (dérivation)
3π . 2
∈ 0,
On en déduit que la condition a + b + c ≡ π(2π) équivaut à a + b + c = π .
π 3 π a + b c ,π . 2 2 π π (a,b,c) = ( , , 0), qui est “absorbé” par a + b + c = π . Ainsi a + b c π (2π) 2 2 De même les conditions 3,4 sont contenues dans la condition 1 équivalente à a + b + c = π . Finalement, on aboutit nécessairement à l’égalité arccos x + arccos y + arccos z = π .
⇒
Remarquons que (a,b,c) ∈ 0,
− ≡
− ∈ −
⇔
– Conclusion : pour tous réels x, y, z de l’intervalle [0, 1], on a l’équivalence :
Solution 4.2.23
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x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1
⇔
arccos x + arccos y + arccos z = π .
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Notons que les conditions a 1 et b 1 assurent l’existence du second membre. Le premier membre est une fonction de x définie si |x| b. a
1
b
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1
Soit x une solution de l’équation. On a donc arccos + arccos = arccos + arccos . x a x b On prend le cosinus de chaque membre et on en déduit :
− − − − − − − x
a2
1
1
x2
1 = x a2
− − − b2 x2
1
1 b2
1
a2 1 b2 1 1 = 1 1 donc 1 . 2 2 2 x a x b2 a2 1 b2 1 ab, ab . Cela s’écrit 2 + 2 = 2 + 2 et équivaut à x 2 = a2 b2 donc x x a x b Réciproquement, on constate que x = ab est solution évidente de l’équation.
∈ {−
}
On vérifie cependant que x = −ab n’est pas solution. En effet : arccos
− − − − − −
a x
− arccos xb
1 b
= arccos
1 a
arccos
1 1 = arccos a a Conclusion : la seule solution de l’équation initiale est x = ab . = π
Solution 4.2.24
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arccos
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1 b
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π
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− arccos 1b
arccos
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Supposons qu’un réel x soit solution de l’équation proposée.
−
−
4 5 4 25 5 16 4 12 5 3 63 = 1 + 1 = + = . Alors x = sin arcsin + arcsin 5 13 5 169 13 25 5 13 13 5 65 4 3 4 π 5 1 5 π 0 arcsin et 0 0 arcsin Réciproquement 0 . 5 2 5 3 13 2 13 6 4 5 π 63 [0, ] et son sinus vaut Ainsi arcsin + arcsin . 5 13 2 65
√
⇒
·
·
⇒
∈
4 5
Donc arcsin + arcsin Conclusion : x =
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5 65 = arcsin . 13 13
63 4 5 est la seule solution de l’équation arcsin + arcsin = arcsin x. 65 5 13
mathprepa.fr
Page 18
4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.25
Chapitre 4 : Techniques
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d’analyse (dérivation) .
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1 1 2 2
Remarquons que le domaine de définition en x est [ − , ], et que x = 0 est solution évidente. 1 2 π π π arcsin x 3 est dans [ , ] et arcsin x est dans [0, ]. 2 2 2
Par imparité, on peut se contenter de chercher les solutions dans ]0, ].
√
− Si x est l’une d’elles, arcsin 2x − Ces deux membres sont donc égaux si et seulement si ils ont le même sinus. 1 2 arcsin x 3
Ainsi, pour tout x de ]0, ] :
√ ⇔ x = sin(arcsin 2x − arcsin x√ 3) − ⇔ x = 2x√ 1 − 3x2 − x√ 3√ 1 − 4x2 ⇔ 1 + √ 3√ 1 − 4x2 = 2 √ 1 − 3x2 ⇔ 1 + 3(1 − 4x2) + 2√ 3√ 1 − 4x2 = 4(1 − 3x2) ⇔ x = 12 1 1 Conclusion : les solutions de l’équation sont x = − , x = 0 et x = . 2 2 arcsin x = arcsin 2x
Solution 4.2.26
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La quantité y(x) est définie ⇔ −1 1 − 2x2 1 ⇔ −1 x 1. Remarquons que l’application x → y(x) est paire. On va l’étudier sur [0, 1]. π Pour tout x de [0, 1], posons x = sin θ, avec θ ∈ [0, ] (donc θ = arcsin x.)
2 = arccos(cos 2θ) = 2θ (car 2θ [0, π].) Alors y(x) = arccos(1 On a donc y (x) = 2 arcsin x sur [0, 1], et y(x) = 2 arcsin x = 2 arcsin x sur [ 1, 1].
−
Solution 4.2.27
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2sin2 θ)
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∈ || |
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La quantité y(x) est définie pour −1
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|
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−
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1 x2 1 c’est-à-dire pour tout x de R. 1 + x2
−
Remarquons que l’application x → y(x) est paire. On va l’étudier sur R+ . π Soit x un élément quelconque de R+ . Posons x = tan θ, avec 0 θ < , donc θ = arctan x. 2 1 x2 1 tan2 θ = arccos = arccos(cos2θ) = 2θ (car 2θ [0, π].) On y(x) = arccos 1 + x2 1 + tan2 θ On a donc y (x) = 2 arctan x sur R+ , et y (x) = 2 arctan x = 2 arctan x sur R.
−
−
∈
||
Solution 4.2.28
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⇔
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⇔
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− 3x − 1 0 (x − 1)(2x + 1) 2 0 ⇔ x ∈ [−1, 1] 1 On a −1 3x − 3 2 4x − 3x + 1 0 (x + 1)(2x − 1) 0 L’application x → y(x) est donc définie sur [ −1, 1], et elle est impaire. 4x3
4x3
.
|
π 2
On se donne x dans [0, 1], et on pose x = sin θ, avec 0 θ , donc θ = arcsin x. On a alors y(x) = arcsin(3 sin θ − 4sin3 θ) = arcsin(sin 3θ).
π π π 3π ]. On en déduit : 2 2 2 2 π 1 – Si 0 3θ c’est-à-dire si 0 x , alors y (x) = 3θ = 3 arcsin x. 2 2 3π 1 π – Si 3θ c’est-à-dire si x 1, alors y (x) = π 3θ = π 3 arcsin x. 2 2 2
Rappelons que arcsin(sin t) vaut t sur [ − , ], puis π − t sur [ ,
−
− − −
3 arcsin x
On peut conclure : y (x) = π
3 arcsin x
π
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−
sur[-1/2,1/2] sur[1/2,1]
3 arcsin x sur[-1,-1/2] mathprepa.fr
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4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.29
Chapitre 4 : Techniques
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L’application x → f (x) est définie et continue sur R. Elle est π -périodique. Posons x = t −
π . Alors f (x) = arcsin 4
− 1
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d’analyse (dérivation) .
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cos(2t) π = arcsin sin t = arcsin sin x + 2 4
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π π 2 2 π π π π On en déduit que f (x) = x + quand x + c’est-à-dire 4 2 4 2
On sait que arcsin sin |X | = |X | sur [ − , ].
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− 3π4 x π4 . Pour le reste, on complète par périodicité. Voici la représentation graphique de x → f (x).
Solution 4.2.30
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La quantité y(x) est définie pour −1
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2x 1 c’est-à-dire pour tout x de R. 1 + x2
Remarquons que l’application x → y(x) est impaire. On va l’étudier sur Soit x un élément quelconque de R+ .
R+ .
π , donc θ = arctan x. 2 2x 2tan θ = arcsin = arcsin(sin 2θ). On a y(x) = arcsin 1 + x2 1 + tan2 θ
Posons x = tan θ , avec 0
θ<
π π 2 2
π 3π ]. 2 2
Rappelons que arcsin(sin t) vaut t sur [ − , ], puis π − t sur [ , On en déduit : π 2
– Si 0 2θ c’est-à-dire si 0 x 1, alors y (x) = 2θ = 2 arctan x. – Si
π 2θ < π c’est-à-dire si 1 x, alors y (x) = π 2
On peut donc conclure. On a
y(x) = 2 arctan x
− 2θ = π − 2 arctan x.
− 2 arctan x y(x) = −π − 2 arctan x y(x) = π
Remarque : on peut résumer cette définition en écrivant
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
pour x ∈ [ −1, 1] pour x
1
pour x
mathprepa.fr
−1
y(x) = 2 arctan x y(x) = 2 arctan
si x ∈ [ −1, 1]
1 pour x 1 x
| |
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
Voici la représentation graphique de l’application x → y(x) :
Solution 4.2.31
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L’application x → f (x) est définie et continue sur R. Elle est 2π-périodique. On a en fait une propriété plus précise (dont découle d’ailleurs la 2π-périodicité) :
− arcsin cos x − arccos sin x = π − f (x). π π Il suffit donc d’étudier f sur un intervalle de longueur π , par exemple [ − , ]. 2 2 π π On remarque que f (x) = arcsin sin − x) + arccos cos − x . 2 2 π π π π On sait que arcsin sin t = t sur [ − , ] et arccos cos t = |t| sur [ −π, π] donc sur [ − , ]. 2 2 2 2 π π π π π On en déduit : x ∈ [0, π] ⇒ − x ∈ [ − , ] ⇒ f (x) = − x + − x . 2 2 2 2 2 π π Il en découle : ∀ x ∈ [0, ], f (x) = π − 2x. et ∀ x ∈ [ , π], f (x) = 0 . 2 2 f (x + π) = arcsin( cos x) + arccos( sin x) = π
−
−
On peut alors compléter sur [0, 2π] en notant que :
3π ], alors f (x) = π f (x π) = π (π 2 3π [ , 2π], alors f (x) = π f (x π) = π . 2
– Si x ∈ [π, – Si x ∈
− − 2(x − π)) = 2(x − π).
− − − −
Pour le reste, on complète par périodicité. Voici la représentation graphique de x → f (x).
Solution 4.2.32
On a : 1 −
2x2
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1 1 2sin2 ( arcsin )
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√ 2 2
−
1 1 = cos(arcsin ) = 1 = . 2 3 3 9 3 2 2 ( 2 1)2 2 1 = donc x = car x 0. 6 6 6
− √ − 3 Il en découle x 2 = =1
Solution 4.2.33
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√ −
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√ − √
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L’application x → f (x) est définie et continue sur R. Elle est 2π-périodique et paire. On sait que arccos cos t = t sur [0, π] et arccos cos t = 2π − t sur [π, 2π] . Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles
arccos cos x = x
π x π alors 2 arccos cos 2x = 2x π π On en déduit f (x) = 2x sur [0, ] et f (x) = π sur [ , π]. 2 2
Si 0
x
π alors 2
Chapitre 4 : Techniques
. Si
d’analyse (dérivation)
arccos cos x = x arccos cos 2x = 2π
− 2x
On complète ensuite par parité et par périodicité. Voici la représentation graphique de f .
Solution 4.2.34
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L’application x → f (x) est définie et continue sur R. Elle est 2π-périodique et paire. On sait que arccos cos t = t sur [0, π] et arccos cos t = 2π − t sur [π, 2π]. On a également arccos cos t = t − 2π sur [2π, 3π]. On en déduit : π – Si 0 x alors 3
arccos cos x = x arccoscos2x = 2x arccoscos3x = 3x
donc f (x) = x + x +
x 5x = . 2 2
π π x alors arccos cos x = x , arccos cos 2x = 2x et arccos cos 3x = 2π 3x. 3 2 2π 3x 3x π = + . Il en résulte f (x) = x + x + 6 2 3 arccos cos x = x π 2π 2π 3x x 4π = + – Si x , arccoscos2x = 2π 2x donc f (x) = x + (π x) + . 2 3 6 2 3 arccoscos3x = 2π 3x 2π – Si x π alors arccos cos x = x , arccos cos 2x = 2π 2x et arccos cos 3x = 3x 2π . 3 3x 2π x 2π = + Il en résulte f (x) = x + (π x) + . 6 2 3
– Si
−
−
−
−
−
−
−
−
− −
−
On complète ensuite par parité et par périodicité. Voici la représentation graphique de f .
Fonction
Arctan
Solution 4.2.35
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1 4 2tan a 1 4 et b = arctan , on a tan 2a = = = = tan b. 2 1 2 3 3 1 tan a 1 4 1 π π π 0 < 2a < . Bien sûr, on a aussi 0 < b < . Or 0 < < 1 0 < a < 2 4 2 2 1 4 Dans ces conditions : tan 2a = tan b 2a = b , c’est-à-dire 2 arctan = arctan . 2 3
Avec a = arctan
⇒
−
−
⇒
⇒
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.36
Chapitre 4 : Techniques
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π 4
Posons respectivement a =
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− arctan 12 , et b = arctan 15 + arctan 18 .
1 1 + 1 13 1 = . D’autre part tan b = 5 8 = = = tan a. On a tan a = 1 1 1 3 39 3 1+ 1 2 5 8 1 1 1 π Enfin les réels arctan , arctan , arctan sont tous trois éléments de 0, . 2 5 8 4 π Ainsi a et b sont dans l’intervalle 0, , et tan a = tan b a = b , ce qu’il fallait démontrer. 2 1
− 12
.
d’analyse (dérivation)
− ·
Solution 4.2.37
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− 2 arctan 15 et b = arctan 17 + 2 arctan 18 . 1 5 2 1 · − 1 5 = 5 , puis tan a = 12 = 7 . On a d’abord tan 2 arctan = 1 5 5 12 17 1− 1+ 25 12 1 1 16 2 + · 1 16 8 7 63 = 175 = 7 . = puis tan b = De la même manière, on a tan 2 arctan = 1 1 16 8 63 425 17 1− 1 − · 64 7 63 1 1 1 1 1 1 1 π On a 0 < < < < √ donc 0 < arctan < arctan < arctan < . 8 7 5 8 7 5 6 3 π π π π π On en déduit les encadrements − < a < et 0 < b < . Donc a, b sont dans − , . 12 4 2 2 2 Posons a =
π 4
Avec cet encadrement et l’égalité tan a = tan b, on en déduit a = b , ce qu’il fallait démontrer. Solution 4.2.38
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1 3 et b = arctan . 7 79 2 7 1 336 + 7 336 7 12 7 527 = 2879 . = , puis tan 4a = = tan 5a = On a tan 2a = et 1 49 1 336 24 527 3353 1 1 1 49 576 7 527 6 237 1 237 π 79 3116 = 2879 . = tan 2b = On a aussi tan 2b = donc 9 237 3116 4 3353 1 1+ 6241 3116 + ∗ On a 0 < tan x < x sur R .
Posons respectivement a = arctan
−
−
− ·
−
−
−
5 6 π π π π < et 0 < < 2b < . 7 2 4 79 4 2 π π 2b sont dans 0, et ont même tangente. Les réels 5a et 4 2 π π 1 3 On en déduit = 5a + 2b, c’est-à-dire : = 5 arctan + 2 arctan . 4 4 7 79
Ainsi 0 < 5a <
−
−
Solution 4.2.39
−
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1 1 1 et b = arctan et c = arctan . 5 408 1393 2 5 5 120 6 = On a tan 2a = 5 1 = puis tan 4a = . 25 12 119 1 1 25 144
Posons successivement a = arctan
−
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−
mathprepa.fr
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
2 1 816 816 1 = D’autre part tan 2b = 4081 = et tan(c 2b) = 13931 166463 . 816 166463 239 1 1+ 4082 1393 166463 120 1 239 = 1. On trouve enfin tan(4a 2b + c) = 119 120 1 1+ 119 239 4 1 π < . Ainsi tan(4a 2b + c) = 1 , avec 0 < 4a 2b < 4a 2b + c < 4a + c < + 5 1393 2 π π L’encadrement 0 < 4a 2b + c < et l’égalité tan(4a 2b + c) = 1 donnent 4a 2b + c = . 2 4
− ·
−
−
− · −
−
−
−
−
Solution 4.2.40
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−
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1 4
Posons successivement a = arctan , b = arctan 1 2
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1 1 et c = arctan . 20 1985
1 8 47 + 1 8 47 π 52 = 5 . = , tan 3a = 4 15 = tan 3a = On a tan 2a = et 1 1 8 47 15 52 4 99 1 1 1+ 16 4 15 52 1 1 + 20 1985 = 5 = tan π 3a . On en déduit 3a + b + c π (π). On a ensuite tan(b + c) = 1 1 99 4 4 1 20 1985 1 1 1 3 1 1 1589 π < + + = < . Mais 0 < 3a + b + c = 3 arctan + arctan + arctan 4 20 1985 4 20 1985 1985 2 π π Le réel x = 3a + b + c vérifie 0 < x < et tan x = 1. Ainsi x = , ce qu’il fallait démontrer. 2 4
−
− ·
−
− ·
Solution 4.2.41
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Le domaine de définition de x → y(x) est R \ {π + 2kπ, k ∈ Z}. Sur ce domaine, cette application est continue, 2π-périodique et paire. π Il suffit donc d’étudier x → y(x) sur [0, π[. Posons x = 2t avec t ∈ 0, .
2
2sin2 t
1 cos x 1 cos2t = = = tan2 t. 1 + cos x 1 + cos 2t 2cos2 t π x Puisque 0 t < , il en résulte y (x) = arctan tan t = t = pour tout x de [0, π[. 2 2 x Finalement y(x) = sur ] π, π[ et on complète par périodicité. 2 π Remarque : en x = π + 2kπ , on peut prolonger par continuité en posant y(x) = . 2
On a
−
−
| |
Solution 4.2.42
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−
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L’application x → y(x) est définie et continue sur R∗ . Elle est impaire. = 0 et on pose x = tan 2θ, avec θ = 0 et θ ∈ On choisit x
π π 1 , (donc θ = arctan x.) 4 4 2
−
1 1 1 cos2θ 2sin2 θ cos2θ = = = = tan θ. On trouve x tan2θ sin2θ 2sin θ cos θ 1 Il en résulte y(x) = arctan tan θ = θ = arctan x. 2 1 Conclusion : pour tout x = 0 , on a y(x) = arctan x (et par continuité y(0) = 0.) 2
√ 1 + x2 − 1
−
−
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4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.43
Chapitre 4 : Techniques
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d’analyse (dérivation) .
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L’application x → y(x) est définie et continue sur R. π π Posons x = tan θ avec − < θ < donc θ = arctan x. 2
2
−
1 1 sin θ π θ π tan θ = arctan . Posons ϕ = , qui est dans 0, . cos θ cos θ 4 2 2 2 1 cos2ϕ sin ϕ π 1 On a alors y(x) = arctan = arctan = arctan tan ϕ = ϕ = arctan x. sin2ϕ 2sin ϕ cos ϕ 4 2 π 1 arctan x. Conclusion : pour tout x de R, on a y(x) = 4 2
On a y(x) = arctan
− −
−
−
−
Solution 4.2.44
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L’application f est définie et dérivable sur
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=R
D
− −
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\ {−1, 1}. Pour tout x de D, on a :
1 1 2 4x 1 (x + 1) (x 1)2 f (x) = + + = 1 + 4x4 2x2 + 1 + 2x x2 x2 1+ 1 + (x + 1) 2 (x 1)2
− 2x2 +11 − 2x + 1 +4x4x4 .
−
−4x + 4x = 0 . 1 + 4x4 1 + 4x4 Ainsi f est constante sur chaque intervalle de D, donc sur ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ et ]1, +∞[. On trouve donc finalement, et de façon un peu surprenante : f (x) = π π π + + = π , et que f (0) = 0. 4 4 2 On en déduit que f (x) = 0 si x < 1 , et que f (x) = π si x > 1 .
On constate que xlim →∞ f (x) =
Fonctions
| |
| |
sh, ch, th
Solution 4.2.45
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√ 3 + √ 3 √ x − e−x x + 3e−x √ e e = = = 3. Avec x = ln 3, on a y = 2 ch x − sh x = ex + e−x − 2
2
2
1 2
On vérifie avec Maple ? On définit f : x → 2 ch(x) − sh(x), puis la quantité y = f ln 3 . > f:=x->2*cosh(x)-sinh(x): y:=f(1/2*ln(3));
−
1 2 cosh ln(3) 2
1 sinh ln(3) 2
Pour simplifier, on utilise une conversion vers la fonction exponentielle.
√ 3
> convert(y,exp);
Solution 4.2.46
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y = ch 4 x + ch3 x sh x + ch x sh 3 x + sh 4 x = ch3 x(ch x + sh x) + sh3 x(ch x + sh x) = e x (ch3 x + sh 3 x) = e x (ch x + sh x)(ch2 x 1 = e2x 2(e2x + e−2x ) 4
On vérifie avec Maple :
− (e2x − e−2x)
=
− ch x sh x + sh2 x) = e 2x
ch(2x)
1 2x 2x 1 e (e + 3e−2x ) = (e4x + 3) 4 4
− 12 sh 2x
> y:=cosh(x)^4+cosh(x)^3*sinh(x)+cosh(x)*sinh(x)^3+sinh(x)^4;
y := (cosh (x))4 + (cosh (x))3 sinh(x) + cosh (x)(sinh(x))3 + (sinh (x))4
La fonction simplify ne donne pas un résultat très probant. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.2 Fonctions usuelles
Chapitre 4 : Techniques
> simplify(y);
2 (cosh (x))3 sinh(x)
d’analyse (dérivation)
− sinh(x)cosh(x) + 2 (cosh (x))4 + 1 − 2 (cosh (x))2
Comme dans l’exercice précédent, il faut utiliser une conversion vers exp : > convert(y,exp);
Solution 4.2.47
1 4 x 3 e + 4 4 .
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ch(x + y ) ch(x − y ) = (ch x ch y + sh x sh y)(ch x ch y
− sh x sh y) = = ch 2 x ch2 y − sh2 x sh2 y = ch2 x(1 + sh2 y) − (ch2 x − 1)sh2 y = ch + sh = (sh 2 x + 1) + (ch 2 y − 1) = sh + ch 2
Solution 4.2.48
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2
x
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2
y
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2
x
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y
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Posons f (x) = sh a + sh(a + x) + sh(a + 2x) + sh(a + 3x). 2a 2a = 0. La seule solution est donc x = . 3 3 Ce n’est pas “parachuté” : on équilibre a, a + x, a + 2x, a + 3x sur 0 et on utilise l’imparité de sh .
−
L’application f est strictement croissante et f
Solution 4.2.49
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x 2
On note tout d’abord que P 1 = ch (et on peut poser P 0 = 1 par convention). x x x 1 x = P ch sh = P sh − − n 1 n 1 2n 2n 2n 2 2n−1 1 x Cela montre que la suite n P n sh n est géométrique de raison . 2 2 x 1 sh x Pour tout n de N, on en déduit : P n sh n = n P 0 sh x, et il en résulte P n = x 2 2 2n sh n 2 On peut vérifier ce que dit Maple. On définit déjà la suite (P n )n0 :
Alors pour tout n 1, P n sh
→
> P:=n->product(cosh(x/2^k),k=1..n):
x et à utiliser combine : 2n
Inutile de vouloir simplifier de P n. Il faut penser à multiplier P n par sh
> test:=n->combine(sinh(x/2^(n))*P(n)): seq(test(n)/sinh(x/2^(n)),n=0..5);
1,
1 2
sinh(x) 1 sinh(x) 1 sinh (x) 1 sinh(x) 1 sinh(x) , , , , 1 1 1 1 1 4 8 16 32 sinh x sinh x sinh x sinh sinh x x 2 4 8 16 32
Solution 4.2.50
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Remarquons que si h = 0 alors R = (n + 1) ch x et S = (n + 1)sh x. = 0. On suppose donc h On a R + S = ex (1 + e2h + ··· e2nh ). De même : R − S = e−x (1 + e−2h + ··· e−2nh ) et on en déduit : R + S =
e2(n+1)h x e e2h
− 1 = ex+nh sh((n + 1)h)
−1
sh h
1 − e−2(n+1)h sh((n + 1)h) − x = e −x−nh De même : R − S = e 2h − 1−e sh h
Par demi-somme et demi-différence, on trouve : R = ch(x + nh) Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
sh((n + 1)h) sh((n + 1)h) et S = sh(x + nh) . sh h sh h mathprepa.fr
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4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.51
On a th 2x =
Chapitre 4 : Techniques
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On en déduit : S n =
k
k
2 th(2 x) =
k=0
n−1
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k
2
k=0
2 th 2k+1 x
−
n−1 1 2k+1 = th 2k x th 2k+1 x k=0
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−
2k . th 2k x
2n Après simplification de cette somme télescopique, on obtient : S n = th 2n x Solution 4.2.52
.
− th1x = 1 +ththx x − th1x = th x.
.
2
2th x 2 x = 0 donc pour tout : 1 + th 2 x th 2x n−1
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d’analyse (dérivation)
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On a th x =
e2x 1 2e2x 1 + th x = donc : , 1 e2x + 1 e2x + 1
Ainsi y = ln
−
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− th1x
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x = e2x . − th x = e2x2+ 1 donc 11 +− th th x
1 + th x = ln ex = x (c’est effectivement plus simple). 1 th x
−
Essayons avec Maple : > y:=ln(sqrt((1+tanh(x))/(1-tanh(x)))):
1 1 + tanh (x) y := ln 2 1 tanh (x)
> y:=simplify(convert(y,exp));
y :=
−
1 ln e2 x 2
> simplify(y,symbolic);
Solution 4.2.53
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x .
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On a (E ) : ex (k + x) = e−x (k − x)
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⇔
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k(ex
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− e−x) + x(ex + e−x) = 0 ⇔
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x + kth x = 0
On voit que x = 0 est solution de l’équation, pour tout valeur de k .
On voit également que x est solution si et seulement si −x est solution.
Pour cette raison, on ne cherchera que les éventuelles solutions positives. k L’application f : x → x + kth x est dérivable sur R+ et on a f (x) = 1 +
k + ch2 x = . ch2 x ch2 x
– On voit que si k Donc, si k
−1, alors f (x) > 0 (sauf si k = −1, où il y a égalité seulement en x = 0).
−1, l’application f est strictement croissante sur R+, et x = 0 est la seule solution. – On suppose donc k < −1. Il existe donc λ > 0 tel que k = − ch2 λ. ch2 x − ch2 λ Ainsi f (x) = a le signe de ch x − ch λ donc celui de x − λ (on se limite à x 0). ch2 x Donc f est strictement décroissante sur [0, λ], puis strictement croissante sur [λ, +∞[. Sur R+ , l’application f atteint son minimum en f (λ) < 0 . D’autre part, lim f (x) = + ∞. x→+∞ L’application f s’annule donc une fois et une seule en un point x k de l’intervalle ]λ, +∞[.
On peut donc conclure : – Si k –
−1, la seule solution de (E ) est x = 0. Si k < −1, l’équation (E ) possède trois solutions −xk , 0, xk , avec x k > 0 .
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4.2 Fonctions usuelles Solution 4.2.54
Chapitre 4 : Techniques
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d’analyse (dérivation) .
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On doit donc résoudre l’équation (E ) : a ch x + b sh x = c , où a, b, c sont donnés dans R. u2 + 1 u2 1 et sh x = 2u 2u a(u2 + 1) + b(u2 1) = 2cu (a + b)u2
−
Posons par exemple u = ex > 0 , donc ch x = On a alors : a ch x + b sh x = c •
•
⇔
−
⇔
− 2cu + a − b = 0.
Si b = −a, il reste ae−x = c. = 0, il n’y a pas de solution (tsss) – Si a = b = 0 et c – Si a = b = 0 et c = 0, tout réel x est solution (pfff) = 0 et ac 0, il n’y a pas de solution. – Si b = −a = 0 et ac > 0 , il y a une seule solution x = ln(a/c). – Si b = −a = −a, l’équation (E ) : (a + b)u2 − 2cu + a − b = 0 est du second degré en u . Si b Son discriminant est ∆ = c2 − (a2 − b2 ).
– Si c 2 < a2 − b2, il n’y a aucune solution. – Si c 2 = a2 − b2, l’équation (E ) possède la solution double u 0 = Si u 0 0 (donc si (a + b)c 0) il n’y a pas de solution.
c . a + b c
Si u 0 > 0 (donc si (a + b)c > 0 ), la solution unique est x = ln . a + b – Si c 2 > a2 − b2, alors (E ) possède deux solutions distinctes u 1 et u 2 . On a alors (E ) On a u 1 u2 =
⇔
ex = u 1 ex
= u 2
: il reste donc à examiner si u 1 (resp. u 2 ) est dans R+∗ .
−
a b 2c et u1 + u2 = . a + b a + b
Si a = b et c = 0, alors u 1 = u 2 = 0 donc il n’y a pas de solution x .
Si a = b et ac > 0 , alors u 1 = 0 (par ex.) et u 2 = c/a > 0 . Seule solution : x = ln .
Si a = b et ac < 0 , alors u 1 = 0 (par ex.) et u 2 < 0 . Il n’y a pas de solution x .
Si a 2 − b2 < 0 , l’un seulement de u 1 ou u 2 est strictement positif.
c a
Dans ce cas, l’équation (E ) possède une solution unique.
Si a 2 − b2 > 0 , et (a + b)c < 0 alors u 1 < 0 et u 2 < 0 . Dans ce cas, l’équation (E ) ne possède pas de solution.
Si a 2 − b2 > 0 , et (a + b)c > 0 alors u 1 > 0 et u 2 > 0 . Dans ce cas, l’équation (E ) possède les deux solutions distinctes x1 = eu et x 2 = eu . 1
2
Prenons un exemple : > eq:=(a,b,c)->a*cosh(x)+b*sinh(x)=c: solve(eq(9,4,11));
11 ln 13
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
− √ 14 2 13
11 2 , ln + 13 13
mathprepa.fr
√ 14
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4.3 Dérivation des fonctions numériques
4.3
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
Dérivation des fonctions numériques
Calculs
de dérivées
Solution 4.3.1
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1 xn+1 1 2 n On a S n (1) = n(n + 1). Pour x = 1 , S n (x) = 1 + x + x + + x = . 2 x 1 (n + 1)xn (x 1) (xn+1 1) nxn+1 (n + 1)xn + 1 = Ainsi, x = 1 S n (x) = . (x 1)2 (x 1)2
− − −
⇒
Solution 4.3.2
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···
−
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−
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√ − √
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− −
−
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1 + sin x . 1 sin x
On considère l’application f : x → f (x) =
π (2π). 2
= Cette application est définie pour tout x 0 tel que x 2 π (π). 2
= Elle est dérivable pour tout x tel que x 2
Notons D le domaine de dérivabilité de f .
√ √ √ x . (1 + sin x)2 1 + sin x 1 √ √ √ = = + tan Pour tout x de D, on a : f (x) = 1 − sin2 x cos x cos x √ √ 1 √ + tan x . Si on note ε = ±1 le signe de cos x, on a donc f (x) = ε cos x √ √ sin x 1 ε ε 1 + sin x ε √ √ √ √ √ √ . + = = Ainsi f (x) = √ 2 x cos2 x cos2 x 2 x cos2 x 2 x(1 − sin x)
Solution 4.3.3
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Le piège est de dériver f (x) comme un produit, alors qu’il faut commencer par simplifier. x x x x x On a f (x) = cos x + sin x tan = cos x + 2 sin cos tan = cos x + 2 sin2 = 1 . 2
2
2
2
2
Ainsi f est constante sur son domaine ! La dérivée de f est donc nulle... Solution 4.3.4
1.
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√ 1 + x2 − 1 L’application x → f (x) = ln √ est définie dérivable sur R∗ (et paire). 2 1 + x + 1 √ t − 1 Pour x et u(x) = 1 + x2 . = 0 , on a f (x) = v(u(x)) avec v (t) = ln t + 1
On a u (x) =
√ 1 x+ x2 , et v (t) = ln |t − 1| − ln |t + 1| donc v (t) = t −1 1 − t +1 1 = t2 2− 1 .
2u (x) = 0 , on en déduit : f (x) = u (x)v (u(x)) = 2 = Pour x u (x)
−1
2x 2 √ = √ . x2 1 + x2 x 1 + x2
1 x
2. L’application x → g(x) = ln cos est définie dérivable par intervalles.
1 1 1 Sur chacun d’eux, on a g (x) = ln u(x) avec u(x) = cos donc u (x) = 2 sin . x x x u (x) 1 1 = 2 tan . On en déduit g (x) = u(x)
3.
x
x
√ 1 + x2 − √ 1 − x2 √ est définie dérivable sur ] − 1, 0[ ∪ ]0, 1[. L’application x → h(x) = ln √ 1 + x2 + 1 − x2
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 29
4.3 Dérivation des fonctions numériques
Chapitre 4 : Techniques
On peut écrire h(x) = v(u(x)) avec v (t) = ln On a v (t) = On
a u 2(x)
−
2 t2
et
−1
1 + x2
1
− x2
− 1 et u(x) = −1
t t
1 + x2 1 x2
−
4x 2x (x) = u donc (1 x2 )2 (1 x2 )2
=
−
−
2x2 2u (x) 2 1= h (x) = = . Ainsi 1 x2 u2 (x) 1 x(1 x2 )
−
−
−
−
1 x2 1 + x2
−
1 x2 2 = 1 + x2 x 1 x4
√ −
4. L’application x → k(x) = ln lnln x est définie dérivable pour x > e . (lnln x) (ln x) 1 1 = = On a alors k (x) = lnln x
Solution 4.3.5
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ln x lnln x
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1. L’application x → f (x) = e 1/x
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d’analyse (dérivation)
x(ln x)(ln ln x)
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∈ R \ {−1, 0}. 1 ln |x| ln |x + 1 | Pour x ∈ R \ {−1, 0}, on a f (x) > 0 et ln f (x) = + . + x 2 2 − f (x) 1 1 1 2(x + 1) + x(x + 1) + x2 2x2 − x − 2 = − + + = = On en déduit x2
f (x)
x(x + 1) est dérivable pour x
|
2x
2x2 (x + 1)
2(x + 1)
2x2 (x + 1)
2x2 − x − 2 2x2 − x − 2 1/x f (x) = e Finalement : ∀ x ∈ R \ {−1, 0}, f (x) = 2 2 2x (x + 1)
2x (x + 1)
x
x
x
2. L’application x → g(x) = e e est dérivable sur R, et g (x) = e x ee = e x+e . 3. L’application x → h(x) = exp
1
√ e2
− x2
−
x2 )−1/2
−
Solution 4.3.6
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|
− x2)−3/2. 1
√
−
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x(x + 1) .
est dérivable sur ] − e, e[.
h (x) = x(e2 On a alors ln h(x) = donc h(x) x exp Ainsi h (x) = x(e2 x2 )−3/2 h(x) = 2 (e x2 )3/2 (e2
|
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e2
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− x2
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1. f (x) = (ex ln x ln x) f (x) = (1 + ln x)xx ln x + xx−1 f (x) = x ln2 x + x ln x + 1 xx ln x 1 − ln x g(x) = g(x) = (1 − ln x)x(1/x)−2 2. g(x) = x 1/x = e ln x/x ⇒ g (x) = 2
x
x 3. h(x) = n
nx
= e nx(ln x−ln n)
.
x
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+x−1
x
⇒ h(x) = n(ln x − ln n + 1)h(x) = n ln x + 1
4. On fait travailler Maple à notre place :
n
x n
nx
> f:=x->(sin(x)/x)^(x/sin(x)): factor(diff(f(x),x));
x sin(x) sin(x) (sin (x) x
Solution 4.3.7
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− x cos(x)) sin(x)2
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− sin(x) x
ln
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1
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Pour une fois, on se contente de faire travailler Maple à notre place : > f:=x->sinh(x)+1/3*sinh(x)^3;
f := x Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
→ sinh (x) + 13 (sinh (x))3 mathprepa.fr
Page 30
4.3 Dérivation des fonctions numériques
Chapitre 4 : Techniques
> simplify(diff(f(x),x));
d’analyse (dérivation)
(cosh (x))3
> g:=x->tanh(x)+1/3*tanh(x)^3;
g := x
→ tanh (x) + 13 (tanh (x))3
> expand(diff(g(x),x));
1
− (tanh (x))4
> h:=x->cosh(x)*cos(x)+sinh(x)*sin(x);
h := x
→ cosh (x)cos(x) + sinh (x)sin(x)
> diff(h(x),x);
2 sinh (x)cos(x) Solution 4.3.8
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n
Comme le suggère l’énoncé, on pose f k (x) =
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−
( 1) p pk x p
p=1
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n . p
On constate que pour tout k de {0, . . . , n}, on a f k (1) = A(n, k). D’autre part, pour tout k de {1, . . . , n}, on a : n n n p k p−1 n f k (x) = x (−1) p x = x (−1) p pk−1 p x p−1 = xf k −1 (x) p p
− n
p=1
p=1
n = (1 Or f 0 (x) = ( 1) p x p p p=1
− x)n − 1. On en déduit f 1(x) = xf 0 (x) = −nx(1 − x)n−1 . De même f 2(x) = xf 1 (x) = n(n − 1) x2 (1 − x)n−2 − nx(1 − x)n−1 . Une récurrence facile montre que pour 1 k n, on a :
− (n −n!k)! xk (1 − x)n−k + o (1 − x)n−k Il en résulte f k (1) = 0 si 1 k n − 1 et f n (1) = (−1)nn! A(n, 0) = f 0 (1) = −1 Conclusion : A(n, n) = ( −1)n n! ∀ k ∈ {1, . . . , n − 1}, A(n, k) = 0
f k (x) = ( 1)k
Dérivation
et inégalités
Solution 4.3.9
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x 3 x5 ϕ(x). et ψ (x) = 3! 5! x 2 1 + , puis ϕ (x) = sin(x) + x, et ϕ (3)(x) = 1 2!
On pose ϕ(x) = sin(x) − x + On trouve ϕ (x) = cos(x) −
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−
−
− cos(x) 0.
Ainsi ϕ est croissante sur R+ , donc positive car ϕ (0) = 0. On en déduit que ϕ est croissante sur R+, donc positive car ϕ (0) = 0. Finalement ϕ est croissante sur R+ , donc positive car ϕ(0) = 0. De même, on observe que ψ (4) (x) = x − sin(x) et ψ (5) (x) = 1 − cos(x) 0. Sachant que ϕ (k) (0) = 0 (pour 0 k 5), on remonte progressivement à ψ(x) 0 sur Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
R+ .
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4.3 Dérivation des fonctions numériques Solution 4.3.10
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Chapitre 4 : Techniques
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2x2 > 0 sur R+∗ . 2 2 (1 + x )
Ainsi ϕ est strictement croissante sur Solution 4.3.11
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R+ ,
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x . 1 + x2
Il revient au même d’établir ϕ(x) > 0 (sur R+∗ ) avec ϕ(x) = arctan(x) − On trouve ϕ (x) =
.
d’analyse (dérivation)
donc strictement positive car ϕ(0) = 0.
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x2 1 ln(x) sur R+∗ . 2x 1 1 1 (x 1)2 = On trouve ϕ (x) = + 2 0 sur R+∗ (égalité en 1 seulement). 2 2x x 2x2 Ainsi ϕ est strictement croissante sur R+∗ . De plus ϕ(1) = 0.
Psons ϕ(x) =
− −
−
−
On en déduit ϕ(x) < 0 sur ]0, 1[, et ϕ(x) > 0 sur ]1, +∞[.
x2 1 x2 1 En d’autres termes : ln(x) > sur ]0, 1[, et ln(x) > sur ]1, + [. 2x 2x x ln x 1 < pour x dans R+∗ 1 . En regroupant, on trouve bien 2 x 1 2
−
−
\{ }
−
Solution 4.3.12
On pose ϕ(x) = ln
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√ 1 1 + 1 + x2 − − ln(x), pour x > 0 . x
On va montrer que ϕ (x) est toujours strictement positif sur On trouve ϕ (x) =
∞
− x)√ √ 1 + x2 + 1
(1
x2
1 + x2
+ x2
+ 1 + x2
R+∗ .
. Il est clair que sur ]0, 1] on a ϕ (x) > 0 .
On suppose donc x > 1 . Il faut vérifier (E ) : x 2 > (x − 1)
√
1 + x2 + 1 , càd
√ 1 > 1 + x2 . − x−1 x2
Cette inégalité équivaut à (x2 − x + 1)2 > (x2 + 1)(x − 1)2 , qui équivaut à ... x 2 > 0 donc c’est bon. Ainsi ϕ est strictement croissante sur R+∗ . 1+
√ 1 + x2
√ 1 + x2
1 +
1
− x tend vers 0 quand x → +∞. = 1, donc ϕ(x) = ln Enfin, lim x→+∞ x x Tout ça implique que ϕ(x) < 0 sur R+∗ , ce qu’il fallait démontrer. Solution 4.3.13
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x3 x5 On pose ϕ(x) = 2x + (x + 2) ln(1 + x), et ψ (x) = ϕ(x). 6(1 + x) 60 x 2 (3 + 2 x) x + 2 ln(1 + x) On trouve ϕ (x) = 2 + et on constate que ϕ (0) = 0. 2 x + 1 6 (1 + x) 1 x3 On trouve ϕ (x) = 0 (vérifier ! ! !) donc ϕ croissante, donc ϕ 0 (because ϕ(0) = 0). 3 (x + 1) 3
−
−
−
−
Ainsi ϕ est croissante sur R+, donc ϕ 0 car ϕ(0) = 0. x4 On trouve ψ (x) = − ϕ (x) (donc ψ (0) = 0. 12
x3 Ensuite ψ (x) = 3
−
x4 x2 + 3 x + 3 ϕ (x) = 0 (vérifier!!) donc ψ croissante. 3 3 (1 + x)
Il en résulte ψ 0, donc ψ croissante, donc ψ 0 (on a utilisé ψ (0) = ψ (0) = 0). On a finalement obtenu : ∀ x 0, 0 ϕ(x) Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
x5 , ce qu’il fallait prouver. 60
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4.3 Dérivation des fonctions numériques Solution 4.3.14
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Chapitre 4 : Techniques
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d’analyse (dérivation) .
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L’application ϕ k est indéfiniment dérivable sur [0, 1]. On constate que ϕk (0) = ϕ k (1) = 0. 2t(1 t) k2
− − ϕ(t), et on a, là encore : ψ k (0) = ψk(1) = 0. 1 (t) = − (3k − 2t)(k − 2t) < 0 . < 0 ψ On trouve (vérifier! !) : ϕ k (t) = − et k (k − t)2 k2 (k − t)2 On pose ψ k (t) =
Ainsi ϕ k et ψ k sont (strictement) décroissantes sur [0, 1]. Nécessairment ϕ et ψ changent de signe (sinon ϕ et ψ seraient monotones (en contradiction avec les égalités ϕk (0) = ϕ k (1) = 0 et ψ k (0) = ψ k (1) = 0). On en déduit que ϕ k (tout comme ψ k ) est d’abord strictement positive puis strictement positive. Donc ϕ k (tout comme ψ k ) est d’abord strictement croissante puis strictement décroissante. Compte tenu de leurs valeurs en t = 0 et t = 1, il en découle ϕ k (t) 0 et ψ k (t) 0 (cqfd). Solution 4.3.15
On pose ϕ(x) = x −
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5x2 6(2 + x)
−
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1 x x2 x + 4 ln(1 + x) et on trouve ϕ (x) = (faire le calcul!!). 6 (2 + x)2 (x + 1)
−
On voit que ϕ a le signe de x sur ] − 1, +∞[, donc ϕ est minimum en ϕ(0) = 0. Ainsi ϕ(x) 0, c’est-à-dire ln(1 + x) x − Solution 4.3.16
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5x2 pour tout x > 6(2 + x)
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Il revient au même de montrer que ϕ(t) = 3 ln(t) −
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−1. .
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8(t3 1) a le signe de t (1 + t)3
−
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− 1 sur R+∗.
3(t − 1)4 = 1 ). On trouve (faire le calcul!!!) ϕ (t) = (donc ϕ (t) > 0 pour t > 0 et t 4 (1 + t) t
Comme ϕ(1) = 0, le résultat en découle. Solution 4.3.17
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1 En « prenant le logarithme », il suffit de prouver que : ∀ n ∈ N∗ , 1 + ln 1 −
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1 1. n
− − − − 2n
n ln 1 +
1 1 x ln 1 + 1 2x x La deuxième inégalité est classique (on sait que ln(1 + X ) X pour tout X 0).
Il suffit donc de vérifier que, pour tout réel x 1, on a : 1 + ln 1
L’inégalité restante s’écrit : ∀ x 1, ϕ(x) 0, avec ϕ(x) = x ln 1 +
−
Or ϕ(x) = x ln(1 + x) − ln(x)
− 1) + ln(2x) + 1. 1 2 1 − + . Il en résulte ϕ (x) = ln(1 + x) − ln(x) − x + 1 2x − 1 x ln(2x
1 x
ln 1
1 2x
1.
11x2 + x − 1 − x1 + (x +1 1)2 + (2x −4 1)2 − x12 = x2(x + (faire le calcul !). 1)2 (2x − 1)2 Ainsi ϕ est positive (donc ϕ est croissante) sur [1, +∞[. Mais lim ϕ (x) = 0 (regrouper les deux ln ) et on en déduit que ϕ est négative sur [1, +∞[. x→+∞ Ainsi ϕ est décroissante sur [1, +∞[. Mais on a facilement (cf expression initiale) lim ϕ(x) = 0 . x→+∞ Il en résulte ϕ(x) 0 sur [1, +∞[, ce qu’il fallait démontrer.
Puis ϕ (x) =
1 1 + x
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.3 Dérivation des fonctions numériques
Dérivée
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
-ième
n
Solution 4.3.18
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On utilise une décomposition en éléments simples dans C(X). 1 1 i 1 1 = = . 1 + x2 (x + i)(x i) 2 x + i x i 1 ( 1)n n! On sait que la dérivée n -ième de est . On en déduit : x + α (x + α)n+1 i( 1)n n! (x i)n+1 (x + i)n+1 i( 1)n n! 1 1 (n) f (x) = = 2 (x + i)n+1 (x i)n+1 2(x2 + 1)n+1
Pour tout x de R, on a
−
−
−
− −
−
− − −
−
Les zéros de f (n) (x) sont donc ceux du polynôme P n (x) = (x − i)n+1 − (x + i)n+1 . kπ , avec 0 k n. n + 1 Les ωk sont les n + 1 racines (n + 1)-ièmes de l’unité (en particulier z 0 = 1.)
On note w k = exp 2iθk , avec θ k =
On rappelle que pour tout u, v dans C, on a u n+1 = v n+1 Pour tout z de C, on peut donc écrire :
⇔ ∃ k ∈ {0, . . . , n}, u = ωk v.
⇔ (z − i)n+1 = (z + i)n+1 ⇔ ∃k ∈ {0, . . . , n}, z − i = ωk(z + i) 1 + ωk 1 + e 2iθ θk ⇔ ∃k ∈ {1, . . . , n}, z = i 1 − ωk = i 1 − e2iθ = −i 22icos = −cotan θk sin θk
P n (z) = 0
k
k
Les θk forment une suite strictement croissante de ]0, π[. Ainsi f (n) possède n zéros distincts sur R qui sont les x k = −cotan θk , avec 1 k n. Solution 4.3.19
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Pour tout n 1, posons f n(n)(x) = x n−1 ln x. 1 1 On vérifie que f 1 (x) = (ln x) = et f 2 (x) = (x ln x) = (1 + ln x) = . x
x a Montrons par récurrence que pour tout n 1, il existe a n R tel que gn (x) = f n(n)(x) = n . x C’est vrai si n = 1. Supposons que ce le soit pour un entier n 1 fixé. Alors :
∈
(n+1)
(n+1)
(n)
gn+1 (x) = f n+1 (x) = (xf n (x))(n+1) (x) = xf n (x) + (n + 1)f n (x) an (n + 1)an nan = xg n (x) + (n + 1)gn (x) = + = x x x
−
an+1 , avec a n+1 = na n. x
(n+1) (x) = Ainsi il existe a n+1 tel que g n+1 (x) = f n+1
Cela prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. De plus la relation a n+1 = na n et l’égalité a 1 = 1 donnent ∀ n 1, an = (n − 1)! Conclusion : pour tout n 1, on a f n(n) (x) = Solution 4.3.20
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(n
− 1)! . x
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On calcule la dérivée première de f :
f (x) = (sin α)cos(x sin α) + (cos α)sin(x sin α) ex cos α = sin(α + x sin α)ex cos α
Montrons que pour tout entier n , on a f (n) (x) = sin(nα + x sin α)ex cos α . La propriété est vraie pour n = 0 et n = 1. Supposons qu’elle le soit pour un entier n 0 donné. Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.3 Dérivation des fonctions numériques
Chapitre 4 : Techniques
d’analyse (dérivation)
On en déduit : d sin(nα + x sin α)ex cos α dx = (sin α)cos(nα + x sin α) + (cos α)sin(nα + x sin α) ex cos α
f (n+1)(x) =
= sin((n + 1)α + x sin α)ex cos α
ce qui prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. Il y a une autre démonstration, qui utilise les fonctions à valeurs complexes. On a en effet f (x) = Img(x) avec g (x) = e ix sin α ex cos α = e ωx avec ω = eiα . On a alors, pour tout n , g (n)(x) = ω n eωx = e inαeωx = exp(i(nα + x cos α))ex cos α . On en déduit, pour tout n de N : f (n) (x) = Img(n) (x) = Im exp i(nα + x cos α) ex cos α = sin(nα + x sin α)ex cos α .
Solution 4.3.21
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√ On pose donc y = e x , z n = (4x)n+1/2 y(n+1) . y y – On trouve tout d’abord y = √ puis y = √ − 2 x
2 x
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y y = 4x x 4x
y − 2x .
√
On en déduit l’égalité 4xy + 2y − y = 0. – On dérive n fois l’égalité précédente. On trouve 4xy (n+2) + 4ny(n+1) + 2y(n+1) − y(n) = 0 donc 4xy (n+2) + (4n + 2)y(n+1) − y(n) = 0 . – On multiplie membre à membre par (4x)n+1/2 . On trouve (4x)n+3/2y (n+2) + (4n + 2)(4x)n+1/2 y(n+1) − 4x(4x)n−1/2 y (n) = 0 . √ z1 + 2z0 − 2 y = 0 si n = 0 Autrement dit : zn+1 + (4n + 2)zn − 4xzn−1 = 0 si n 1
– On dérive n + 1 fois la dernière égalité. Pour tout n , on pose Z n = z n(n) . (n+1) (n+1) (n) + (4n + 2)zn On trouve z n+1 − 4xzn(n+1) −1 − 4(n + 1)zn−1 = 0. Autrement dit Z n+1 + (4n + 2)Z n − 4xZ n−1 − 4(n + 1)Z n −1 = 0. – Il reste à montrer que Z n = y et pour cela on procède par récurrence sur n . √ Tout d’abord Z 0 = z 0 = 2 x y (x) qui est bien égal à y . √ y y D’autre part Z 1 = z = 8x x y et on sait que y = √ − √ .
1
2x x 4x x √ √ On en déduit 8x x y = 4xy − 2y puis (8x x y ) = 4xy + 2y = y .
Ainsi la propriété est vraie aux rangs n = 0 et n = 1. Supposons qu’elle le soit aux rangs n − 1 et n ( n 1 donné). Ainsi Z n−1 = Z n = y . Alors Z n+1 + (4n + 2)Z n − 4xZ n−1 − 4(n + 1)Z n −1 = 0 devient Z n+1 = 4xy + 2y = y . Cela établit la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. Solution 4.3.22
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Pour tout n de N∗ , on pose f n (x) = x n−1 ln(1 + x). On doit montrer
que f n(n)(x)
= (n
−
1 1 1)! + + 1 + x (1 + x)2
···
1 . + (1 + x)n
1 On va procéder par récurrence sur n , en notant que f 1 (x) = ln(1 + x) donc f 1 (x) = . 1 + x On se donne donc n dans N∗ et on suppose que la propriété est vraie au rang n . Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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4.3 Dérivation des fonctions numériques
On a f n+1 (x)
= x n ln(1 + x) donc
f
Chapitre 4 : Techniques
n+1 (x)
d’analyse (dérivation)
xn xn = nf n (x) + . 1 + x 1 + x
= nxn−1 ln(1 + x) +
La division euclidienne de X n par X + 1 s’écrit X n = (X + 1)Qn(X ) + λ, avec deg(Qn ) = n − 1. En substituant la valeur −1 à X , on trouve λ = (−
1)n .
xn ( 1)n = Q n (x) + Ainsi . 1 + x 1 + x
−
( 1)n , où Q n est un polynôme de degré n n+1 (x) = nf n (x) + Qn (x) + 1 + x 1 ( 1)n n! Une récurrence très facile montre que la dérivée n -ième de x est x . 1 + x (1 + x)n+1
−
On peut donc écrire f
− 1.
→ −
→
(x) et on obtient : On dérive n fois l’expression obtenue précédemment pour f n+1 (n+1) f n+1 (x)
= n f n(n) (x) + Q(n) n (x) +(
=0
(HR n )
(n+1) Ainsi f n+1 (x)
1)n
−
1 1 + x
(n)
n
−
= n (n 1)!
1 n! + (1 + x)k (1 + x)n+1 k=1
n+1
= n!
1 ce qui prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence. k (1 + x) k=1
Remarque : on peut éviter (de deux façons différentes) le recours à la notion de division euclidienne de polynômes et même expliciter Q n(x) (mais ça n’est pas très utile dans la mesure où le polynôme Q disparaît dans la dérivation d’ordre n). Première idée :
Qn (x)
− − − − −
n n xn ((x + 1) 1)n 1 ( 1)n n n−k n k = = ( 1) (1 + x) = + ( 1)n−k (1 + x)k−1 1 + x 1 + x 1 + x k=0 k 1 + x k=1 k
−
−
Deuxième idée, en posant q = −x pour y voir plus clair : xn q n 1 n = ( 1) = ( 1)n 1 + x 1 q
−
−
−
Qn (x)
− (1 − q n) = (−1)n − (−1)n n−1 q k = ( 1)n + ( 1 − q 1 + x 1 + x k=0
n+1
1)
n−1
( x)k
k=0
Encore une fois, connaître l’expression de Q n (x) ne sert à rien ici (la seule chose qui compte c’est que Q n (x) soit un polynôme de degré strictement inférieur à n). Voici comment vérifier le résultat de l’exercice avec Maple. > f:=(n,x)->x^(n-1)*ln(1+x); dnf:=n->diff(f(n,x),x$n);
On essaie avec n = 5, mais on voit qu’il faut utiliser une conversion en “éléments simples”. > dfn(5); convert(dfn(5),parfrac,x);
240 x 240 x2 120 x3 24 x4 + + (x + 1)2 (x + 1) 3 (x + 1) 4 (x + 1) 5 24 24 24 24 24 + + + + (x + 1)2 (x + 1)4 (x + 1)5 x + 1 (x + 1) 3 120 x + 1
−
−
Remarque : il y a une autre démonstration, en utilisant la formule de Leibniz donnant la dérivée n-ième n n (k) (n−k) (n) u v d’un produit : (uv) = , et en particulier : (xu)(n) = xu(n) + nu(n−1) .
k=0
k
On procède encore par récurrence, et on suppose connue l’égalité
: f n(n) (x)
Alors (en allégeant un peu les notations, et en utilisant f n+1 = xf n ) :
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n
−
= (n 1)!
1 . k (1 + x) k=1
Page 36
4.3 Dérivation des fonctions numériques (n+1)
(n+1)
f n+1 (x) = (xf n )(n+1) (x) = xf n
Chapitre 4 : Techniques (n)
n
= (n 1)!
−
n
k 1 + (n + 1) (1 + x)k+1 (1 + x)k k=1 k=1
− − x
n
= (n 1)!
−
(n)
(x) + (n + 1)f n (x) = x f n
(x) + (n + 1)f (n) (x) n
(faire −x = −(x + 1) + 1)
n n k k 1 + + (n + 1) k k+1 (1 + x) (1 + x) (1 + x)k k=1 k=1 k=1
n
n+1 n + 1 k n+1 k 1 1 = (n 1)! + = n! k k (1 + x) (1 + x) (1 + x)k k=1 k=1 k=1
−
−
−
d’analyse (dérivation)
(ce qui prouve la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence) Solution 4.3.23
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ex sh a + e−x sh a 1 xe = = e + exe On note que f (x) 2 2 1 1 On en déduit, pour tout n de N∗ : f (n)(x) = ena exe + e−na exe = ena+xe + e−na+xe 2 2 1 Ou encore : f (n) (x) = ex ch a ena+x sh a + e−na−x sh a = ex ch a ch(na + x sh a) 2 = e x ch a ch(x sh a)
ex ch a
a
a
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−a
−a
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a
−a
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Remarque : on peut aussi arriver à cette dernière expression par un raisonnement par récurrence. Dérivée
des fonctions trigonométriques inverses
Solution 4.3.24
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On suppose bien sûr |b| |a|.
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b a
= − et : L’application f est alors définie et dérivable pour cos x f (x) =
√ a2 − b2 (cos x)(b + a cos x) + a sin2 x
1 b2 )sin2 x 1+ (b + a cos x)2 (a2
(b + a cos x)2
−
√ a2 − b2 (b cos x + a) √ a2 − b2 (b cos x + a) √ a2 − b2 = = 2 = (b + a cos x)2 + (a2 − b2 )sin2 x b cos2 x + a2 + 2ab cos x b cos x + a Solution 4.3.25
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L’application f est définie et continue sur R car −1
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x2n 1 1 pour tout x de R. x2n + 1
−
2n −1 < xx2n −+ 11 < 1 c’est-à-dire x = 0 . On a alors : − − 2 1 4nx2n−1 − 2n 1 = (2n) x = 2n (x2n + 1)2 (x + 1) (x2n + 1)2 − (x2n − 1)2 (x2n − 1)2 − 1 (x2n + 1)2 −4nx2n√ −1 = −2nεxn−1 avec ε = ±1 tel que x = ε |x| =
f est dérivable en x si f (x)
(x2n + 1)
4x2n
x2n + 1
− 2nxn−1 2nxn−1 Ainsi f (x) = 2n si x < 0 et f (x) = 2n si x > 0 . x
+1
x
+1
−2ε et lim f (x) = −2ε. Si n = 1, on a f (x) = 2 x→0 x +1 Si n = 1 on a donc f g (0) = 2 et f d (0) = −2 : f n’est pas dérivable en 0 . Si n 2, on a lim f (x) = 0 : f est dérivable en 0 avec f (0) = 0. x→0 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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