Lycée Berthollet PCSI2 2016-17 Correction du devoir numéro 3

Lycée Berthollet
PCSI2 2016-17
Correction du devoir numéro 3
Exercice 1 Trigonométrie hyperbolique.
Soient a et b dans R.
1. Exprimer à l’aide de la fonction exponentielle ch a · ch b, sh a · sh b, sh a · ch b et ch a · sh b,
puis en déduire des expressions de ch (a + b) et sh (a + b) en fonction de ch a, sh a, ch b et sh b.
ch a · ch b =
sh a · sh b =
sh a · ch b =
ch a · sh b =
Ç a
å
e + e−a
2
å
Ç a
e − e−a
2
Ç a
å
e − e−a
2
Ç a
å
e + e−a
2
eb + e−b
2
!
eb − e−b
2
!
eb + e−b
2
!
eb − e−b
2
!
=
ea+b + ea−b + e−a+b + e−a−b
,
4
ea+b − ea−b − e−a+b + e−a−b
=
,
4
=
ea+b + ea−b − e−a+b − e−a−b
,
4
=
ea+b − ea−b + e−a+b − e−a−b
.
4
Par somme des deux premières égalités,
ch a · ch b + sh a · sh b =
2ea+b + 2e−a−b
= ch (a + b)
4
et par somme des deux dernières égalités,
sh a · ch b + ch a · sh b =
ce qui donne finalement
ch (a + b) = ch a · ch b + sh a · sh b
2ea+b − 2e−a−b
= sh (a + b),
4
et
sh (a + b) = sh a · ch b + sh b · ch a.
2. En déduire une expression de th (a + b) en fonction uniquement de th (a) et th (b).
th (a + b) =
sh (a + b) sh a · ch b + sh b · ch a
=
ch (a + b) ch a · ch b + sh a · sh b
et en divisant numérateur et dénominateur par ch a · ch b, on obtient
th a + th b
th (a + b) =
1 + th a · th b
3. Pour p, q ∈ R, exprimer sh p − sh q sous la forme 2 f
tions trigonométriques hyerboliques à déterminer.
Ä p+q ä Ä p−q ä
2
g
2
, où f et g sont des fonc-
Å
p + q p − qã
p + q p − qã
+
− sh
−
2
2 Å
2 Å 2 ã
Å Å
ã
ã
Å
p+q
p−q
p−q
p + q ãã
=
sh
· ch
+ sh
· ch
2 ã
2 ã
2 ã
2
Å Å
Å
Å
Å
p+q
p−q
p−q
p + q ãã
− sh
· ch
− sh
· ch
2
2
2
2
sh p − sh q = sh
Å
donc
sh p − sh q = 2ch
Å
Å
p + qã
p − qã
· sh
.
2
2
Exercice 2 Calculs de dérivées.
Déterminer soigneusement les domaines de dérivation, puis calculer les dérivées des fonctions
suivantes :
2
;
1. f1 : x 7−→ exp 1−2x+3x
3
4
4x −5x
Remarquons que pour x ∈ R, 4x3 − 5x4 = −5x3 x − 45 , quantité qui est nulle si et seulement
Ä
ä
2
si x ∈ 0, 45 . La fonction rationnelle x 7−→ 1−2x+3x
a donc comme domaine de définition R \
4x3 −5x4
¶
©
4
0, 5 .
La fonction f1 est la composée d’une fonction rationnelle (dérivable sur tout intervalle inclus
dans son domaine de définition) et de la fonction exponentielle (dérivable sur l’intervalle R, qui
contient automatiquement l’ensemble image de la fonction rationnelle précédente), donc f1 est
¶
©
dérivable sur tout intervalle inclus dans D0f1 = R \ 0, 45 .
En utilisant les règles
¶
©de dérivation d’une composée, d’un quotient et des polynômes, on
obtient, pour x ∈ R \ 0, 45 :
¶
©
f10 (x) = 6 f1 (x) ·
−2 + 6x − 7x2 + 5x3
x4 (4 − 5x)2
2. f2 : x 7−→ (ln x)x ;
On met la fonction f2 sous forme exponentielle, i.e. f2 : x 7−→ exp(x ln ln x) . On sait que ln
est définie et dérivable sur Dln = R?+ . La fonction composée
ln ◦ ln est donc
¶
© définie et dérivable
?
sur tout intervalle inclus dans {x ∈ Dln | ln x ∈ Dln } = x ∈ R+ | ln x > 0 =]1, +∞[. Par produit
avec une fonction polynôme, dérivable sur R, puis composition avec la fonction exponentielle,
dérivable sur R, la fonction f2 est dérivable sur D0f2 =]1, +∞[.
2
En utilisant les règles de dérivation des composées, d’un produit, de l’exponentielle et du
logarithme, on obtient, pour x > 1 :
Ç
å
1
0
x
f2 (x) = (ln x) ln ln x +
ln x
x
3. f3 : x 7−→ ln eex −1
+1 (exprimer la dérivée avec les fonctions trigonométriques hyperboliques) ;
y−1
, on a f3 = ln ◦g ◦ exp. La fonction exp étant dérivable sur R et g étant
En notant g : y 7−→ y+1
dérivable sur tout intervalle inclus dans son domaine de définition Dg = R \ {−1} (en tant
que fonction rationnelle), la composée
g ◦ exp est©dérivable sur tout intervalle inclus dans son
¶
domaine de définition, qui est x ∈ Dexp | ex ∈ Dg = {x ∈ R | ex 6= −1} = R.
dérivable
Par composition avec la fonction ln, définie et dérivable sur R?+¶, la fonction f3 est
©
ex −1
sur tout intervalle inclus dans son domaine de définition, qui est x ∈ R | ex +1 > 0 . Or, pour
x
x
x ∈ R, eex −1
+1 est du signe de e − 1, c’est-à-dire strictement positif si et seulement si x > 0.
Ainsi, la fonction f3 est dérivable sur D0f3 = R?+ .
Pour dériver, une première méthode serait de transformer d’abord f3 ce qui donne
x
∀x > 0, f3 (x) = ln th
2
puis dériver et simplifier en utilisant la trigonométrie hyperbolique.
Il semble plus simple d’appliquer ici la seconde méthode : dériver d’abord et transformer
ensuite. En utilisant les règles de dérivation d’une composée, d’un quotient, du logarithme et de
l’exponentielle, on obtient, pour x > 0 :
f30 (x) =
ex + 1 ex (ex + 1) − (ex − 1)ex
2
2ex
·
= x
=
x
x
2
2x
e −1
(e + 1)
e − 1 e − e−x
donc
f30 (x) =
4. f4 : x 7−→ Arctan (x) + Arctan
1
x
Ä ä
1
sh x
(qu’en déduisez-vous ?).
La fonction inverse étant dérivable sur tout intervalle inclus dans son domaine de définition
rationnelle et la fonction Arctan étant dérivable sur R, la composée
R? en tant que
Ä fonction
ä
1
x 7−→ Arctan x est dérivable sur R?− et sur R?+ .
Par somme avec la fonction Arctan , dérivable sur R, f4 est dérivable sur tout intervalle
inclus dans D0f4 = R? .
D’après les règles de dérivation d’une composée, puis d’une somme, on obtient, pour x 6= 0 :
f40 (x) =
Ç
1
1
1
+
·
−
Ä
ä
1 + x2 1 + 1 2
x2
x
donc
3
å
=
1
1
−
1 + x2 x2 + 1
∀x ∈ R? , f40 (x) = 0.
On en déduit que f4 est constante sur tout intervalle inclus dans R? , donc elle est constante
sur R?− et constante sur R?+ . En x = 1, on obtient f4 (1) = Arctan (1) + Arctan (1) = 2 · π4 = π2 .
Par imparité évidente de f4 , on obtient finalement, en notant sgn la fonction signe, qui associe
x
à tout réel non nul x le nombre sgn(x) = |x|
∈ {±1} (et à 0 le nombre sgn(0) = 0, ce qui ne sert
pas ici...),
Ç å
1
π
?
∀x ∈ R , Arctan (x) + Arctan
= sgn(x) · .
x
2
Exercice 3 Fonction réciproque de th .
1. Montrer que la fonction th admet une fonction réciproque dérivable, qu’on notera Argth et
dont on précisera l’ensemble de définition DArgth .
La fonction th est dérivable sur l’intervalle R et sa dérivée th 0 = ch1 2 est strictement positive
en tout point de R, donc le théorème des fonctions réciproques, version dérivable, assure que
th admet une fonction réciproque th −1 , qu’on note classiquement Argth , qui est définie et
dérivable sur l’intervalle image
DArgth = th (R) =] − 1, 1[.
Comme th est strictement croissante, on sait de plus que Argth l’est aussi.
2. Montrer que pour tout x ∈ DArgth , Argth 0 (x) =
Argth et donner ses limites aux bornes de DArgth .
1
. Retrouver ainsi les variations de
1 − x2
Le théorème précédent donne aussi une formule pour la dérivée de la fonction réciproque :
1
Argth 0 = th 0 ◦Argth
. Or th 0 = 1 − th 2 , donc, pour x ∈] − 1, 1[,
Argth 0 (x) =
1
1 − th 2 (Argth (x))
=
1
.
1−x2
Pour x ∈]−1, 1[, 1−x2 > 0, et on retrouve ainsi que la fonction Argth est strictement croissante.
Comme lim th (x) = −1+ , on a lim + Argth (x) = −∞ et de même lim− Argth (x) = +∞.
x→−∞
x→−1
x→1
3. Trouver deux réels a et b tels que, pour tout x ∈ R \ {−1, 1},
1
a
b
=
+
.
1 − x2 x + 1 x − 1
On trouve a =
1
2
, par exemple en multipliant l’égalité par x + 1 et en faisant tendre x vers −1.
Par un raisonnement analogue, on trouve b = − 12 . Quelle que soit la méthode employée, il est
4
facile vérifier par le calcul que les valeurs sont les bonnes (pourquoi s’en priver ?).
4. On rappelle qu’une primitive d’une fonction f est une fonction F dérivable telle que F 0 = f .
1
1
Trouver une primitive de x 7−→
et une primitive de x 7−→
.
x+1
x−1
1
Une primitive sur R \ {−1} de x 7−→
est la fonction x 7−→ ln(|x + 1|).
x+1
1
est la fonction x 7−→ ln(|x − 1|).
Une primitive sur R \ {+1} de x 7−→
x−1
5. En déduire une expression de Argth à l’aide de la fonction ln.
Sur l’intervalle ] − 1, 1[, la fonction
Ç
å
1
1
1
1
1
1+x
x 7−→ ln(|x + 1|) − ln(|x − 1|) = ln(x + 1) − ln(1 − x) = ln
.
2
2
2
2
2
1−x
1
.
1 − x2
Comme deux primitives d’une même fonction sur un intervalle diffèrent d’une constante, il
existe C ∈ R tel que
Ç
å
1+x
1
+C.
∀x ∈] − 1, 1[, Argth (x) = ln
2
1−x
En prenant x = 0, on trouve C = 0, donc
Ç
å
1
1+x
∀x ∈] − 1, 1[, Argth (x) = ln
.
2
1−x
å
Ç
1
1
1 + x
est une primitive de x 7−→
Remarquons au passage que x 7−→ ln sur R\{±1}
2
1 − x
1 − x2
est donc une primitive de x 7−→
5