MPSI du lycée Rabelais https://mpsi-saintbrieuc.fr samedi 15 octobre 2022 CORRIGÉ DU DEVOIR SURVEILLÉ N◦02 PROBLÈME 1 Partie I. Définition de la fonction Argument tangente hyperbolique 1. La fonction tangente hyperbolique, est définie pour tout x ∈ R, par sh x th x = . La fonction th est impaire dérivable sur R comme quotient ch x de fonctions paire et impaire. De plusc, comme les fonctions ch et sh sont dérivables sur R et ch ne s’annule pas, la fonction th est aussi dérivable. De plus, pour tout x ∈ R, nous avons ! "! sh x ch 2 x − sh 2 x 1 ! th (x) = = = 1 − th 2 x = 2 > 0. 2 ch x ch x ch x On en déduit : Tableau de variations x −∞ ! th x 0 + th x % Limites aux bornes Pour tout x ∈ R, on a +∞ th (x) = +1 −1 1 − e−2x e2x − 1 = e2x + 1 1 + e−2x On en déduit aisément par OPA que • lim th (x) = 1 x→+∞ • lim th (x) = −1 x→−∞ 2. La fonction th : R → R est continue et strictement croissante. D’après le théorème de la bijection bicontinue, elle réalise une bijection de R sur th (R) =] lim th , lim th [=] − 1, 1[. On appelle Argument tangente hy−∞ +∞ perbolique, et on note Argth :] − 1, 1[→ R sa bijection réciproque. t t= Argth x 1 3. Graphes −1 0 x 1 Partie II. Propriétés de Argument tangente hyperbolique 5 1. La fonction th : R →] − 1, 1[ est de classe C ∞ sur R, impaire. De plus sa 1 dérivée ( 2 ) ne s’annule pas sur R, il en résulte que Argth est C ∞ , impaire ch et que pour tout x ∈] − 1, 1[, Argth ! (x) = 2. 1 1 1 . = = 2 1 − x2 th (Argth x) 1 − th (Argth x) ! Soit x ∈] − 1, 1[, t ∈ R. Par définition, Argth (x) est l’unique solution de l’équation th (t) = x (1) Par définition de th , nous avons t = th x ⇐⇒ ⇐⇒ # u = et et − e−t 1+x = x ⇐⇒ u2 = et + e−t 1−x $ ! " 1+x 1 1+x t e = ⇐⇒ t = ln 1−x 2 1−x D’après le point !de vue"équation, c’est dire que pour tout x ∈] − 1, 1[, 1 1+x Argth (x) = ln 2 1−x Partie III. Application 1. 2. On se ! propose de " simplifier l’expression de la fonction définie par f (x) = 3 3x + x Argth . 1 + 3x2 La fonction Argth est définie sur ] − 1, 1[. La fonction f est bien définie si 3x + x3 ∈] − 1, 1[. Or, pour tout x ∈] − 1, 1[, on a les équivalences : 1 + 3x2 % % % 3x + x3 % 3 2 % % % 1 + 3x2 % < 1 ⇐⇒ |3x + x | < 1 + 3x ⇐⇒ 0 < 1 − 3|x| + 3|x|2 − |x|3 ⇐⇒ 0 < (1 − |x|)3 % % % 3x + x3 % % est strictement inférieur à 1, de sorte Ainsi, pour tout x ∈] − 1, 1[, %% 1 + 3x2 % que f est bien définie sur ] − 1, 1[. ! Première méthode : à l’aide du changement de variable y = Argth (x). a. Soit y ∈ R. Les formules d’addition et de duplication pour la tangente donnent successivement : 2th y + th y th (2y) + th (y) 1 + th 2 y th (3y) = th (2y + y) = = 2th y 1 + th (2y) × th (y) 1 + th y 1 + th 2 y 2th y + th y + th 3 y 3th y + th 3 y = = 1 + th 2 y + 2th 2 y 1 + 3th 2 y 6 b. Soit x ∈] − 1, 1[, posons y = Argth (x), de sorte que x = th y, avec y ∈ R. En ce cas, d’après la question précédente, on a ! " ! " 3x + x3 3th y + th 3 y f (x) = Argth = Argth 1 + 3x2 1 + 3th 2 y = Argth (th (3y)) = 3y = 3Argth (x) 3. Ainsi, pour tout x ∈] − 1, 1[, f (x) = 3Argth x. ! Deuxième méthode : à l’aide de la dérivée. a. f est dérivable sur ] − 1, 1[ comme composée de telles fonctions. De plus, pour tout x ∈] − 1, 1[, la règle de dérivation en chaine donne :! ! Identité OBLIGATOIRE : formule du binôme (3 + 3x2 ) × (1 + 3x2 ) − 6x × (3x + x3 ) × " 2 (1 + 3x2 )2 3x + x3 1− 1 + 3x2 3(1 − x2 )2 3 − 6x2 + 3x4 1 = × = " ! 2 (1 + 3x2 )2 (1 + 6x2 + 9x4 ) − (9x2 + 6x4 + x6 ) 3x + x3 1− 1 + 3x2 (1 − x2 ) 3 = 3 = (1 − x2 )3 1 − x2 f ! (x) = 1 ! (a + b)3 D’autre part, la fonction x *→ 3Argth x est dérivable sur ] − 1, 1[ et pour 3 tout x ∈] − 1, 1[, sa dérivée en x est aussi égale à . ! 1 − x2 b. D’après la question précédente, les fonctions f et x *→ 3Argth x ont même dérivée sur l’intervalle ]−1, 1[. Par conséquent, il existe une constante C ∈ R telle que pour tout x ∈] − 1, 1[, f (x) = C + 3Argth x 4. Pour déterminer la valeur de cette constante, évaluons l’égalité fonctionnelle ci-dessus, au point 0, il vient C = f (0). Comme Argth (0) = 0, il s’ensuit que C = 0, c’est-à-dire que pour tout x ∈] − 1, 1[, f (x) = 3Argth x. ! Troisième méthode : à l’aide de l’expression logarithmique de Argth . 1 1+x . ! a. Soit x ∈] − 1, 1[, Argth x = ln 2 1−x b. Soit x ∈] − 1, 1[,! ! Règles de calcul & ' 3 ! " ! " pour la fonction ln 3 2 3 1 + 3x+x 1 3x + x + 1 + 3x 1 1 + x) 1 2 1+3x ln = ln = ln f (x) = 3 2 2 1 + 3x2 − 3x − x3 2 (1 − x)3 1 − 3x+x 1+3x2 ! " 3 1+x = ln = 3 Argth x 2 1−x Ainsi, pour tout x ∈] − 1, 1[, f (x) = 3Argth x. ! EXERCICE 1 Soit x ∈ R. On pose t = Arctan (x) de sorte que x = tan(t) et − π2 < t < π2 . Il s’ensuit que a. tan(t) = x ! 7 1. b. cos(t) = ( cos2 (t) = ( 1 1 + tan2 (t) = 1 . 1 + x2 c. finalement sin(t) = tan(t) × cos(t) = x × 2. 1 . 1 + x2 ! ! Soit x ∈ R" . a. D’après la formule d’addition pour les cosinus, il vient ) * cos Arctan (x) + Arctan (1/x) = cos(Arctan (x)) cos(Arctan (1/x)) − sin(Arctan (x)) sin(Arctan (1/x)) 1 x 1 1 1 ( ( = √ −√ 2 2 1+x 1+x x 1 + 1/x2 1 + 1/x2 = |x| |x| − =0 2 1+x 1 + x2 Posons t = Arctan (x) + Arctan (1/x). On a donc établi que cos(t) = 0. En outre " " si x > 0, alors 0 < Arctan (x) < π2 et 0 < Arctan (1/x) < π2 . En ce cas, on a 0 < t < π et cos(t) = 0, d’où l’on tire que t = π2 . si x < 0, alors − π2 < Arctan (x) < 0 et − π2 < Arctan (1/x) < 0. En ce cas, on a −π < t < 0 et cos(t) = 0, d’où l’on tire que t = − π2 . Finalement • pour tout x ∈ R+" , • pour tout x ∈ R−" , 1 π = x 2 π 1 Arctan x + Arctan = − x 2 Arctan x + Arctan ! b. Soit h : R" → R la fonction définie par pour tout x ∈ R" , h(x) = Arctan (x) + Arctan (1/x) La fonction h est dérivable sur R" (comme somme de telles fonctions) et pour tout réel x ∈ R" , h! (x) = 3. 1 1 1 1 1 − = − = 0. 1 + x2 x2 1 + (1/x)2 1 + x2 1 + x2 Comme sa dérivée est nulle sur chacun des intervalles R−" et R+" , h est constante sur chacun de ces intervalles. Pour calculer cette contante, évaluons π π π + = et h en 1 et −1. Il vient f (1) = Arctan (1) + Arctan (1) = 4 4 2 π f (−1) = 2Arctan (−1) = − . ! 2 Résolvons l’équation Arctan (x − 1) + Arctan (x) + Arctan (x + 1) = π/2.! • Existence et unicité de la solution La fonction f : x *→ Arctan (x − 1) + Arctan (x) + Arctan (x + 1) est continue et strictement croissante comme somme de telles fonctions. D’après le Théorème de la bijection elle réalise une bijection de ] − , + π 3π , . En particulier admet un unique antécédent ∞, +∞[ sur − 3π 2 2 2 ! par cette fonction. 8 ! on peut procéder par Analyse-synthèse, mais ici comme on peut directement appliquer le th de la bijection, cette méthode sera plus rapide ! ! ce qui revient précisément à dire que l’équation admet une proposée unique • Calcul de la solution Soit x ∈ R la solution de l’équation proposée. Remarquons tout d’abord que x est nécessairement strictement positif car f (0) = 0 < f (x) = π2 . En ce cas,! d’après la question précédente, on a π − Arctan (x) 2 = Arctan (1/x) ! on va appliquer tan Arctan (x − 1) + Arctan (x + 1) = aux deux membres de l’équation, mais avant tout il est préférable Appliquons tan aux deux membres de cette dernière égalité, il vient d’équilibrer équation ! 2x 1 = 1 − (x2 − 1) x 2 d’où l’on tire successivement que x2 = , puis 3 cette ! #$ 2 S= 3 ! ! comme x est strictement positif EXERCICE 2 Soit f la fonction définie par f (x) = Arccos (1 − 2x). Partie I. Étude d’une fonction f 1. 2. Soit x ∈ R, f (x) est définie pourvu que 1 − 2x ∈ [−1, 1], d’où l’on tire que D = [0, 1]. f est continue sur D comme composée de telles fonctions, et dérivable dans ]0, 1[ comme composée de telles fonctions. De plus, pour tout x ∈]0, 1[ ! 2 f (x) = √ 4x − 4x2 ! ! Arccos est continue sur [−1, 1] et dérivable sur l’ouvert ] − 1, 1[ ! 3. En particulier, f ! est strictement positive dans ]0, 1[. D’après la caractérisation des fonctions monotones dérivables, Il s’ensuit que f est strictement croissante comme l’indique le tableau ci-contre : 4. 0 f (x) 1 + ! π f (x) 0 % Au point d’abscisse 12 , la tangente admet pour équation y = 2x − 1.! ! Partie II. Étude de sa bijection réciproque 1. 2. Pour déterminer la bijection réciproque de f , on adopte le point de vue équation Soit donc y ∈ [0, π] et x ∈ [0, 1]. On a alors les équivalences : 1 − cos(y) 2 Ainsi, f −1 : [0, π] → [0, 1] est définie pour tout y ∈ [0, π] ,par f −1 (y) = 1 − cos y . ! 2 9 l’équation de la tangente en a est y = f (a) + f ! (a)(x − a) La fonction f : [0, 1] → R est une fonction continue et strictement croissante. D’après le ,Théorème+ de la bijection, f réalise une bijection de [0, 1] sur f ([0, 1]) = f (0); f (1) = [0, π]. ! y = Arccos (1 − 2x) ⇐⇒ cos(y) = 1 − 2x ⇐⇒ x = ! 3. 4. ! f −1 est dérivable sur [0, π] par OPA et pour tout y ∈ [0, π], on a (f −1 ) (y) = sin y . ! y Laisse parler le talent ! ! 3 y=acos(1−2*x) y=x 2.5 2 1.5 1 y=0.5*(1−cos(x)) 0.5 0 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 EXERCICE 3 Soit λ ∈ R. On note (Eλ ) l’équation ln(x) − λ(x + 1) = 0 On observe que (Eλ ) ⇐⇒ ln(x) = λ(x + 1) ⇐⇒ f (x) = λ où f : R+" → R est définie par f (x) = ln(x) . x+1 1 Étudions la dérivabilité de f . f est dérivable comme quotient de telles fonctions dont le dénominateur ne s’annule pas et pour tout x > 0, on a : . / 1 (x + 1) − ln(x) 1 1 ! x = × 1 + − ln(x) f (x) = (x + 1)2 (x + 1)2 x Le signe de f ! (x) dépend donc de celui de g(x) = 1 + x1 − ln(x). 2 Or g est dérivable sur R+" et pour tout x > 0, on a : g ! (x) = − 1 1+x 1 − = − 2 < 0. 2 x x x Le tableau suivant résume les variations de g. x 0 α +∞ g !(x) − − +∞ , g(x) 0 , −∞ D’après le théorème de la Bi-Bi, g réalise une bijection strictement décroissante et continue de ]0, +∞[ sur R. En particulier, il existe un réel α, unique tel que g(α) = 0. 3 Ainsi f ! (x) > 0 ⇐⇒ g(x) > 0 ⇐⇒ x < α. On en déduit le tableau de variations de f . 10 ! trobo ! ! x 0 ! f (x) α + f (α) f (x) −∞ % +∞ x→0 − , • Au vois de 0+ , f (x) −−→ −∞. 0 • Au vois de +∞, f (x) = ln(x) × x 1 − − → 0 par croissances com1+ x1 x→0 parées. 4 Finalement, en appliquant le Corollaire du TVI pour les fonctions strictement monotones, on obtient : • Si λ # 0, (Eλ ) a une seule solution • Si 0 < λ < f (α), (Eλ ) a deux solutions distinctes • Si λ = f (α), (Eλ ) a une seule solution • Si λ > f (α), (Eλ ) n’a pas de solution ! 11
