Lycée Chrestien de Troyes - 2016/2017 - PCSI

Corrigé DS 2
01/10/2016
Exercice 1 : Une étude de fonction
1. Pour tout x ∈ R, cos x < 1 donc 2 − cos x > 1. Ainsi, f est un quotient de fonctions définies sur R dont
le dénominateur ne s’annule pas sur R. Par suite, f est définie sur R. Le domaine de définition de f est
symétrique par rapport à 0 et, pour tout x ∈ R,
f (−x) =
sin(−x)
− sin x
=
= − f (x)
2 − cos(−x) 2 − cos x
donc f est impaire.
En conclusion, f est définie sur D( f ) = R et est impaire.
2. Soit x ∈ R. On a x + 2π ∈ R et
f (x + 2π) =
sin(x + 2π)
sin x
=
= f (x).
2 − cos(x + 2π) 2 − cos x
En conclusion, f est 2π-périodique.
3. La fonction f est dérivable sur D( f ) comme quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur
ne s’annule pas et pour tout x ∈ R :
cos(x) 2 − cos(x) − sin(x) sin(x) 2 cos(x) − (cos2 x + sin2 x)
2 cos x − 1
f (x) =
=
=
2
2
(2 − cos x)
(2 − cos x)
(2 − cos x)2
0
qui est du signe de 2 cos x − 1 car (2 − cos x)2 > 0.
4. On a, pour tout x ∈ [0, π],
1
π
⇐⇒ x ∈ [0, ]
2
3
π
et, de même, 2 cos x − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [ 3 , π]. De plus, f (0) = 0, f (π) = 0 et
2 cos x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ cos x ≥
f
π 3
=
√
3
2
2−
1
2
=
√
3
2
3
2
1
=√ .
3
On obtient ainsi le tableau de variations :
x
f 0 (x)
f (x)
π
3
0
+
π
−
0
√1
3
0
0
5. Avec le tableau de variations, on a, pour tout x ∈ [0, π],
1
0 ≤ f (x) ≤ √
3
donc, par imparité, pour tout x ∈ [−π, π], − √13 ≤ f (x) ≤
x ∈ R,
√1 .
3
1
1
− √ ≤ f (x) ≤ √ .
3
3
En conclusion, f est bornée sur D( f ) = R.
Or, f est 2π-périodique donc, pour tout
Exercice 2 : Fonction arccos ◦ cos
1. On a cos
π
4
= cos − π4 =
√
2
2 .
Ainsi, comme
π
4
∈ [0, π], arccos
π
f −
= arccos
4
√ 2
2
=
π
4
donc
√ !
2
π
= .
2
4
2. La fonction cos est définie sur R et la fonction arccos est définie sur [−1, 1]. De plus, pour tout x ∈ R,
on a −1 ≤ cos x ≤ 1 donc f est définie sur R.
3. La fonction f est définie sur R qui est symétrique par rapport à 0 et, pour tout x ∈ R, par parité de cos,
f (−x) = arccos cos(−x) = arccos cos(x) = f (x).
En conclusion, f est une fonction paire.
4. La fonction f étant 2π-périodique, il suffit d’étudier f sur [−π, π]. Comme f est également paire, il
suffit finalement de l’étudier sur [0, π].
5. Pour tout x ∈ [0, π] et tout y ∈ [−1, 1], on a l’équivalence :
cos(x) = y ⇐⇒ x = arccos(y).
Finalement, pour tout x ∈ [0, π], f (x) = arccos cos x = x.
6. Pour construire le graphe C f de f , on trace la courbe de x 7→ x sur [0, π] puis de x 7→ −x sur [−π, 0]
car f est paire avant de compléter par 2π-périodicité. On obtient le graphe suivant :
f (x)
π
−2π
0
−π
x
π
2π
7. Comme arccos est dérivable sur ]−1, 1[, f est dérivable en x ∈ R si et seulement si cos(x) 6= 1 et cos(x) 6= −1.
Ainsi, f est dérivable sur R \ πZ. Avec les questions précédentes, on sait que, pour tout x ∈]−π, π[\{0},
x si x ∈]0, π[;
−x si x ∈] − π, 0[
1 si x ∈]0, π[;
−1 si x ∈] − π, 0[.
f (x) =
donc
f 0 (x) =
En conclusion, par 2π-périodicité, pour tout x ∈ R \ πZ,
1 si x ∈]0, π[+2πZ;
0
f (x) =
−1 si x ∈] − π, 0[+2πZ.
Exercice 3 : Une simplification
1. La fonction f est définie et continue sur R en tant que polynôme. De plus, f est strictement croissante
sur R et on a f (x) −→ +∞ et f (x) −→ −∞. Par le théorème de la bijection, f réalise une bijection
x→+∞
x→−∞
de R sur ] − ∞, +∞[= R.
2. On a, pour tous x, y ∈ R,
(x + y)3 = (x + y)(x2 + 2xy + y2 ) = x3 + 3x2 y + 3y2 x + y3 = x3 + y3 + 3xyx + 3xyy = x3 + y3 + 3xy(x + y).
3. Avec la question précédente, on a :
a
3
q
q
√
√ 3
3
3
=
20 + 14 2 + 20 − 14 2
=
=
=
=
q
q
q
q
q
q
√ 3
√ 3
√ 3
√
√
√
3
3
3
3
3
20 + 14 2 +
20 − 14 2 + 3 20 + 14 2 20 − 14 2
20 + 14 2 + 20 − 14 2
q
√
√
√
√
3
20 + 14 2 + 20 − 14 2 + 3 (20 + 14 2)(20 − 14 2)a
q
√
3
40 + 3 202 − (14 2)2 a
√
3
40 + 3 8a
donc a3 = 40 + 6a.
4. Procédons par analyse-synthèse. Supposons qu’il existe α, β , γ ∈ R tel que
x3 − 6x − 40 = (x − 4)(αx2 + β x + γ).
En développant, on aurait pour tout x ∈ R,
x3 − 6x − 40 = αx3 + (β − 4α)x2 + (γ − 4β )x − 4γ.
Ainsi, on a α = 1, β − 4α = 0, (γ − 4β ) = −6 et −4γ = −40 qui donne α = 1, β = 4, γ = 10.
On vérifie qu’en développant, on a effectivement, pour tout x ∈ R, (x − 4)(x2 + 4x + 10) = x3 − 6x − 40.
5. La fonction ψ : x 7→ x2 +4x+10, définie sur R, est une fonction polynomiale de degré 2 dont le discriminant vaut 42 − 4 × 10 = −24 < 0 donc cette fonction est de signe constant sur R. De plus ψ(0) = 10 > 0.
Finalement x 7→ x2 + 4x + 10 une fonction strictement positive sur R.
6. Avec les deux questions précédentes, on a les équivalences, pour tout x ∈ R,
x3 − 6x − 40 = 0 ⇐⇒ (x − 4)(x|2 + 4x
{z + 10}) = 0 ⇐⇒ x − 4 = 0.
>0
Ainsi, l’unique solution de l’équation d’inconnue x ∈ R : x3 − 6x − 40 = 0 est 4.
7. Avec la question 3, a3 −6a−40 = 0 donc a est l’unique solution de l’équation de la question précédente.
En conclusion, a = 4.
Exercice 4 : Fonctions sigmoïdes
Fonction tangente hyperbolique
sh
1. On a th = ch
. La fonction th est donc un quotient de fonctions définies et dérivables sur R dont le
dénominateur ne s’annule pas sur R donc th est définie et dérivable sur R. On a, pour tout x ∈ R :
th0 (x) =
sh0 (x) ch(x) − ch0 (x) sh(x) ch2 (x) − sh2 (x)
1
=
= 2 .
2
2
ch (x)
ch (x)
ch (x)
La fonction th est définie sur R qui est symétrique par rapport à 0 et, pour tout x ∈ R,
th(−x) =
e−x − e−(−x) e−x − ex
ex − e−x
=
−
= th(x).
=
ex + e−x
e−x + e−(−x) ex + e−x
Finalement, th est une fonction impaire.
2. On a, sur R, th0 =
1
ch2
> 0. De plus, pour tout x ∈ R,
th(x) =
ex (1 − e−2x ) 1 − e−2x
=
ex (1 + e−2x ) 1 + e−2x
donc, comme e−2x −→ 0, par opérations
x→+∞
th(x) −→
x→+∞
1
= 1.
1
De la même manière th(x) −→ −1. On obtient ainsi le tableau de variations
x→+∞
x
−∞
0
f (x)
+∞
+
1
f (x) −1
puis la représentation graphique :
f (x)
1
x
0
−1
3. La fonction th est continue et strictement croissante sur R donc, par le théorème de la bijection, th réalise
une bijection de R sur th(R) =] − 1, 1[ (la dernière égalité étant justifié par le tableau de variations).
4. Soit x ∈ R et y ∈] − 1, 1[. On a les équivalences, en posant X = eX > 0,
y = th(x) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
ex −e−x
ex +e−x
2 −1
y = XX 2 +1
(1 − y)X 2 = 1 + y
y=
(ex )2 = 1+y
q 1−y 1+y
1+y
1
⇐⇒ x = ln
1−y = 2 ln 1−y
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒ (X 2 + 1)y =
⇐⇒
X 2 = 1+y
q 1−y
x
⇐⇒
e = 1+y
1−y
En conclusion, pour tout x ∈] − 1, 1[,
1+x
1
th (x) = ln
.
2
1−x
−1
X− X1
X+ X1
2
X −1
y=
5. La fonction ln étant dérivable sur ]0, +∞[, th−1 est dérivable en x ∈ R lorsque
dérivable sur] − 1, 1[ et pour tout x ∈] − 1, 1[ :
0
1
th−1 (x) =
2
d
dx
1+x
1−x
1+x
1−x
1
=
2
2
(1−x)2
1+x
1−x
=
1+x
1−x
> 0. Ainsi, th−1 est
1
.
(1 − x)(1 + x)
Finalement th−1 est dérivable sur] − 1, 1[ et pour tout x ∈] − 1, 1[ :
0
1
.
th−1 (x) =
1 − x2
Fonction sigmoïde
6. Pour tout x ∈ R, 1 + e−λ x > 1 > 0 donc fλ est l’inverse d’une fonction dérivable sur R dont le dénominateur ne s’annule pas : fλ est dérivable sur R. On a, pour tout x ∈ R,
d
(1 + e−λ x )
−λ e−λ x
λ e−λ x
=
−
=
.
fλ0 (x) = − dx
(1 + e−λ x )2
(1 + e−λ x )2 (1 + e−λ x )2
7. La dérivée de fλ est du signe de λ . On distingue les cas λ > 0, λ = 0 et λ < 0.
Lorsque λ > 0, fλ est strictement croissante et, comme e−λ x −→ 0, e−λ x −→ +∞, par opérations
x→+∞
x→−∞
1
= 1 et fλ (x) −→ 0.
x→+∞ 1 + 0
x→−∞
Lorsque λ < 0, fλ est strictement décroissante et, de façon analogue,
fλ (x) −→
fλ (x) −→ 0
x→+∞
Lorsque λ = 0, fλ est constante en
1
2
et
fλ (x) −→ 1.
et
fλ (x) −→
x→−∞
et
fλ (x) −→
x→+∞
1
2
x→−∞
1
.
2
8. Soit x ∈ R. On a :
fλ (x) =
λx
2
e
− λ2x
1
e
1
λx
= λx λx
= λx
=
λx
λx
λx
e 2 + e− 2
e 2 + e− 2
e− 2 e 2 + e− 2
1
2
λx
λx
λx
λx
e 2 + e− 2 + 21 e 2 − e− 2
λx
λx
e 2 + e− 2
qui donne
λx
λx
1 1 e 2 − e− 2
fλ (x) = +
.
2 2 e λ2x + e− λ2x
En conclusion, pour tout x ∈ R, fλ (x) = 21 + 12 th λ2x .
Équation différentielle
9. Soit f une fonction définie sur R et ne s’annulant pas sur R. On pose g =
(les égalités entre fonctions étant valables sur R) :
f 0 = λ f (1 − f )
f (0) = 21
(
f)
f0
= λ f (1−
f2
f2
1
f (0) = 2
(
− ff 2 + λ
⇐⇒
⇐⇒
0
1
f
1
f
− 1. On a les équivalences
−1 = 0
1
f (0) − 1 = 1
 0
 1 −1 0 +λ 1 −1 = 0
g +λg = 0
f
f
⇐⇒
⇐⇒
1
g(0) = 1

−1 = 1
f (0)
En conclusion, f est solution de (E) si et seulement si g est solution de (E’).
10. Procédons par double implication.
Supposons que g est la fonction x 7→ e−λ x . Dans ce cas, g(0) = 1, g est dérivable sur R et g0 : x 7→ −λ eλ x
donc, pour tout x ∈ R,
g0 (x) + λ g(x) = −λ eλ x + λ eλ x = 0.
Par suite, g est solution de l’équation (E’).
Supposons que g est une solution de l’équation (E’). On pose h : x 7→ eλ x g(x). Par produit, h est dérivable
sur R et, pour tout x ∈ R,
h0 (x) = eλ x g0 (x) + λ eλ x g(x) = eλ x g0 (x) + λ g(x) = 0.
Ainsi, h est constante sur R et comme h(0) = 1 × g(0) = 1, h est constante en 1 sur R. On obtient donc,
pour tout x ∈ R, eλ x g(x) = 1 c’est-à-dire g(x) = e−λ x . Par suite, g est la fonction x 7→ e−λ x .
En conclusion, g est solution de l’équation (E’) si et seulement si g est la fonction x 7→ e−λ x .
11. Avec la question 7, une fonction f est solution de (E) si et seulement si 1f − 1 est une solution de (E’)
puis, avec la question 8, une fonction f est solution de (E) si et seulement si pour tout x ∈ R,
1
− 1 = e−λ x
f (x)
ce qui s’écrit
1
f (x)
= 1 + e−λ x puis
f (x) =
1
.
1 + e−λ x
En conclusion, l’équation (E) possède une unique solution donnée par :
f : x 7→
1
.
1 + e−λ x
On définit la fonction tangente hyperbolique, notée th, pour tout x ∈ R par :
th(x) =
ex − e−x
.
ex + e−x
1. Justifier que th est définie et dérivable sur R et calculer sa dérivée (on simplifiera au maximum l’expression de sa dérivée). Déterminer également la parité de th.
2. Déterminer le signe de la dérivée, calculer les limites de th en +∞ et −∞, dresser le tableau des variations
de th et tracer une allure de la courbe représentative de th.
Fonction sigmoïde
Soit λ ∈ R un paramètre fixé. On définit la fonction fλ par
fλ (x) =
1
.
1 + e−λ x
3. Déterminer le domaine de définition et le domaine de dérivabilité de fλ et calculer sa dérivée.
4. En déduire la monotonie de fλ et calculer les limites de fλ en +∞ et en −∞ (on distinguera trois cas).
5. Montrer que pour tout x ∈ R :
λx
1 1
.
fλ (x) = + th
2 2
2
6. On suppose que λ > 0. Comment déduit-on simplement l’allure de la courbe représentative de fλ à
partir de la question 2 ? Quelle symétrie possède-t-elle (on justifiera sa réponse) ? Tracer une allure de
cette courbe.
Soit λ ∈ R. On appelle équation différentielle une équation faisant intervenir une fonction et ses dérivées et
dont les éventuelles solutions sont des fonctions. Le but de cette partie est de résoudre l’équation différentielle
d’inconnue f avec une condition initiale :
f 0 = λ f ( f − 1) et
1
f (0) = .
2
(E)
On admettra qu’une solution de cette équation est définie sur R et ne s’annule pas sur R.
9. Soit f une fonction définie sur R et ne s’annulant pas sur R. On pose g =
solution de (E) si et seulement si g est solution de
g0 + λ g = 0
1
f
et g(0) = 1.
10. Montrer que g est solution de l’équation (E’) si et seulement si g est la fonction
x 7→ e−λ x .
On pourra étudier la fonction h : x 7→ eλ x g(x).
11. À l’aide de la partie précédente, résoudre complètement l’équation (E).
− 1. Montrer que f est
(E’)