Lycée Chrestien de Troyes - 2016/2017 - PCSI

Corrigé DS 2 01/10/2016
Exercice 1 : Une étude de fonction
1. Pour tout x∈R, cosx<1 donc 2 −cosx>1. Ainsi, fest un quotient de fonctions définies sur Rdont
le dénominateur ne s’annule pas sur R. Par suite, fest définie sur R. Le domaine de définition de fest
symétrique par rapport à 0 et, pour tout x∈R,
f(−x) = sin(−x)
2−cos(−x)=−sinx 2−cosx=−f(x)
donc fest impaire.
En conclusion, fest définie sur D(f) = Ret est impaire.
2. Soit x∈R. On a x+2π∈Ret
f(x+2π) = sin(x+2π)
2−cos(x+2π)=sinx 2−cosx=f(x).
En conclusion, fest 2π-périodique.
3. La fonction fest dérivable sur D(f)comme quotient de fonctions dérivables sur Rdont le dénominateur
ne s’annule pas et pour tout x∈R:
f0(x) = cos(x)2−cos(x)−sin(x)sin(x)
(2−cosx)2=2cos(x)−(cos2x+sin2x) (2−cosx)2=2cosx−1 (2−cosx)2
qui est du signe de 2cosx−1 car (2−cosx)2>0.
4. On a, pour tout x∈[0,π],
2cosx−1≥0⇐⇒ cosx≥1
2⇐⇒ x∈[0,π 3]
et, de même, 2cosx−1≤0⇐⇒ x∈[π
3,π]. De plus, f(0) = 0, f(π) = 0 et
fπ
3=
√3
2
2−1
2
=
√3
2
3
2
=1
√3.
On obtient ainsi le tableau de variations :
x
f0(x)
f(x)
0π
3π
+0−
00 1
√3
1
√300
5. Avec le tableau de variations, on a, pour tout x∈[0,π],
0≤f(x)≤1
√3
donc, par imparité, pour tout x∈[−π,π],−1
√3≤f(x)≤1 √3. Or, fest 2π-périodique donc, pour tout
x∈R,
−1
√3≤f(x)≤1 √3.
En conclusion, fest bornée sur D(f) = R.

Exercice 2 : Fonction arccos◦cos
1. On a cosπ
4=cos−π 4=√2 2. Ainsi, comme π 4∈[0,π], arccos√2 2=π 4donc
f−π
4=arccos √2 2!=π 4.
2. La fonction cos est définie sur Ret la fonction arccos est définie sur [−1,1]. De plus, pour tout x∈R,
on a −1≤cosx≤1 donc fest définie sur R.
3. La fonction fest définie sur Rqui 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, fest une fonction paire.
4. La fonction fétant 2π-périodique, il suffit d’étudier fsur [−π,π]. Comme fest 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cosx=x.
6. Pour construire le graphe Cfde f, on trace la courbe de x7→ xsur [0,π]puis de x7→ −xsur [−π,0]
car fest paire avant de compléter par 2π-périodicité. On obtient le graphe suivant :
x
f(x)
π
π
0
−π
−2π2π
7. Comme arccos est dérivable sur ]−1,1[,fest dérivable en x∈Rsi et seulement si cos(x)6=1 et cos(x)6=−1.
Ainsi, fest dérivable sur R\πZ. Avec les questions précédentes, on sait que, pour tout x∈]−π,π[\{0},
f(x) = xsi x∈]0,π[;
−xsi x∈]−π,0[
donc
f0(x) = 1 si x∈]0,π[;
−1 si x∈]−π,0[.
En conclusion, par 2π-périodicité, pour tout x∈R\πZ,
f0(x) = 1 si x∈]0,π[+2πZ;
−1 si x∈]−π,0[+2πZ.

Exercice 3 : Une simplification
1. La fonction fest définie et continue sur Ren tant que polynôme. De plus, fest strictement croissante
sur Ret on a f(x)−→
x→+∞
+∞et f(x)−→
x→−∞−∞. Par le théorème de la bijection, fréalise une bijection
de Rsur ]−∞,+∞[= R.
2. On a, pour tous x,y∈R,
(x+y)3= (x+y)(x2+2xy +y2) = x3+3x2y+3y2x+y3=x3+y3+3xyx +3xyy =x3+y3+3xy(x+y).
3. Avec la question précédente, on a :
a3=3
q20 +14√2+3
q20 −14√23
=3
q20 +14√23
+3
q20 −14√23
+33
q20 +14√23
q20 −14√23
q20 +14√2+3
q20 −14√2
=20 +14√2+20 −14√2+33
q(20 +14√2)(20 −14√2)a
=40 +33
q202−(14√2)2a
=40 +33
√8a
donc a3=40 +6a.
4. Procédons par analyse-synthèse. Supposons qu’il existe α,β,γ∈Rtel que
x3−6x−40 = (x−4)(αx2+βx+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:x7→x2+4x+10, définie sur R, est une fonction polynomiale de degré 2 dont le discrimi-
nant vaut 42−4×10 =−24 <0 donc cette fonction est de signe constant sur R. De plus ψ(0) = 10 >0.
Finalement x7→ 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)(x2+4x+10
| {z }
>0
) = 0⇐⇒ x−4=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 aest l’unique solution de l’équation de la question précédente.
En conclusion, a=4.

Exercice 4 : Fonctions sigmoïdes
Fonction tangente hyperbolique
1. On a th =sh
ch . La fonction th est donc un quotient de fonctions définies et dérivables sur Rdont le
dénominateur ne s’annule pas sur Rdonc 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)=ch2(x)−sh2(x) ch2(x)=1 ch2(x).
La fonction th est définie sur Rqui est symétrique par rapport à 0 et, pour tout x∈R,
th(−x) = e−x−e−(−x)
e−x+e−(−x)=e−x−ex
ex+e−x=−ex−e−x ex+e−x=th(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)
ex(1+e−2x)=1−e−2x 1+e−2x
donc, comme e−2x−→
x→+∞
0, par opérations
th(x)−→
x→+∞
1
1=1.
De la même manière th(x)−→
x→+∞−1. On obtient ainsi le tableau de variations
x
f0(x)
f(x)
−∞+∞
+
−1−111
puis la représentation graphique :
x
f(x)
0
−1
1
3. La fonction th est continue et strictement croissante sur Rdonc, par le théorème de la bijection, th réalise
une bijection de Rsur th(R) =] −1,1[(la dernière égalité étant justifié par le tableau de variations).
4. Soit x∈Ret y∈]−1,1[. On a les équivalences, en posant X=eX>0,
y=th(x)⇐⇒ y=ex−e−x
ex+e−x⇐⇒ y=X−1
X
X+1
X
⇐⇒ y=X2−1
X2+1⇐⇒ (X2+1)y=X2−1
⇐⇒ (1−y)X2=1+y⇐⇒ X2=1+y
1−y
⇐⇒ (ex)2=1+y
1−y⇐⇒ ex=q1+y 1−y
⇐⇒ x=lnq1+y
1−y=1 2ln1+y 1−y
En conclusion, pour tout x∈]−1,1[,
th−1(x) = 1
2ln1+x 1−x.

5. La fonction ln étant dérivable sur ]0,+∞[, th−1est dérivable en x∈Rlorsque 1+x
1−x>0. Ainsi, th−1est
dérivable sur]−1,1[et pour tout x∈]−1,1[:
th−10(x) = 1
2
d
dx1+x 1−x
1+x
1−x
=1
2
2
(1−x)2
1+x
1−x
=1
(1−x)(1+x).
Finalement th−1est dérivable sur]−1,1[et pour tout x∈]−1,1[:
th−10(x) = 1
1−x2.
Fonction sigmoïde
6. Pour tout x∈R, 1 +e−λx>1>0 donc fλest l’inverse d’une fonction dérivable sur Rdont le dénomi-
nateur ne s’annule pas : fλest dérivable sur R. On a, pour tout x∈R,
f0
λ(x) = −
d
dx(1+e−λx)
(1+e−λx)2=−−λe−λx (1+e−λx)2=λe−λx (1+e−λx)2.
7. La dérivée de fλest du signe de λ. On distingue les cas λ>0, λ=0 et λ<0.
Lorsque λ>0, fλest strictement croissante et, comme e−λx−→
x→+∞
0, e−λx−→
x→−∞
+∞, par opérations
fλ(x)−→
x→+∞
1
1+0=1 et fλ(x)−→
x→−∞
0.
Lorsque λ<0, fλest strictement décroissante et, de façon analogue,
fλ(x)−→
x→+∞
0 et fλ(x)−→
x→−∞
1.
Lorsque λ=0, fλest constante en 1
2et
fλ(x)−→
x→+∞
1
2et fλ(x)−→
x→−∞
1
2.
8. Soit x∈R.Ona:
fλ(x) = 1
e−λx
2eλx 2+e−λx 2=1
e−λx
2eλx 2+e−λx 2=eλx
2
eλx
2+e−λx 2
=
1
2eλx
2+e−λx 2+1
2eλx
2−e−λx 2
eλx
2+e−λx 2
qui donne
fλ(x) = 1
2+1 2
eλx
2−e−λx 2
eλx
2+e−λx 2
.
En conclusion, pour tout x∈R,fλ(x) = 1
2+1 2thλx 2.
Équation différentielle
9. Soit fune fonction définie sur Ret ne s’annulant pas sur R. On pose g=1
f−1. On a les équivalences
(les égalités entre fonctions étant valables sur R) :
f0=λf(1−f)
f(0) = 1
2⇐⇒ (f0
f2=λf(1−f) f2
1
f(0)=2
⇐⇒ (−f0
f2+λ1
f−1=0
1
f(0)−1=1
⇐⇒ 
1
f−10+λ1 f−1=0
1
f(0)−1=1⇐⇒ g0+λg=0
g(0) = 1