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Correction du contrôle 2
PCSI
22 octobre 2011
Problème :
Partie 1 : Etude de la réciproque de la fonction th
1) th est dérivable sur R en tant que quotient de fonctions dérivables donc elle est continue sur R et pour
1
tout x ∈ R : th0 (x) = 2
> 0 sur R.
ch (x)
th est donc strictement croissante sur R.
1 − e−2x
ex − e−x
et comme lim e−2x = 0, on obtient lim th(x) = 1.
De plus, th(x) = x −x =
−2x
x→+∞
x→+∞
e +e
1+e
e2x − 1
2x
De même, th(x) = 2x
et comme lim e = 0, on obtient lim th(x) = −1.
x→−∞
x→−∞
e +1
th est donc continue, strictement croissante sur R à valeurs dans ] − 1, 1[. D'après le théorème de la
bijection :
th est une bijection de R sur I =]0, 1[
.
2) Pour tout x ∈ R : th0 (x) =
ch2 (x) − sh2 (x)
= 1 − th2 (x).
ch2 (x)
On a donc : ∀x ∈ R, th0 (x) = 1 − th2 (x)
3) Argth est dénie sur ] − 1, 1[ et pour tout x ∈] − 1, 1[, −x ∈] − 1, 1[.
Soit x ∈] − 1, 1[ et posons y = Argth(x). On a th(y) = x et th(−y) =
Argth(−x) = Argth(−th(y)) = Argth(th(−y)) = −y = −Argth(x)
e−y − ey
= −th(y) donc :
e−y + ey
La fonction Argth est donc bien impaire.
1
ne s'annule pas sur R. Sa fonction réciproque
ch2 (x)
Argth est donc dérivable sur th(R) =] − 1, 1[ et pour tout x ∈] − 1, 1[ :
1
1
1
Argth0 (x) = 0
=
=
2
th (Argth(x))
1 − th (Argth(x))
1 − x2
4) th est dérivable sur R et sa dérivée, th0 (x) =
Argth est donc dérivable sur ] − 1, 1[ et : ∀x ∈] − 1, 1[, Argth0 (x) =
1
1 − x2
5) Soit x ∈] − 1, 1[ et posons y = Argth(x). On a :
ey − e−y
e2y − 1
1+x
=
donc (e2y + 1)x = e2y − 1 soit e2y (x − 1) = −1 − x d'où e2y =
.
ey + e−y
e2y + 1
1
−x
1+x
1+x
Comme x ∈] − 1, 1[,
> 0 et on obtient alors 2y = ln
d'où :
1−x
1−x
x = th(y) =
1
∀x ∈] − 1, 1[, Argth(x) = ln
2
1+x
1−x
Partie 2 : Etude d'une équation diérentielle
x 6= 0 donc l'équation est équivalente sur J à y 0 +
3
1
y=
x
x(1 − x2 )
3
• Résolvons l'équation homogène associée : y 0 + y = 0.
x
3
Posons a(x) = , une primitive de a sur J est A(x) = 3 ln(x). Les solutions de l'équation homogène sont
x
k
donc les fonctions x 7→ ke−3 ln(x) avec k ∈ R, dénies sur J à valeurs dans R c'est-à-dire x 7→ 3 .
x
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• Recherchons une solution particulière en appliquant la méthode de la variation de la constante. On
k(x)
cherche une solution fp de la forme fp (x) = 3 où k est une fonction dérivable sur J .
x
0 (x)x3 − 3x2 k(x)
0 (x)
k
k
3k(x)
fp0 (x) =
=
−
.
x6
x3
x4
fp est solution de l'équation diérentielle donc :
3
1
fp0 (x) + fp (x) =
x
x(1 − x2 )
k 0 (x) 3k(x) 3 k(x)
1
−
+
=
3
4
3
x
x
x x
x(1 − x2 )
0
k (x)
1
=
.
3
x
x(1 − x2 )
2
x2
1
x2 − 1 + 1
1
1
x −1
x2
0
=− 2
= −1 − 2
=−
=−
+ 2
= −1 +
Donc k (x) =
2
2
2
1−x
x −1
x −1
x −1 x −1
x −1
1 − x2
On obtient alors : k(x) = −x + Argth(x) et les solutions de l'équations sont :
S=
k − x + Argth(x)
J → R : x 7→
, k∈R
x3
Partie 3 : Etude d'une équation fonctionnelle
1) Soit f (x) = C avec C ∈ R une fonction constante solution du problème posé sur R :
2f (x)
2C
donc C =
.
1 + f (x)2
1 + C2
On en déduit : C(1 + C 2 ) = 2C soit C(1 + C 2 − 2) = 0 donc C(C 2 − 1)2 .
On a donc C = 0, C = 1 ou C = −1.
∀x ∈ R, f (2x) =
Les fonctions constantes solutions du problème posé sont : f ≡ 0, f ≡ 1 et f ≡ −1.
2) Soit f une solution au problème posé : f (0) =
2f (0)
donc en procédant comme ci-dessus :
1 + f (0)2
Les valeurs possibles de f (0) sont : 0, −1 et 1.
3) a)
2f
∀x ∈ R, f (x) =
b) ∀x ∈ R : f (x) − 1 =
2f
x
2
x 2
− (1 + f
2
x 2
1+f
2
x
2
x 2
1+f
2
x
x 2 x
2
−
−2f
+
1
+
f
f
)
−
1
2
2
2
=
=−
x 2
x 2 ≤ 0.
1+f
1+f
2
2
On a donc bien :∀x ∈ R, f (x) ≤ 1.
x
2
f
−1
2
c) De même : ∀x ∈ R : f (x) + 1 =
x 2 ≥ 0 et :
1+f
2
On a donc bien : ∀x ∈ R, −1 ≤ f (x).
.
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2f (x)
1 + f (x)2
2(−f (x))
=
1 + (−f (x))2
2(−f )(x)
=
1 + (−f )(x)2
∀x ∈ R,
−f (2x) = −
4)
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car f est solution au problème.
Donc si f est solution au problème alors −f est aussi solution.
∀x ∈ R,
2th(x)
1 + th(x)2
ex −e−x
ex +e−x
=2
2
ex −e−x
x
−x
e +e
x −e−x
(ex + e−x )2 eex +e
−x
2 x
(e + e−x )2 + (ex − e−x )2
(ex + e−x )(ex − e−x )
1+
=
5) th est dénie sur R et :
=2
2e2x + 2e−2x
e2x − e−2x
= 2x
e + e−2x
= th(2x)
La fonction th est donc solution au problème.
x0
= 0 car lim 2n = +∞.
n→+∞ 2n
n→+∞
x x 0
0
f est dérivable en 0 donc elle est continue en 0, donc un = f n converge et lim f n = f (0) = 1.
n→+∞
2
2
6) On a : lim
lim un = 1
n→+∞
7) ∀n ∈ N, un = f
x Comme un+1 =
x0
,
n+1
2
0
n
2
=f 2×
x0
n+1
2
on a bien :
x 0
n+1
2
=
x 2 car f est solution du problème.
0
1 + f n+1
2
2f
∀n ∈ N, un =
8) ∀n ∈ N,
2un+1
1 + u2n+1
2
2
> 0 et comme un = un+1 ×
:
1 + u2n+1
1 + u2n+1
un a le même signe que un+1
.
9) ∀n ∈ N :
2
1 + u2n+1 − 2
un+1 − 1
2un+1
2
un+1 − un = un+1 −
= un+1 1 −
= un+1
= un+1
1 + u2n+1
1 + u2n+1
1 + u2n+1
1 + u2n+1
• u0 > 0 et on a vu que pour tout n ∈ N, un+1 a le même signe que un . On montre alors facilement par
récurrence que pour
n ∈ N, un > 0, en particulier, un+1 > 0.
tout
x x0 0
• ∀n ∈ N, un+1 = f n+1 . Or d'après 3), pour tout x ∈ R, −1 ≤ f (x) ≤ 1 donc −1 ≤ f n+1 ≤ 1
2
2
x 2
0
d'où 0 ≤ f n+1
≤ 1 c'est-à-dire u2n+1 − 1 ≤ 0.
2
u2 − 1
Comme 1 + u2n+1 > 0, on en déduit que n+1 2 ≤ 0
1 + un+1
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Finalement un+1 − un ≤ 0 et :
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La suite (un ) est décroissante.
.
10) • Si u0 > 0 alors la suite (un ) est décroissante : ∀n ∈ N, un ≤ u0 = f (x0 ).
Or f (x0 ) ≥ 1 d'après 3) et f (x0 ) 6= f (0) = 1 d'après l'énoncé donc f (x0 ) < 1. On a donc pour tout
n ∈ N, un < 1 et (un ) décroissante ce qui contredit le fait que lim un = 1 que l'on a démontré en 6).
n→+∞
• Si u0 = 0 alors la suite (un ) est constante égale à 0 ce qui contredit le fait que lim un = 1 que l'on a
n→+∞
démontré en 6).
• Si u0 < 0 alors pour tout n ∈ N, un < 0 ce qui contredit le fait que lim un = 1 que l'on a démontré
n→+∞
en 6).
Dans tous les cas, nous aboutissons à une contradiction.
.
11) On a vu en 4) que si f est solution alors −f est aussi solution et si f (0) = −1 alors (−f )(0) = 1.
On peut reprendre les questions précédentes en ramplaçant f par −f et on obtient là encore une
contradiction.
12) L'hypothèse formulée au départ est donc absurde : Sous l'hypothèse f (0) = 1, il est absurde de supposer
l'existence d'un réel x0 tel que f (x0 ) 6= f (0) et donc :
Si f (0) = 1 ou f (0) = −1, f est constante sur R.
.
Géométrie
→
− →
−
Le plan P est muni d'un
repère orthonormé
direct R = (O, i , j ). On introduit le point O0 (5; 2) et les
√
√
→
−
→
−
→
−
→
−
−
−
v = 23 i − 21 j .
vecteurs →
u = − 21 i − 23 j et →
1. Faire un dessin ( on prendra une unité égale à 2 cm) que l'on complètera au fur et à mesure de
l'exercice.
−
−
2. Montrer que R0 = (O0 , →
u,→
v ) est un repère orthonormé direct.
3. Soit M (x, y) un point donné par ses coordonnées cartésiennes dans R . Déterminer ses coordonnées
cartésiennes dans R0 .
4. Soit D la droite de P dont une équation cartésienne dans R est : 2x + 2y − 5 = 0. Déterminer une
équation normale de D dans R . Déterminer une équation cartésienne de D dans R0 .
5. Soit A le point de coordonnées (1, 4) dans R. Déterminer une équation cartésienne dans R0 du cercle
C de centre A et de rayon 2.
6. Déterminer la distance entre le point A et la droite D .
√
7. Montrer que le point B(0, 1 + 3) appartient à C et déterminer une équation cartésienne dans R de
la tangente T à C au point B .
Exercice :
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