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©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2016-2017 1 Corrigé du DS n°3 du

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2016-2017 1 Corrigé du DS n°3 du samedi 19 novembre Durée : 4 heures de 8h à 12h. Les calculatrices sont interdites. Les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées. Exercice 1 (Questions en vrac) Les questions sont indépendantes. 1. On trouve arcsin(sin 27π 5 ) = −2π 5 , arctan(tan 27π 5 ) = 2π 5 , arccos(cos 27π 5 ) = 3π 5 . 2. Donner la dérivée de la fonction f déﬁnie par f(x) = th(sin(x2)) (ne pas chercher à simpliﬁer la dérivée trouvée). On dérive une composée de trois fonctions : f ′(x) = 1 −th2(sin(x2)) × cos(x2) × 2x . 3. Pour x au voisinage de 0, par produit et quotients d’équivalents, on a : √ 1 −x2 −1 x sin(x) ∼ −x2 2 x × x = −1 2 . 4. Pour x au voisinage de +∞, −3 x est au voisinage de 0. On a (1 −3 x)x = exp(x ln(1 −3 x)). Comme x ln(1 −3 x) ∼x × −3 x = −3, on en déduit que (1 −3 x)x tend vers e−3 . Exercice 2 (Une équation trigonométrique) Le but de l’exercice est de résoudre l’équation (E) : arctan x + arctan(x3) = 3π 4 . On note f la fonction déﬁnie sur R par f(x) = arctan x + arctan(x3). 1. Soit a et b ̸= π 2 mod π tels que a + b ̸= π 2 mod π. tan(a + b) = sin(a + b) cos(a + b) = sin a cos b + sin b cos a cos a cos b −sin a sin b = sin a cos b + sin b cos a cos a cos b(1 −tan a tan b) = tan a + tan b 1 −tan a tan b 2. La fonction arctan est dérivable sur R, donc f est dérivable sur R comme somme et composée de fonctions dérivables. Pour x ∈R, on a f ′(x) = 1 1 + x2 + 3x2 1 + (x3)2 = 1 1 + x2 + 3x2 1 + x6 . 3. On en déduit que f ′ > 0 sur R donc f est strictement croissante sur R et est de plus continue. D’après le théorème de la bijection, elle est bijective de R sur l’intervalle f(R) =] −π, π[ (lim+∞arctan = π 2 d’où lim+∞f = π, puis f est impaire). 4. Comme 3π 4 ∈] −π, π[ et que f est une bijection de R sur ] −π, π[, on en déduit que 3π 4 admet un unique antédédent par f que l’on note α. On a f(1) = π 2 < 3π 4 = f(α), donc nécessairement 1 < α et donc α ∈]1, π[. ©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2016-2017 2 5. Pour x / ∈{−1, 1}, on a x + x3 1 −x4 = x(1 + x2) (1 −x2)(1 + x2) = x 1 −x2 . Ainsi , x + x3 1 −x4 = −1 ⇔ x 1 −x2 = −1 ⇔x = −(1 −x2) ⇔x2 −x −1 = 0 ⇔x = 1 ± √ 5 2 . 6. On a f(α) = 3π 4 d’où tan arctan α + arctan(α3) = tan 3π 4 , ce qui donne à l’aide de la formule d’addition de la tangente : α + α3 1 −α4 = −1. Mais alors d’après la question précédente, α = 1± √ 5 2 . Mais comme 1− √ 5 2 < 0 et α > 0, on a α = 1 + √ 5 2 (c’est le nombre d’or). 7. Puisque f est bijective, elle admet une fonction réciproque f −1 déﬁnie sur ] −π, π[. Comme arctan 1 = π 4 , on a f(1) = π 2 et donc f −1( π 2 ) = 1. La fonction f est dérivable en 1 avec f ′(1) = 1 2 + 3 2 = 2 ̸= 0. Le théorème de dérivabilité des fonctions réciproques nous assure donc que f −1 est dérivable en π 2 et (f −1)′(π 2 ) = 1 f ′(1) = 1 2 . Exercice 3 (Bijection ou non) Les applications suivantes sont-elles bijectives ? Si, oui déterminer leur ap- plication réciproque. 1. exp : R →R+ n’est pas bijective car 0 ∈R+ n’admet pas d’antécédents car ∀x ∈R, ex > 0. 2. f : R →]1, +∞[ déﬁnie par f(x) = 1 ex + 1. Soit y > 1. On a : 1 ex + 1 = y ⇔e−x = y −1 ⇔−x = ln(y −1) ⇔x = −ln(y −1) car y −1 > 0. Ceci montre que f est bijective et que son application réciproque est : f −1 :]1, +∞[→R déﬁnie par f −1(y) = −ln(y −1) . 3. cos : [0, 3π] →[−1, 1] n’est pas bijective car cos(0) = cos(2π) = 1, ce qui montre que 1 admet deux antécédents. 4. cos : [3π, 4π] →[−1, 1] est bijective car continue et strictement croissante sur [3π, 4π] et on a cos([3π, 4π]) = [−1, 1]. Soit y ∈[−1, 1]. On a y = cos(x) avec x = arccos(y) ∈[0, π]. Or on veut un antécédent dans [3π, 4π]. Mais on remarque que cos(4π −x) = cos(−x) = cos(x) = y et 4π −x ∈[3π, 4π] car x ∈[0, π]. Donc 4π −x est l’unique antécédent de y par cos dans [3π, 4π]. Ainsi l’application réciproque est y 7→4π −arccos y . Exercice 4 (Calcul intégral) Les questions sont indépendantes. 1. Calculer I = Z 1 0 et √ 1 + 3et dt. On pose u = et, alors du = et dt. Ainsi I = Z e 1 du √1 + 3u = [2 3 √ 1 + 3u]e 1 = 2 3 √ 1 + 3e − √ 4 = 2 3 √ 1 + 3e −2 . 2. Calculer Z 1 0 arctan x dx. On fait une IPP : on pose u(x) = arctan(x), donc u′(x) = 1 1+x2 et v′(x) = 1 donc v(x) = x. Ainsi I = [arctan(x) × x]1 0 − Z 1 0 x 1 + x2 dx = π 4 −0 −1 2 Z 1 0 2x 1 + x2 dx = π 4 −1 2[ln(1 + x2)]1 0 = π 4 −ln 2 2 . ©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2016-2017 3 3. La fonction t 7→et2−1 dt est continue sur R, donc la fonction G : x 7→ Z x3 0 et2−1 dt est dérivable sur R et on a : G′(x) = e(x3)2−1 × 3x2. Donc G′(1) = 3 et la tangente au point d’abscisse 1 à la courbe de la fonction G est parallèle à la droite d’équation y = 3x −2. 4. On décompose en éléments simples la fraction rationnelle 1 X2−3X+2 = 1 (X−1)(X−2) = −1 X−1 + 1 X−2. On en déduit que I = Z 4 3 dx x2 −3x + 2 = [−ln |x −1| + ln |x −2|]4 3 = 2 ln 2 −ln 3 . On a J = 1 2 Z 4 3 2x −3 x2 −3x + 2 dx + 3 2 Z 4 3 dx x2 −3x + 2 = 1 2 ln |x2 −3x + 2| 4 3 + 3 2I. On en déduit que J = 3 ln 2 −ln 3 . 5. Déterminer la limite lorsque n tend vers +∞de In = Z π 0 n sin(x) x + n dx. Si je ﬁxe x non nul, l’expression n sin(x) x+n est équivalente lorsque n tend vers +∞à n sin x x = sin x. On conjecture donc que In tend vers R π 0 sin x dx. Soit n ∈N∗, on a : Z π 0 n sin x x + n dx − Z π 0 sin x dx = Z π 0 n sin x −(n + x) sin x x + n dx = Z π 0 −x sin x x + n dx ⩽ Z π 0 −x sin x x + n dx = Z π 0 x sin x x + n dx ⩽ Z π 0 x sin x n dx = 1 n Z π 0 x sin x dx − → n→+∞0 On donc prouvé que In tend vers R π 0 sin x dx = 2. Exercice 5 On pose pour n ∈N, In = Z 1 0 (1 −x2)n dx. 1. On eﬀectue une IPP : on pose u(x) = (1 −x2)n donc u′(x) = n(1 −x2)n−1 × (−2x) et v′(x) = 1 donc v(x) = x. On a donc In = (1 −x2)n × x 1 0 | {z } 0 − Z 1 0 (1 −x2)n−1(−2n)x2 dx = 2n Z 1 0 (1 −x2)n−1(x2 −1 + 1) dx = 2n Z 1 0 (1 −x2)n−1(x2 −1) dx + 2n Z 1 uploads/Litterature/ corrige-devoir-3.pdf