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PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornDevoir de Mathematiques 2 : corrige Exercice 1. Valeurs remarquables de cosinus, sinus et tangente

On considere le nombre complexez=1 +i⎷2

1.Methode vue en cours.On poseω=x+iyavec(x,y)?R2et on resout l'equationω2=zen remarquant

que, en plus,|ω|2=|z|(?).

2=z?(x+iy)2=1 +i⎷2

?(x2-y2) +i(2xy) =1 +i⎷2 ?x

2-y2=1⎷2

2xy=1⎷2

???x

2-y2=⎷2

2 x2+y2= 1 (?)

2xy=1⎷2

?????x

2=2 +⎷2

4 y

2=2-⎷2

4 xy=12 ⎷2 Commexy >0il vient les deux solutions complexes :ω

1=?2 +

⎷2 2 +i?2-⎷2 2 etω2=-ω12. (a) |z|= 1etargz=π4 [2π](b) On poseω=ρeiθavecρ >0etθ?R. On a donc :

2=z?ρ2ei2θ= 1.eiπ4

??ρ2= 1

2θ=π4

+ 2kπ, k?Z ??ρ= 1

θ=π8

+kπ, k?Z

On a les deux solutions complexes :ω

?1=eiπ8

etω?2=-ω?13. On peut identier les solutions des questions 1 et 2 puisqu'il s'agit des solutions de la m^eme equation. Pour

distinguer l'une de l'autre on examine (par exemple) le signe des parties reelles. Puisquecosπ8 >0il vient :

1=ω?1etω2=ω?2

1

PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornNous obtenons en identiant parties reelles et parties imaginaires :

cos π8 =?2 + ⎷2 2 etsinπ8 =?2-⎷2 2

Par quotient :

tan π8 =?2-⎷2 2 + ⎷2 =⎷2-1Exercice 2. Simplication d'une fonction L'objet de cet exercice est la reecriture de l'expression : f(t) = arctan?sin(t)1-cos(t)?

La partie A propose une approche analytique du probleme; la partie B s'appuie sur des calculs dans le corps des

nombres complexes. Ces deux parties sont independantes.

Notation.Pour un nombre complexez, on designe respectivement parRe(z)etIm(z)la partie reelle et la partie

imaginaire dez.

1.Cours.Cf cours.

Partie A.

Etude analytique

2.fest la composee dearctanetgdonnee parg(t) =sin(t)1-cos(t):

f= arctan◦g.

Cette derniere fonction est denie des lors que1-cos(t)?= 0, c'est-a-dire pourt??2πZ. Puisquearctanest

denie surR, le domaine de denition defest celui deg:R\2πZ=R\ {2kπ, k?Z}La fonctionfest periodique de periode2π:

{ sit?R\2πZ, alorst+ 2πegalement; {f(t+ 2π) = arctan(sin(t+2π)1-cos(t+2π)) = arctan(sin(t)1-cos(t)) =f(t)pour toutt?R\2πZ. On peut donc restreindre l'etude defa[-π,0[?]0,π].

Par ailleurs la fonctionfest impaire :

{ sit?R\2πZ, alors-tegalement; {f(-t) = arctan(sin(-t)1-cos(-t)) = arctan(-sin(t)1-cos(t)) =-f(t)pour toutt?R\2πZ

On peut donc restreindre l'etude defa]0,π]. On complete par symetrie par rapport aOet on obtient la fonction

fsur[-π,0[?]0,π].

On considere dorenavantfsur l'intervalle]0,π].

3.f ?π2 = arctan(1) =π4

4. La fonctiongest le quotient de deux fonctions derivables surR: elle est donc derivable surR\2πZ. De son c^ote,

arctanest derivable surR. Il en resulte quefest la composee de deux fonctions derivables sur leur domaine de

denition, doncfest derivable surR\2πZcomme composee de fonctions derivables. 2 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornPour toutt?]0,π], f ?(t) =cost(1-cost)-(sint)2(1-cost)2arctan?(sint1-cost) cost-1(1-cost)211+ (sint)2(1-cos(t))2 cost-1(1-cost)2(1-cost)22-2cost =-12

5. Avec la question precedente on obtient que, sur l'intervalle]0,π],f(t) =-t2

+CavecCune constante que l'on determine a l'aide de la question. Pour quef?π2 =π4 il faut et il sut queC=π2

Ainsi pour toutt?]0,π],f(t) =π-t2

Partie B.

Etude algebrique

6. Soitzun nombre complexe tel queRe(z)>0. Soitαl'argument dezdans]-π,π[. Notonsρle module dez.

Nous avons alors :

z=ρcos(α) +iρsin(α) Puisque la partie reelle dezn'est pas nul il vient par quotient : tan(α) =sin(α)cos(α)=ρsin(α)ρcos(α)=Im(z)Re(z)

Par ailleurs puisqueRe(z)>0nous avonsα??

-π2 ,π2 . Comme la fonctionarctanest la reciproque de la restriction detana? -π2 ,π2

nous avons :α= arctan?Im(z)Re(z)?On xeθ?]0,π[et on considere le nombre complexeuθ= 1-e-iθ.

7. Avec la methode de l'angle moitie :

u

θ=e-iθ2

2isin?θ2

= 2 sin?θ2 e iπ-θ2

Puisqueθ?]0,π[, on asin(θ2

)>0.

Par consequent|uθ|= 2 sin(θ2

)et en choisissant l'argument dans]-π,π[: arg(uθ) =π-θ2

8. On aRe(uθ) = 1-cos(θ)etIm(uθ) = sin(θ)9. PuisqueRe(uθ)>0le resultat de la question 6 nous permet d'ecrire pour toutθ?]0,π[:arctan

?sin(θ)1-cos(θ)? =π-θ2

On retrouve le resultat de la question 5.

3 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornProbleme I. Sur une famille de fonctions Pour tout reelstrictement positifαon considere la fonctionfαdenie pour toutx >0par f

α(x) =xαe-x2

On noteCαla courbe representative de la fonctionfαdans un repere orthonorme direct.

Partie I. Generalites

Dans cette partieαest un reelstrictement positif.

1.x?→xαetx?→e-x2sont derivables sur]0,+∞[doncfαest derivable sur]0,+∞[. Pour toutx >0,

f ?α(x) =?αxα-1-2xα+1?e-x2 En factorisant parxαil vient :?x >0, f?α(x) =?αx -2x? f

α(x)2. Nous avons limites suivantes :

lim x→0+fα(x) = 0En posanty=x2il vientlimx→+∞fα(x) = limy→+∞yα2 e-y. Par croissance comparee usuelle, cette limite est nulle donclim x→+∞fα(x) = 03. Etudions le signe def?α(x): cette quantite est du signe deαx -2x=α-2x2x qui est elle-m^eme du signe de

α-2x2. Posonsxα=?α

2 etyα=fα(xα). Nous avons donc le tableau de variations :x0xα+∞f ?α(x)+ 0-f α(x)0?yα?0D'apres le tableau de variationsfαadmet un unique maximum enxα=?α 2

4. Nous avonsSα(xα,yα). Pourα= 2,S2(1,1). Or pour toutα >0,fα(1) = 1donc toutes les courbesCαpassent

parS2.Figure 1. Famille des courbesCα 4 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornPartie II. Variations du maximum

Dans cette partie on suppose toujours queαest un reelstrictement positif. On utilise les notations de la partie

precedente.

On considere la fonctiongdenie parg(x) =xxe-x.

5. Reecrivonsg. Pour toutx >0,g(x) =exln(x)-xLa fonctiongest denie sur]0,+∞[. La fonctionx?→xlnx-xest derivable sur]0,+∞[et commeexpest

derivable surR,gest derivable sur]0,+∞[comme composee de fonctions derivables. Pour toutx >0, g ?(x) = ln(x)exln(x)-x,qui est du signe delnx

Nous avons donc le tableau de variation :x0 1 +∞g(x)1?e-1?+∞Justions les limites aux bornes du domaine de denition.

•En0. Par croissance compareelimx→0+xlnx= 0donc lim x→0+exln(x)-x= limx→0+g(x) = 1. •En+∞.limx→+∞xln(x)-x= limx→+∞x(ln(x)-1) = +∞donclim x→+∞g(x) = +∞. Representons l'allure du graphe deg:6. On axα=?α2 12 f

α(xα) =xααe-x2

α=?α2

α2 e-(α2 )22 Doncf

α(xα) =g?α2

?7. limα→0+fα(xα) = limα→0+g?α2 = limt→0+g(t) = 1

8. La quantitefα(xα) =g?α2

est minimale, d'apres le tableau de variations deg, pourα2 = 1c'est a direα= 25 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornProbleme II. Calculs de somme

L'objectif de ce probleme est d'obtenir une expression pour certaines sommes indexees sur des familles d'entiers. Le

probleme est constitue de deux parties totalementindependantes.

Nota Bene. Calculer une somme signie ici en donner une expression ou le symbolesigman'intervient plus.

Partie I. Derivee d'une somme geometrique

Soitx?R.Etant donnen?N?, on se propose de calculer la sommeHn(x)denie par : H n(x) =x+ 2x2+ 3x3+...+nxn=n? k=1kx k

Par ailleurs on poseGn(x) =n?

k=0x k.

1. Nous reconnaissons la des sommes classiques dont les valeurs ont ete vues en cours :G

n(1) =n? k=01 =n+ 1etHn(1) =n? k=1k=n(n+ 1)2

2. L'applicationGn:x?→Gn(x)est derivable surRcomme somme des fonctionsx?→xkderivables surRet de

deriveex?→kxk-1. Par linearite de la derivation il vient : G ?n(x) =n? k=1kx k-1 doncxG ?n(x) =n? k=1kx k=Hn(x)On suppose desormais quex?= 1.

3. La sommeGn(x)est la somme des termes d'une suite geometrique de raisonx?= 1d'apres en resultat du cours

(qui peut s'obtenir par recurrence ou par un calcul direct) nous avonsG

n(x) =xn+1-1x-1·4. En derivantGnsous la forme obtenue a la question precedente comme quotient de deux polyn^omes nous obtenons

pour toutx?R\ {1} G ?n(x) =nxn+1-(n+ 1)xn+ 1(x-1)2·

Donc pour toutx?R\ {1}:H

n(x) =xG?n(x) =nxn+2-(n+ 1)xn+1+x(x-1)2On se propose de verier que l'expression deHn(x)obtenue pourxreel se prolonge aux nombres complexes. La methode

employee dans les questions precedentes ne peut ^etre transposeemutatis mutandisaCcar nous ne disposons pas de notion de

derivee pour les fonctions d'une variable complexe.

5. Soitz?C\ {1}. PosonsHn(z) =n?

k=1kz ket pour tout entiern≥1 P n: 6

PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de Born•Initialisation.Pourn= 1, pour toutz?C\ {1}nous avons d'une partH1(z) =zet d'autre part :

z

1+2-(1 + 1)z1+1+z(z-1)2=z(z2-2z+ 1)(z-1)2=z.

AinsiP1est vraie.

•Heredite.Supposons quePnest vraie. Pour toutz?C\ {1} H n+1(z) =n+1? k=1kz k n? k=1kz k+ (n+ 1)zn+1 nzn+2-(n+ 1)zn+1+z(z-1)2+ (n+ 1)zn+1 nzn+2-(n+ 1)zn+1+z+ (n+ 1)(z2-2z+ 1)zn+1(z-1)2 (n+ 1)zn+3-(n+ 2)zn+2+z(z-1)2

DoncPn+1est vraie.

•Conclusion.Par recurrence surn≥1nous avons montre que pour toutn≥1la propositionPnest vraie.

Partie II. Sommes avec des coecients binomiaux

Soitn?N. On xe un reelθ?]-π,π]. On se propose de calculer les sommes : C n(θ) =n? k=0? n k? cos(kθ)etSn(θ) =n? k=0? n k? sin(kθ)

6. Calculons les sommesCn(π)etSn(π).C

n(π) =n? k=0? n k? cos(kπ) =n? k=0? n k? (-1)k= (1 + (-1))n= 0etSn(π) =n? k=0? n k? sin(kπ) = 0On suppose desormais queθ?=π.

7.Questions de cours.Cf cours.

8.Preliminaire complexe.

(a) Avec la methode de l'angle moitie :eiθ+ 1 =eiθ2 e -iθ2 +eiθ2 = 2cos?θ2 ?eiθ2

Puisqueθ?]-π,π[nous avons2cos?θ2

?>0d'ou :|eiθ+ 1|= 2cos?θ2 etarg?eiθ+ 1?=θ2 [2π](b) Nous avons l'ecriture trigonometrique :? eiθ+ 1?n= 2ncosn?θ2 e inθ2.

9.Conclusion.

(a) D'une part : C n(θ) +iSn(θ) =n? k=0? n k? (cos(kθ) +isin(kθ)) =n? k=0? n k? e ikθ 7 PCSI 2013-2014MathematiquesLycee Bertran de BornD'autre part avec la formule du bin^ome de Newton : n k=0? n k? e ikθ=n?quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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