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Lycée Jules Ferry 2020–2021 PTSI 2 Mathématiques Corrigé du devoir surveillé no

Lycée Jules Ferry 2020–2021 PTSI 2 Mathématiques Corrigé du devoir surveillé no 1 Exercice 1 1. On a pour tout réel x, d’après les formules de factorisation, sin(2x) cos x = 1 2 ! sin(3x) + sin x " . On en déduit par linéarité de l’intégrale que # π/6 0 cos x sin(2x) dx = 1 2 # π/6 0 sin(3x) dx + 1 2 # π/6 0 sin x dx = 1 2 $−cos(3x) 3 %π/6 0 + 1 2 & −cos x 'π/6 0 = 1 6 + 1 2 ( − √ 3 2 + 1 ) # π/6 0 cos x sin(2x) dx = 2 3 − √ 3 4 2. • Par déﬁnition, tan x = sin x cos x, et ceci a un sens pour tout x ̸≡π 2 [π] . • La fonction x %→tan x est dérivable sur son ensemble de déﬁnition en tant que quotient de telles fonctions de dérivée tan′ : x %− →cos2 x + sin2 x cos2 x = 1 cos2 x . • On pose f : x %− →tan x −x. La fonction f est déﬁnie et dérivable sur & 0, π 2 & en tant que diﬀérence de telles fonctions et pour tout x ∈ & 0, π 2 & , f ′(x) = 1 cos2 x −1 = 1 −cos2 x cos2 x = sin2 x cos2 x ⩾0 avec égalité seulement en x = 0. La fonction f est donc strictement croissante sur & 0, π 2 & avec f(0) = tan 0 −0 = 0. Ainsi pour tout x ∈ & 0, π 2 & , f(x) ⩾0 ⇐ ⇒pour tout x ∈ & 0, π 2 & , tan x −x ⩾0 ⇐ ⇒pour tout x ∈ & 0, π 2 & , tan x ⩾x 1 Exercice 2 1. cos a + cos b = 2 cos *a + b 2 + cos *a −b 2 + , cos(a + b) = cos a cos b −sin a sin b , sin(2a) = 2 sin a cos a et cos(2a) = 2 cos2 a −1 . 2. Soit x ∈R. La première formule ci-dessus avec a = 3x et b = 2x donne cos(3x) + cos(2x) = 2 cos *3x + 2x 2 + cos *3x −2x 2 + = 2 cos *5x 2 + cos !x 2 " . On résout alors l’équation cos(3x) + cos(2x) = 0 ⇐ ⇒2 cos *5x 2 + cos !x 2 " = 0 ⇐ ⇒cos *5x 2 + = 0 ou cos !x 2 " = 0 ⇐ ⇒il existe k ∈Z tel que 5x 2 = π 2 + kπ ou x 2 = π 2 + kπ ⇐ ⇒il existe k ∈Z tel que x = π 5 + 2kπ 5 ou x = π + 2kπ. La deuxième condition ci-dessus entraîne la première car si x = π +2kπ avec k ∈Z, alors x = π 5 + 4π 5 + 2kπ = π 5 + 4π + 10kπ 5 = π 5 + (2 + 5k) , -. / ∈Z 2π 5 . L’ensemble des solutions de (E) est donc : 0π 5 + 2kπ 5 : k ∈Z 1 . Les solutions dans [0, 2π] sont celles correspondant à k = 0, 1, 2, 3, 4, donc π 5 , 3π 5 , π, 7π 5 , 9π 5 que l’on représente sur le cercle trigonométrique : • π 5 • 3π 5 • π • 7π 5 •9π 5 2 3. Les formules d’addition puis de duplucation donnent cos(3x) = cos(2x + x) = cos(2x) cos x −sin(2x) sin x = 2 2 cos2 x −1 3 cos x −2 cos x sin2 x = 2 cos3 x −cos x −2 cos x 2 1 −cos2 x 3 = 2 cos3 x −cos x −2 cos x + 2 cos3 x = 4 cos3 x −3 cos x On obtient alors 2 4 cos2 x −2 cos x −1 3 (cos x + 1) = 4 cos3 x −2 cos2 x −cos x + 4 cos2 x −2 cos x −1 = 4 cos3 x −3 cos x , -. / =cos(3x) + 2 cos2 x −1 , -. / =cos(2x) = cos(3x) + cos(2x) 4. Comme vu à la question 2, π 5 et 3π 5 sont solutions de (E) . En reportant dans l’éga- lité précédente, on obtient cos *3π 5 + + cos *2π 5 + , -. / =0 car π 5 est solution de (E) = ! 4 cos2 !π 5 " −2 cos !π 5 " −1 " ! cos !π 5 " + 1 " ⇐ ⇒0 = ! 4 cos2 !π 5 " −2 cos !π 5 " −1 " ! cos !π 5 " + 1 " , -. / ̸=0 car π 5 ̸≡π[2π] ⇐ ⇒0 = 4 cos2 !π 5 " −2 cos !π 5 " −1 ⇐ ⇒4X2 −2X −1 = 0 avec X = cos !π 5 " . Le même calcul est valable avec 3π 5 à la place de π 5 . Les réels cos !π 5 " et cos *3π 5 + sont solutions de l’équation 4X2 −2X −1 = 0. 5. La fonction cosinus est strictement positive sur ' 0, π 2 & et elle est strictement négative sur 'π 2 , π & . De plus 0 < π 5 < π 2 et π 2 < 3π 5 < π donc cos !π 5 " > 0 et cos *3π 5 + < 0 . 3 Le polynôme 4X2−2X−1 est de degré 2, a pour discriminant ∆= 22−4×4×(−1) = 4 + 16 = 20 et a donc deux racines réelles x1 = 2 − √ 20 8 = 2 −2 √ 5 8 = 1 − √ 5 4 et x2 = 2 + √ 20 8 = 1 + √ 5 4 avec x1 < 0 et x2 > 0. Puisque cos !π 5 " et cos *3π 5 + sont racines de ce polynôme avec cos !π 5 " > 0 et cos *3π 5 + < 0, cos !π 5 " = x2 = 1 + √ 5 4 et cos *3π 5 + = x1 = 1 − √ 5 4 . Exercice 3 1. Soit x un réel. Alors puisque y %→ln y est déﬁnie sur R∗ + f est déﬁnie en x ⇐ ⇒ex −1 ̸= 0 et 1 ex −1 > 0 ⇐ ⇒ex ̸= 1 et ex −1 > 0 ⇐ ⇒ex > 1 ⇐ ⇒x > ln 1 = 0. L’ensemble de déﬁnition de f est R∗ + . 2. • ex > 1 pour x > 0 et ex − − − → x→0+ e0 = 1 donc ex −1 − − − → x→0+ 0+. • Par passage à l’inverse : 1 ex −1 − − − → x→0+ +∞. • Par composition : lim x→0+ ln * 1 ex −1 + = lim y→+∞ln y = +∞. D’autre part : ex −1 − − − − → x→+∞+∞donc par passage à l’inverse 1 ex −1 − − − − → x→+∞0+ et lim x→+∞ln * 1 ex −1 + = lim y→0+ ln y = −∞. Ainsi, f(x) − − − → x→0+ +∞et f(x) − − − − → x→+∞−∞. 3. D’après la formule donnant le logarithme d’un inverse, on a pour tout réel x f(x) = ln * 1 ex −1 + = −ln (ex −1) . Posons u : x %→ex −1. La fonction u est dérivable et strictement positive sur R∗ + et la fonction y %→ln y est dérivable sur R∗ + donc par composition f est dérivable sur R∗ + et pour tout x ∈R∗ + f ′(x) = −u′(x) u(x) = − ex ex −1 > 0. Ainsi, f est strictement décroissante sur R∗ +, et son tableau de variations est 4 x f 0 +∞ +∞ +∞ −∞ −∞ 4. • La fonction f est dérivable sur R∗ +, donc elle y est continue. • La fonction f est strictement monotone sur R∗ + d’après la question précédente. • f(x) − − − → x→0+ +∞et f(x) − − − − → x→+∞−∞. D’après le théorème de la bijection, f réalise une bijection de R∗ + sur ]−∞, +∞[. 5. On a pour tout x ∈R∗ + −x −ln 2 1 −e−x3 = −x −ln * 1 −1 ex + = −x −ln *ex −1 ex + = −x −ln (ex −1) + ln (ex) = −x + ln * 1 ex −1 + + x = ln * 1 ex −1 + = f(x) donc f(x) = −x −ln (1 −e−x) . De plus e−x − − − − → x→+∞0 donc ln (1 −e−x) − − − − → x→+∞ln 1 = 0. Ainsi, pour tout réel x, f(x) = 0 −x , -. uploads/Litterature/ ds1-corrige 2 .pdf