corrigé du devoir libre n˚04 - MPSI Saint-Brieuc

MPSI du lycée Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr
à rendre le mercredi 2 novembre 2011
CORRIGÉ DU DEVOIR LIBRE N˚04
PROBLÈME 1
1.a. La fonction restreinte cos| : [0, π] → [−1] est une fonction bijective
décroissante. La fonction Arccos est sa bijection réciproque. C’est
donc la fonction Arccos : [−1, 1] → [0, π] qui vérifie pour tout couple
(x, t) de réels
t ∈ [0, π]
x ∈ [−1, 1]
⇐⇒
x = cos(t)
t = Arccos (s)
La fonction Arccos est dérivable sur l’ouvert ] − 1, 1[ comme fonction réciproque d’une fonction dérivable bijective dont la dérivée ne
s’annule pas. Et d’après ce même théorème
∀x ∈] − 1, 1[, Arccos ′ (x) = √
Arccos (x)
l’unique
est
antécédent
de x par la fonction
cosinus qui est compris
entre 0 et π
Fomule de la
dérivée d’une bijection
dérivable
(f −1 )′ =
−1
1 − x2
1
f ′ ◦ f −1
b. On en déduit
4
x
Arccos ′ (x)
Arccos (x)
1
−1
1
−
y = Arccos
2 (x)
&0
0
−2
0
2
4
y = cos| (x)
−2
c. Soit x ∈ [−1, 1], on pose t = π − Arccos (x) alors t ∈ [0, π] et
cos(t) = −x. Finalement, on a bien Arccos (−x) = π − Arccos (x).
d. Soit x ∈ [−1, 1], on pose t = Arccos (x) de sorte que t ∈ [0, π] et
x = cos(t). Ainsi,
t
est
l’unique
antécédent de −x par
la
fonction
cos
qui
soit compris entre 0
et π, par définition,
cos(Arccos (x)) = x
sin(Arccos (x)) = sin(t) =
√
=
1 − x2
t = Arccos (−x)
q
sin2 (t) =
1
p
1 − cos2 (t)
ainsi sin(t) ≥ 0
2.a. Soit x ∈ R, quelques lignes de trigo donnent
cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1
cos(3x) = cos(2x + x) = cos(2x) cos(x) − sin(2x) sin(x)
= cos(x) 2 cos2 (x) − 1 − 2 cos(x) sin2 (x)
= cos(x) 2 cos2 (x) − 1 − 2 cos(x) 1 − cos2 (x)
= 4 cos3 (x) − 3 cos(x)
b. Soit (x, y) ∈ R2 . Posons a =
et y = a − b. On a alors x+y
x−y
et b =
, de sorte que x = a+b
2
2
cos(x) + cos(y) = cos(a + b) + cos(a − b)
= cos a cos b − sin a sin b + cos a cos b + sin a sin b
= 2 cos a
cos b x−y
x+y
cos
= 2 cos
2
2
formules d’addition
pour cos
Définition : Soit n ∈ N. On définit la fonction Tn : D → R par
Tn (x) = cos(nArccos (x)).
3.a. Soit n ∈ N, alors
Tn (1) = cos(nArccos (1)) = cos(0) = 1
0 si n est impair
(−1)k si n = 2k est pair
Tn (−1) = cos(nArccos (−1)) = cos(nπ) = (−1)n
Tn (0) = cos(nArccos (0)) = cos nπ/2) =
b. La fonction x 7→ g(x) = Tn (cos(x)) − cos(nx) est bien définie sur R.
De plus, g est clairement 2π périodique et paire, car la fonction cos
l’est. On étudie g sur [0, π, on cmplétera par symétrie.
Soit donc x ∈ [0, π. Alors Arccos (cos(x)) = x, par suite g(x) =
cos(nArccos (x)) − cos(nx) = 0.
Par symétrie, on en déduit que la fonction g est la fonction constante
nulle. Autrement dit
Pour tout réel x ∈ R,
Tn (cos(x) = cos(nx)
question 1c
c. Soit x ∈ [−1, 1], on a Tn (−x) = cos(nArccos (−x)) = cos(nπ − nArccos (x))
= (−1)n Tn (x)
En conséquence, la fonction Tn est paire si n l’est et impaire si n l’est.
2
il y avait longtemps
d. Soit x ∈ [−1, 1], arbitraire fixé T0 (x) = cos(0) = 1
T1 (x) = cos(Arccos (x)) = x
T2 (x) = cos(2Arccos (x)) = 2 cos2 (Arccos (x)) − 1 = 2x2 − 1
qu’on ne l’avait pas
rappelé ! !
4.a. Soit a ∈ R, n ∈ N. On a cos(na)
+ cos(n + 2)a = 2 cos a cos(n + 1)a,
d’où l’on tire que cos (n + 2)a = 2 cos (n + 1)a cos(a) − cos(na).
b. Soit x ∈ [−1, 1]. On pose a = Arccos (x) et on applique le résultat de
la question précédente :
Tn+1 (x) = cos(n + 2)a = 2 cos a cos(n + 1)a − cos(na)
= 2xTn+1 (x) − Tn (x)
c. On applique successivement la fomrulebde récurrence précédente avec
n = 2, 3, 4. Il vient pour x ∈ [−1, 1]
T3 (x) = 4x3 − 3x
T4 (x) = 8x4 − 8x2 + 1
T5 (x) = 16x5 − 20x3 + 5x
5. Soit n ∈ N⋆ .
a. Soit x ∈ [−1, 1].
Tn (x) = 0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
cos(nArccos (x)) = 0
π
nArccos (x) ≡ [π]
2
π π
Arccos (x) ≡
[ ]
2n n
π + 2kπ
2n
π + 2kπ
⇐⇒ ∃k ∈ [[0, n − 1]], Arccos (x) =
2n
π + 2kπ
⇐⇒ ∃k ∈ [[0, n − 1]], x = cos
2n
π + 2kπ
; k ∈ [[0, n − 1]] .
Finalement S = cos
2n
6.a. Soit a ∈ R. On utilise les formules de Moivre :
⇐⇒
∃k ∈ Z, Arccos (x) =
(cos(a) + i sin(a))n + (cos(a) − i sin(a))n = (cos(na) + i sin(na)) + (cos(na) − i sin(na))
= 2 cos(na)
3
b. Soit x ∈] − 1, 1[, Tn′ (x) =
Tn′ (x) = 0
n sin(nArccos (x))
√
. Par suite
1 − x2
⇐⇒
x ∈] − 1, 1[ et sin(nArccos (x)) = 0
x ∈] − 1, 1[ etnArccos (x) ≡ 0[π]
π π
x ∈] − 1, 1[ etArccos (x) ≡ [ ]
n n
⇐⇒
x ∈] − 1, 1[ et∃k ∈ Z, Arccos (x) =
⇐⇒
⇐⇒
kπ
n
kπ
∃k ∈ [[1, n − 1]], Arccos (x) =
2n
kπ
⇐⇒ ∃k ∈ [[1, n − 1]], x = cos
n
kπ
′
Finalement S = cos
; k ∈ [[1, n − 1]] .
n
c. Soit x ∈ [−1, 1], on pose a = Arccos (x). Alors
⇐⇒
1
1
Tn (x) = cos(na) = (cos(a) + i sin(a))n + (cos(a) − i sin(a))n
√
√ 2 n
2n
2
2
+ x−i 1−x
x+i 1−x
=
2
4