Correction du devoir maison n°7

Cor DM n°7
ECE1-Ozenne-2016/2017
Correction du devoir maison n°7
Fonctions usuelles et matrices
Exercice 1
Adapté d’Ecricome 2003
On définit les fonctions ch et sh par : ch(x) =
x
définie par f (x) =
sh(x)
ex + e−x
ex − e−x
et sh(x) =
. Soit f la fonction
2
2
1. Étude des fonctions sh et ch
(a) Quels sont les ensembles de définition de ch et sh ? Étudier la parité de ch et sh.
(b) Étudier les variations de sh sur R puis déduire son signe. Étudier les variations de ch.
(c) Montrer que : ∀x ∈ R, ch(x) > sh(x).
2. Étude de la fonction f
(a) Donner l’ensemble de définition de f puis étudier sa parité.
(b) On pose : ∀x ∈ R+ , g(x) = sh(x) − xch(x). Étudier les variations de g puis déduire son
signe.
(c) En déduire les variations de f sur R.
3. Une formule : montrer que ∀x ∈ R, ch2 (x) − sh2 (x) = 1.
Solution.
1. Etude des fonctions sh et ch.
(a) ch et sh sont définies sur R.
Soit x ∈ R alors −x ∈ R et :
e−x + e−(−x)
e−x + ex
ch(−x) =
=
= ch(x), donc ch est paire
2
2
x
−x
x
−x
−(−x)
e −e
e − e−x
e −e
sh(−x) =
=
=−
= −sh(x), donc sh est impaire .
2
2
2
ex − (−e−x )
ex + e−x
=
= ch(x) > 0 sur R (car somme d’expo2
2
nentielles qui sont strictement positive).
(b) Soit x ∈ R, sh0 (x) =
On en déduit donc que sh est strictement positive sur R.
e0 − e−0 1 − 1
De plus, sh(0) =
= 0, donc on en déduit de cette valeur et des variations
2
2
que pour x < 0, sh(x) < 0 et, pour x > 0, sh(x) > 0 (cf. tableau ci-dessous).
x
−∞
sh0 (x)
sh
0
+∞
+
−∞
Soit x ∈ R, ch0 (x) =
précédente.
0
+∞
ex − e−x
= sh(x), et on connait le signe de sh(x) d’après l’étude
2
1
x
−∞
ch0 (x)
−
ch
+∞
0
0
+
+∞
+∞
1
On en déduit alors que ch est strictement décroissante sur R− et strictement croissante
sur R+ .
(c) Soit x ∈ R, on trouve ch(x)−sh(x) = e−x > 0, d’où le résultat : ∀x ∈ R, ch(x) ≥ sh(x) .
2. Etude de la fonction f .
(a) f est définie si et seulement si sh(x) 6= 0, donc sur R∗ , d’après la première partie du
problème (cf. tableau de variation de sh).
−x
−x
x
Soit x ∈ R∗ , alors −x ∈ R∗ et f (−x) =
=
=
= f (x).
sh(−x)
−sh(x)
sh(x)
Donc f est paire (à noter que l’on a utilisé que sh est impaire dans la preuve).
(b) Soit x ∈ R+ , g 0 (x) = sh0 (x)−(1×ch(x)+xch0 (x)) = ch(x)−ch(x)−xsh(x) = −xsh(x) ≤ 0
(car x est positif et sh(x) est positif sur R+ d’après la question 1)b)).
Donc g est décroissante sur R+ .
De plus, g(0) = 0 donc g(x) ≤ 0 sur R+ .
g(x)
, du signe de g(x).
sh2 (x)
D’après la question précédente g(x) ≤ 0 sur R∗+ . D’où on en déduit que f 0 (x) ≤ 0 sur
(c) Soit x ∈ R∗ , on a f 0 (x) =
R∗+ et donc que f est décroissante sur R∗+ .
Comme nous avons montré que f est paire, on en déduit que f est croissante sur R∗− .
3. Une formule
Soit x ∈ R,
ch2 (x) − sh2 (x) =
4
(ex + e−x )2 (ex − e−x )2
e2x + 2 + e−2x − (e2x − 2 + e−2x )
= =1
−
=
2
2
2
2
4
4
en développant (ex + e−x )2 et (ex − e−x )2 à l’aide des identités remarquables et en utilisant
les propriétés de l’exponentielle.
Exercice 2
On considère l’application d définie par : d : R −→ R, x 7−→ x − bxc.
1. Calculer d(3, 786543), d(7), d(−2, 3456).
2. Montrer que : ∀x ∈ R, d(x + 1) = d(x). Que peut-on dire de d ?
3. Reconnaître la restriction de d à [0, 1[.
4. Déduire de ce qui précède d(R+ ) (l’image directe de R+ par d).
5. Montrer que ∀x ∈ R, d(x) = 0 ⇔ x ∈ Z.
Solution.
1. On a par définition de la fonction d :
d(3, 786543) = 0, 786543, d(7) = 0, d(−2, 3456) = −2, 3456 + 3 = 0, 6544.
(on remarque que la fonction partie décimale d’un nombre ne consiste pas à " prendre les
chiffres après la virgule" pour les réels négatifs).
2
2. Rappelons la propriété de la fonction partie entière :
∀x ∈ R, bxc 6 x < bxc + 1.
Donc bxc + n 6 x + n < bxc + n + 1.
Et comme bxc + n ∈ Z et par définition de la partie entière, on a le résultat suivant :
bxc + n = bx + nc. En particulier : ∀x ∈ R, bx + 1c = bxc + 1.
Donc d(x + 1) = (x + 1) − bx + 1c = x − bxc = d(x).
On dit alors que d est périodique de période 1.
3. ∀x ∈ [0, 1[, d(x) = x − bxc = x (car bxc = 0).
Donc : d/[0,1[ = Id[0,1[ .
4. Id([0, 1[) = [0, 1[ et d périodique de période 1 entrainent que d(R+ ) = d([0, 1[) = [0, 1[.
5. ∀x ∈ R, d(x) = 0 ⇔ x = bxc ⇔ x ∈ Z (par définition de la partie entière).
Exercice 3
On considère les deux suites réelles (un )n∈ N et (vn )n∈N définies par leurs premiers termes u0 et v0
et les relations de récurrence : ∀n ∈ N, un+1 = 6un − vn et vn+1 = un + 4vn .
un+1
un
1. Montrer qu’il existe une matrice A telle que pour tout n :
=A
.
vn+1
vn
un
u0
En déduire que pour tout n ∈ N,
= An
vn
v0
2. Montrer que l’on peut décomposer A sous la forme A = 5I + J où I est la matrice identité
et J une matrice à déterminer qui vérifie J 2 = 0.
En déduire An pour tout n. (On pensera à vérifier la formule pour n = 0 et n = 1).
3. Obtenir alors les expressions de un et vn en fonction de n, u0 et v0 .
Solution.
1. Soit n ∈ N. Posons A =
−1
4
6
1
.
Alors un simple produit matriciel montre que : A
un+1
un
déduit que
=A
.
vn+1
vn
un
vn
=
Une récurrence simple permet alors de conclure que
∀n ∈ N,
6un − vn
un + 4vn
un
vn
=A
n
. D’où, on en
u0
v0
.
2. Posons J = A − 5I . Alors
J=
−1
4
6
1
−
5
0
0
5
=
1
1
−1
−1
.
Par ailleurs,
2
J =
1−1
1−1
−1 + 1
−1 + 1
= 02 .
On peut donc décomposer A sous la forme A = 5I + J où I est la matrice identité et J
vérifie J 2 = 0.
Comme I commute avec J, on peut appliquer la formule du binôme de Newton et en déduire
que pour tout n ∈ N :
An = (5I + J)n =
n X
n
k=0
k
J k (5I)n−k =
n X
n
k=0
3
k
5n−k J k =
1 X
n
k=0
k
5n−k J k
car ∀k ≥ 2, J k = 0.
D’où
n
n n
n n−1
5 + n5n−1
An =
5 I+
5
J = 5n I + n5n−1 J =
n5n−1
0
1
En conclusion :
n
A =
Vérification :
5n + n5n−1
n5n−1
−n5n−1
5n − n5n−1
−n5n−1
n
5 − n5n−1
.
50 + 0 × 50−1
Pour n = 0, on a
0−1
1 0 × 5 1−1
5 +1×5
Pour n = 1, on a
1 × 51−1
.
−0 × 50−1
1 0
=
=I .
50 − 0 × 50−1 0 1 2
1−1
−1 × 5
6 −1
=
= A.
51 − 1 × 51−1
1 4
un
u0
3. D’après la question 1, on a ∀n ∈ N,
= An
.
vn
v0
En utilisant la question 2, on en déduit alors que
n
n
un
5 + n5n−1
−n5n−1
u0
(5 + n5n−1 ) × u0 − n5n−1 v0
∀n ∈ N,
=
=
.
vn
n5n−1
5n − n5n−1
v0
n5n−1 u0 + (5n − n5n−1 ) × v0
En conclusion, ∀n ∈ N, on a :
un = (5n + n5n−1 ) × u0 − n5n−1 v0 = 5n−1 [(5 + n)u0 − nv0 ]
vn = n5n−1 u0 + (5n − n5n−1 ) × v0 = 5n−1 [nu0 + (5 − n)v0 ] .
4