Correction du devoir maison n°7
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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