H PRPATOUT EN UN1ANNERE Le cours : connaissances et mthodes De nombreux exercices corrigs Des extraits de concoursTOUT LE PROGRAMME EN UN SEUL VOLUME !MATHSMPSIce livre est exclusive chez bibliothque electronique des classes prepa pour plus de livres gratuit vistez nous sur :====================================================================Page Face book :https://www.facebook.com/bibliotheque.electronique.des.classes.prepa====================================================================Forum :http://prepa-book.forummaroc.net====================================================================Crdits photographiquesCouverture : Getty Images/AKIRA INOUEPage 187 : Bettmann/CORBISToutes les photographies de cet ouvrage proviennent de la photothque HACHETTE LIVRE.Composition, mise en page et schmas : PublilogMaquette intrieure : Vronique LefbvreMaquette de couverture : Guylaine MOI HACHETTE LIVRE 2008, 43 quai de Grenelle 75905 Paris Cedex 15Tous droits de traduction, de reproduction et dadaptation rservs pour tous pays.LeCodedelapropritintellectuellenautorisant, auxtermesdesarticlesL.122-4etL.122-5,dunepart,queles copiesoureproductions strictement rserves lusage priv du copiste et non destines une utilisation collective , et, dautre part, que les analyses et les courtes citations dans un but dexemple et dillustration, toute reprsentation ou reproduction intgrale oupartielle, faite sans le consentement de lauteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite .Cettereprsentationoureproduction, parquelqueprocdquecesoit, sansautorisationdelditeurouduCentrefranaisdelexploitation du droit de copie (20, rue des Grands-Augustins, 75006 Paris), constituerait donc une contrefaon sanctionne parles articles 425 et suivants du Code pnal.I.S.B.N. 978-2-0118-1331-2 Avant-proposEnproposantici runi enunseul ouvrageleprogrammedelapremireanneMPSIdesClassesPrparatoiresauxGrandes Ecoles, nous avons voulu privilgier la simplicit et la concision. Nous avons cherch pour chaque nouvelle notionlintroduction la plus conomique et les dmonstrations les plus comprhensibles pour le dbutant. Ce livre ne se sub-stitue pas au cours oral dun professeur, mais nous esprons quil constituera pour ltudiant un outil de travail et de rfrence.Quelques repres typographiques doivent aider le lecteur : tous les mots nouveaux, dfinis au fil du texte, sont reprs par un fond color et sont rpertoris dans lindex. les rsultats essentiels et les noncs des thormes sont encadrs ; les dmonstrations sont clairement identifies par unfilet marginal. des applications proposent, au fur et mesure, des situations o sont mises en oeuvre les notions tudies. une fiche-mthode rsume, en fin de chapitre, les principaux savoir-faire indispensables pour les exercices. chaque chapitre comporte un exercice rsolu qui propose une solution rdige et commente dun exercice classique. les exercices de chaque chapitre sont accompagns la fin du livre dindications et rponses qui peuvent aller, suivant ladifficult, dune simple rponse numrique une solution dtaille en passant par le "coup de pouce" souvent ncessaire.Ces lments de rponse nont videmment dintrt que pour le lecteur qui a effectivement cherch lexercice et quiveut vrifier ses rsultats. Ils doivent tre lus de faon active, le crayon la main, et ne sont jamais dfinitifs : cest aulecteur de conclure et, sil le dsire, de rdiger compltement sa solution. nous avons choisi des exercices poss aux oraux des concours lorsque ceux-ci ne portent que sur le programme dePremire Anne, ce qui est tout de mme assez frquent.Les nouveaux programmes prconisant lintroduction du calcul formel, nous avons choisi de prsenter tout au long delouvrage lutilisation dune calculatrice, en reprant toutes les fonctions relatives aux notions tudies et les compltantventuellement par de petits programmes.Nous remercions tous ceux qui ont bien voulu nous faire bnficier de leurs remarques et de leurs conseils.Les auteursHachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit3SommaireAvant-propos 3Partie I : Programme de dbut danne1 Nombres complexes 72 Fonctions usuelles 303 quations diffrentielles linaires 524 Gomtrie lmentaire du plan 735 Courbes paramtres 946 Coniques 1107 Gomtrie lmentaire de lespace 127Partie II : Nombres et structures algbriques usuelles8 Vocabulaire relatif aux ensembles, aux applications et aux relations 1489 Nombres entiers naturels Combinatoire 16610 Nombres entiers relatifs Arithmtique 18411 Structures algbriques usuelles 19712 Espaces vectoriels 21413 Polynmes 23514 Fractions rationnelles 2554SommairePartie III : Nombres rels, suites et fonctions15 Nombres rels 26816 Suites relles et complexes 28017 Fonctions dune variable relle 304Partie IV : Calcul diffrentiel et intgral18 Drivation des fonctions dune variable relle 32919 Intgration sur un segment 35220 Intgrales et primitives dune fonction continue 37221 Formules de Taylor. Dveloppements limits 38722 Approximations 407Partie V : Algbre linaire23 Dimension des espaces vectoriels 42324 Matrices 44125 Rang dune matrice et systmes linaires 46226 Groupe symtrique 47627 Dterminants 486Partie VI : Espaces vectoriels euclidiens et gomtrie euclidienne28 Produit scalaire, espaces vectoriels euclidiens 50729 Automorphismes orthogonaux 52130 Transformations du plan et de lespace 535Partie VII : EspaceR2et gomtrie diffrentielle31 Fonctions de deux variables relles 54932 Calcul intgral et champs de vecteurs 56733 tude mtrique des courbes planes 581Solutions 594Index 665HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit51NombrescomplexesOBJECTIFS OBJECTIFSRviser et enrichir les notionsvues en Terminale.Prparer le cours dalgbre endonnantdes premiers exemplesde structures.Prparer lecours danalyse, oles fonctions pourront tre aussibien valeurs complexes querelles.Utiliser les nombres complexespour la trigonomtrie. .INTRODUCTIONNs de la rsolution gnrale de lquation dutroisimedegrparBombelli (1572)voirExercice rsolu les nombres complexes sont long-temps considrs comme de commodes intermdiairesde calcul nayant pas dexistence propre. Cest Ha-milton en 1837 qui donne pour la premire fois uneconstructionsatisfaisantedes nombres complexes partir des couples de nombres rels.Lintrt majeur du corps des complexes rside dans lethorme de dAlembert que nous voquerons dans lechapitre Polynmes (chapitre 13) : tout polynmenon constant coefficients complexes possde des ra-cines ! Par ailleurs, les nombres complexes constituentun outil commode en gomtrie plane et en trigono-mtrie.7COURS1Nombres complexes1 Corps des complexes1.1 Dfinition des nombres complexesOn appelle ensemble des nombres complexes et on noteClensembleR2quelon munit des lois de composition interne : addition :(x, y) C (x

, y

) C (x, y) + (x

, y

) = (x + x

, y + y

) multiplication :(x, y) C (x

, y

) C (x, y)(x

, y

) = (xx

yy

, xy

+ x

y)On peut identifier le complexe (x, 0) au rel x, ce qui revient considrer Rcomme une partie de C ; nous constatons que ces deux lois prolongent Claddition et la multiplication dfinies sur R:(x, x

) R2(x, 0) + (x

, 0) = (x + x

, 0)(x, 0)(x

, 0) = (xx

, 0)Le complexe (0, 1) est tel que (0, 1)2= (1, 0), nous le notons i.Lcriture du complexe z = (x, y) devient alors :z = x + iy, (x, y) R2o i2= 1ATTENTIONLa partie imaginairedun complexe est un rel.Par dfinition, (x, y) est lunique couple de rels tel que z = x + iy :x est appel partie relle de z, y est appel partie imaginaire de z.Notations x = Re (z) y = Im (z).La TI-92/Voyage 200 sait biensr calculer avec les nombrescomplexes.Un complexe z est rel si et seulement si sa partie imaginaireest nulle. Un complexe z est dit imaginaire si sa partie relleest nulle. Lensemble des imaginaires est not iR.1.2 Structure de corps deCLa loi +dfinie sur Cpossde les proprits suivantes : elle est associative :(z, z

, z

) C3(z + z

) + z

= z + (z

+ z

) 0 est lment neutre de Cpour +:z C z + 0 = 0 + z = z tout lment de Cpossde un symtrique pour +:z C z

C z + z

= z

+ z = 0:si z = x + iy, z

= x + i(y) = zCes proprits confrent (C, +) une structure de groupe, de plus laddition estcommutative sur C.On dit alors que (C, +) est un groupe ablien.8Nombres complexesCOURS1La loi dfinie sur Cpossde les proprits suivantes : elle est associative :(z, z

, z

) C3(zz

)z

= z(z

z

) 1 est lment neutre de Cpour :z C z1 = 1z = z tout lment non nul de Cpossde un symtrique pour :z Cz

Czz

= z

z = 1:si z = x + iy, z

=x iyx2+ y2=1z(C, ) est donc un groupe ablien, puisque est commutative sur C.Enfin, est distributive par rapport +:(z, z

, z

) C3(z + z

)z

= zz

+ z

z

Ces proprits confrent (C, +, ) une structure de corps commutatif .Ces notions seront tudies de faonplus approfondie dans le chapitre 11Structures algbriques usuelles.1.3 Conjugu dun nombre complexeLe conjugu de z est not conj(z).Onappelleconjugudunombrecomplexe z =x + iy o(x, y) R2, le complexe :z= x iyCette application est involutive : z C (z )=z, elle estdonc bijective.De plus :(z, z

) C2z + z

= z + z

, zz

= zz

On en dduit :(z, z

) C2z z

= z z

et(z, z

) CC_zz

_=zz

z Cn Z nz = nz ; zn= znLe conjugu permet dexprimer facilement la partie relle et la partie imaginairedun complexe, et donc de caractriser les rels et les imaginaires :z C Re (z) =z + z2; Im (z) =z z2iz C z R z = z ;z iR z = zHachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit9COURS1Nombres complexes1.4 Interprtation gomtriquex xyyuOyxM z ()Doc. 1 Image dun nombre complexe.On appelle plan complexe un planPrapport un repre orthonorm(O, u,v).On peut reprsenter le nombre complexe z=x + iy par le point Mde coor-donnes (x, y) (Doc. 1).Le point Mest appel image de z, et rciproquement z est appel affixe deM.Si Met M

sont deux points daffixes zet z

, on appelle aussi affixe du vecteurMM

le complexe z

z.Les axes (O, u) et (O,v) sont appels respectivement axe des rels et axe desimaginaires.xyOy yxM(z)M(z)Doc. 2 Image du conjugu.Limage de z est symtrique de limage de z par rapport laxe des rels, enaccord avec le caractre involutif de la conjugaison (Doc. 2).2 Module dun nombre complexe2.1 Module dun nombre complexeSoit z = x + iy C, o(x, y) R2:zz= (x + iy)(x iy) = x2+ y2: zz R+On appelle module de z le rel positif :[z[ =zz .Le module de z est not abs(z).Si z est rel, son module est aussi sa valeur absolue, cest pour-quoi on emploie la mme notation.Mais attention ! pour un rel x : [x[2= x2, tandis que pour uncomplexe quelconque z, [z[2= zz .Thorme 1Pour tous complexes z et z

:[zz

[ = [z[ [z

[Dmonstration(z, z

) C2[zz

[2= (zz

)(zz

) = (zz )(z

z

) = [z[2[z

[2On en dduit :(z, z

) CCzz

= [z[[z

[z Cn Z [zn[ = [z[n2.2 Ingalit triangulaireThorme 2Pour tous complexes z et z

:[z + z

[[z[ + [z

[Lgalit est vrifie si et seulement si z

= 0ouzz

R+.10Nombres complexesCOURS1DmonstrationLes deux membres de lingalit dmontrer tant des rels positifs, comparonsleurs carrs.[z + z

[2=(z + z

)(z + z

) =z z + z z

+ z

z + z

z

=[z[2+ 2Re (z z

) + [z

[2([z[ + [z

[)2=[z[2+ 2[z[[z

[ + [z

[2= [z[2+ 2[z z

[ + [z

[2Or Re (z z

)[z z

[. Dolingalitdemande. Lgalitestvrifiesi etseulement si Re(z z

) = [z z

[, cest--dire z z

R+. Cette condition estsatisfaite si z

= 0, ou (en divisant par z

z

) sizz

R+.xyOM(z)zDoc. 3 Module dun nombrecomplexe.Dans le plan complexe, le module dez reprsente la distance de lorigine au pointMdaffixe z (Doc. 3).Le rel[z z

[ reprsente la distance entre les points Met M

daffixes z etz

.xzzzyOz zz zz zDoc. 4 Inegalit triangulaire.Comme dans le cas rel, on dduit de lingalit triangulaire que :(z, z

) C2[z[ [z

[ [z z

[[z[ + [z

[et :(z, z

, z

) C3[z z

[[z z

[ + [z

z

[(Cette dernire ingalit reprsente lingalit triangulaire dans le plan complexe(Doc. 4).)La notion de distance nous permet de dfinir dans le plan complexe : le disque ferm de centre a et de rayonR: M P, [z a[RoR R+ ; le disque ouvert de centre a et de rayonR: M P, [z a[ < RoR R+ ; le cercle de centre aet de rayonR: M P, [z a[ = RoR R+.Pour sentraner : ex. 2 73 Reprsentation des nombrescomplexes de module 13.1 GroupeUdes nombres complexes de module 1Lensemble Udes nombres complexes de module 1, muni du produit dfini surCest un groupe, on dit que cest un sous-groupe de(C, )(voir chapitre 11) : (z, z

) U2[zz

[ = [z[.[z

[ = 1, la loi multiplicative est bien une loi decomposition interne sur U. Elle est associative sur C, donc en particulier sur U. Elle possde un lment neutre : le rel 1, qui appartient U. Enfin, toutlment z de U estnonnul, doncpossdeuninversedansC: z

=1ztel que [z

[ =1[z[= 1, ce qui prouve que z

U.xz1 1iiyDoc. 5 Cercle trigonomtrique.[z[ = 1 OM= 1 : lensemble des points Mdu plan daffixe z Uest le cercle de centre Ode rayon 1, appel cercle trigonomtrique (Doc. 5). HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit11COURS1Nombres complexes3.2 Dfinition deeiThorme 3Un complexe z est lment de Usi et seulement sil peut scrire :z = cos + i sin , RAttention, cette criture nest pas unique.DmonstrationPour tout rel , [ cos +i sin [ =cos2 + sin2 = 1: cos +i sin U.Rciproquement, soit z = x + iy un lment de U.Comme x2+ y2= 1, il existe Rtel que x = cos et y = sin , on peutdonc crire z = cos + i sin .Attention, nest pasunique: cos + i sin =cos

+ i sin

quivaut cos = cos

et sin = sin

, cest--dire

2Z.xei

1 1iiyDoc. 6 Reprsentation dun nombrecomplexe de module 1Dsignons par la fonction de Rdans Cdfinie par () = cos + i sin .Les fonctions cos et sinsont drivables, ce qui entrane que lest aussi et : R

() = (cos + i sin )

= sin + i cos = i(cos + i sin )soit : R

() = i()Par analogie avec les fonctions relles dune variable relle t et, on note, pourtout R, () = ei, soit (Doc. 6) :cos + i sin = eiAinsi :[u[ = 1 R u = ei3.3 Formules dEulerPour tout R, cos et sin sont respectivement la partie relle et la partieimaginaire de ei, do : R cos =ei+ ei2et sin = eiei2i3.4 Proprit de lapplication eiRAPPEL : FORMULES DADDITION cos(a + b) =cos a cos b sin a sin b cos(a b) =cos a cos b + sin a sin b sin(a + b) =sin a cos b + cos a sin b sin(a b) =sin a cos b cos a sin bThorme 4(,

) R2eiei

= ei(+

)12Nombres complexesCOURS1Dmonstration(,

) R2eiei

= (cos + i sin )(cos

+ i sin

)= cos cos

sin sin

+ i(cos sin

+ sin cos

)= cos( +

) + i sin( +

)= ei(+

)De mme :(,

) R2eiei

= ei(

)Par rcurrence : n N (ei)n= einet (ei)n= ein, do :n Z (ei)n= eincest--dire :(cos + i sin )n= cos n + i sin nATTENTIONLa formule de Moivre na de sensque si n est entier. Pour , 2Z,lgalit (e2i)/2= eiest un non-sens : elle conduirait ei= 1.Cest la formule de Moivre.3.5 Exponentielle complexePlus gnralement, on peut tendre Cla fonction exponentielle : on appelleexponentiellecomplexelapplicationdfiniesur Cvaleursdans Cqui z = x + iy, avec (x, y) R2, associe :ez= exeiy= ex(cos y + i sin y)On remarque que le module de ezest ex: z C[ez[ = eRe (z).Thorme 5(z, z

) C2ez+z

= ezez

DmonstrationSi z = x + iy et z

= x

+ iy

:ez+z

= ex+x

ei(y+y

)= exex

eiyeiy

= ezez

On montre de mme que :(z, z

) C2ezz

=ezez

et :z Cn Z (ez)n= enzAttention: Tout complexe non nul peut scrire ez, mais un tel z nest pasunique : il nexiste pas dapplication rciproque de z ezdfinie sur C:ez= eiz = ln + i + 2ik k ZHachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit13COURS1Nombres complexes4 Applications la trigonomtrie4.1 Linarisation et factorisation dexpressionstrigonomtriquesUn polynme trigonomtrique est une combinaison linaire dexpressions de laforme cosmx sinnx, o(m, n) N2.Les formules dEuler permettent de le transformer en un polynme des variableseixet eix. Aprs dveloppement, en regroupant les termes conjugus, on obtientune combinaison linaire de cos px et sin qx.Exemple : Linariser cos x sin2x.cos x sin2x =eix+ eix2_eixeix2i_2= 18(eix+ eix)(e2ix2 + e2ix)= 18(e3ixeixeix+ e3ix)= 14(cos 3x cos x)4.2 Transformations de produits en sommeset vice versaDes formules daddition on peut dduire les formules suivantes : cos a cos b = 12(cos(a + b) + cos(a b)) sin a sin b = 12(cos(a + b) cos(a b)) sin a cos b =12(sin(a + b) + sin(a b))En posant a + b = p, a b = q, on obtient les formules inverses : cos p + cos q = 2 cos p + q2cos p q2 cos p cos q = 2 sin p + q2sin p q2 sin p + sin q = 2 sin p + q2cos p q2 sin p sin q = 2 cos p + q2sin p q24.3 Calcul decos nx et sinnx en fonctiondecos x et sinxDaprs la formule de Moivre, nous avons, pour tout n N:cos nx + i sin nx = (cos x + i sin x)nEn dveloppant le premier membre de cette galit par la formule du binme, eten sparant partie relle et partie imaginaire, on obtient cos nx et sin nx.14Nombres complexesCOURS1Exemple : Calcul de cos 5x et sin 5x.e5ix= (cos x + i sin x)5= cos5x + 5i cos4x sin x 10 cos3x sin2x10i cos2x sin3x + 5 cos x sin4x + i sin5xDo :_cos 5x = cos5x 10 cos3x sin2x + 5 cos x sin4xsin 5x = 5 cos4x sin x 10 cos2x sin3x + sin5xRemarque : Pour tout n N, cos nx est un polynme encos x.Si nest impair, sin nx est un polynme ensin x, si nest pair, sin nx est le produitde cos x par un polynme ensin x.Exemple :_cos 5x = cos5x 10 cos3x(1 cos2x) + 5 cos x(1 cos2x)2sin 5x = 5(1 sin2x)4sin x 10(1 sin2x) sin3x + sin5x_cos 2x = 2 cos2x 1sin 2x = 2 sin x cos x4.4 Calcul den

k=0cos(a + kb) et den

k=0sin(a + kb)Ce sont la partie relle et la partie imaginaire de la somme complexe :S =n

k=0ei(a+kb)On reconnat la somme de (n + 1) termes dune suite gomtrique de premierterme eiaet de raisoneib. Si b 2Z, eib= 1et S = (n + 1)eia; si b/ 2Z, S = eia1 ei(n+1)b1 eib.Dansce cas, mettons ei(n+12)ben facteur au numrateur et ei b2en facteur audnominateur :S = eiaei(n+12)b(ei(n+12)bei(n+12)b)ei b2(ei b2 ei b2)= ei(a+nb2 )sin(n+1)b2sinb2Do :n

k=0cos(a + kb) = cos_a + nb2_sin(n+1)b2sinb2et :n

k=0sin(a + kb) = sin_a + nb2_sin(n+1)b2sinb2Pour sentraner : ex. 8HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit15COURS1Nombres complexes5 Forme trigonomtriquedun nombre complexe non nul5.1 Forme trigonomtrique dun nombre complexenon nulSoit z C ; le complexez[z[appartient U. Il existe donc Rtel quez[z[= ei, cest--dire :z = [z[eiCette criture est appele forme trigonomtrique de z ; le relest un argument de z not arg(z).Lensemble des arguments de z est + 2k, k Z.5.2 Proprits des argumentsuxyOM(z)arg zDoc. 7 Argument dun nombrecomplexe.Dans le plan complexe orient, un argument de z est une mesure de langleorient (u,OM), oMest limage de z (Doc. 7).On dduit de (,

) R2eiei

= ei(+

):(z, z

) C2arg(zz

) = arg(z) + arg(z

) [2](z, z

) CCarg( zz

) = arg(z) arg(z

) [2]z C n Z arg(zn) = n arg(z) [2]APPLICATION 1Distances et angles dans le plan complexe1) Soit z un complexe tel que [1 + z[ 1.2) Soit z un complexe de module 1 tel que[1 + z[ < 1 . Montrer que [1 + z2[ > 1 .3) Soit z1et z2deuxcomplexes de mme modulesuprieur 1. Montrer que [z1+z2[1 ou[z21 + z22[1 .1) Soit I le point daffixe 1, Met M

les pointsdaffixes respectives zet z2. Mappartient au disqueouvert de centre I de rayon12. Soit K et K

lespoints de contact des tangentes issues de Oau cerclede centre I de rayon12(Doc. 8).Le triangle (OIK) est un demi-triangle quilatral,donc IOK=6.xy36IOK'KDoc. 8On en dduit que arg z _5 6, 7 6_[2 ] , doarg z2_53, 73_[2]. Le point M

appartientdonc un secteur angulaire inclus dans le demi-planx> 0. La distance IM

reste donc strictement sup-rieure 1 :[1 + z2[ > 1.2) Ici, les points Met M

appartiennent au cerclede centre Ode rayon 1.16Nombres complexesCOURS1xyOIABDoc. 9Mappartient au petit arc de cercle AB

inclus dansle disque ouvert de centre I de rayon 1 (Doc. 9).On en dduit arg z _23, 43_[2],doarg z2_43, 83_[2].Le point M

appartient au grand arc de cercle AB

.La distance IM

reste donc strictement suprieure 1 :[1 + z2[ > 1.3) On pose u =z1z2, on a donc [u[ = 1. En appli-quant ule rsultat de la question 2), on sait que :[1 + u[1 ou [1 + u2[1cest--dire :1 + z1z2 1 ou1 + z21z22 1do :[z2 + z1[[z2[1 ou [z22 + z21[[z22[15.3 Rduction dea cos x + b sinx o(a, b, x) R3Posons : z = a + ib.z eix= (a ib)(cos x + i sin x)= a cos x + b sin x + i(a sin x b cos x)donc :a cos x + b sin x = Re (z eix)crivons z sous forme trigonomtrique :z = r eiz eix= rei(x)do :a cos x + b sin x = r cos(x ) o rei= a + ibExemple :Rsolvons lquation : cos x +3 sin x =2.Ici : z = 1 + i3 = 2 ei 3.Donc : cos x +3 sin x = 2 cos(x 3).Lquation devient : cos(x 3) =22= cos 4.Do :x 3=4 + 2koux 3= 4 + 2kavec k ZS = 12 + 2k,712 + 2k, k ZPour sentraner : ex. 9 et 10HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit17COURS1Nombres complexes6 Racines n-imes dun nombrecomplexe6.1 Racines n - imes de lunitSoit n N. Rsolvons lquation zn=1. Cherchons une solution sous laforme trigonomtrique z = [z[ei.zn= 1 [z[nein= 1_[z[n= 1n = 2k[z[ = 1 = 2kn(k Z)Lensemble des solutions est donc :|n =_e2i kn, k Z_Notons que(|n, )est un sous-groupe de(|, )(voir chapitre 11). On obtienttous ses lments en donnant k , n valeurs conscutives (par exemple, k [[0, n 1]]).xy4i 5e2i 5e6i 5e8i5e1 0Doc. 10 Racines 5-ime de lunit.Dans le plan complexe, les images des lments de |nforment un polygonergulier ncts (si n3) (Doc. 10).La somme des lments de|nest nulle (somme des termes dune suite gom-trique) :n1

k=0e2i kn=1 e2inn1 e2in= 0Exemple : Racines cubiques de lunit. Posons j = e2i3.|3 = 1, j, j2et 1 + j + j2= 0.6.2 Racines n -imes dun nombre complexe quelconqueSoit Z un nombre complexe quelconque et n N.Rsolvons lquationzn= Z.Si Z= 0, il y a une solution unique : z = 0.Si Z , = 0, cherchons les solutions sous la forme trigonomtrique z = [z[ei.Posons Z= [z[ ei zn= Z [z[nein= [Z[ei _ [z[n= [Z[n = + 2k[z[ =n_[Z[ =n + 2kn(k Z)zn= Z z =n_[Z[ ei ne2i kn(k Z)18Nombres complexesCOURS1Toutnombrecomplexenonnul adonc n racines n-imesdistinctes, qui sedduisent de lune dentre elles en la multipliant par un lment quelconque dugroupe |n. Leur somme est nulle.xi10yz1z3z2Doc. 11 Racines cubiques de 8i.Exemple : z3= 8i [z[ = 2 =6 + 2k3z1 = 2ei6=3 + i , z2 = 2e5i6= 3 + i et z3 = 2e3i2= 2i (Doc. 11).6.3 Cas des racines carresTout nombre complexe non nul Z possde donc deux racines carres opposes.Leur calcul effectif laide de la mthode prcdente nest possible que si lon peutcrire facilement Z sous la forme trigonomtrique, ce qui est rare. La mthodesuivante a lavantage dtre plus systmatique.Posons Z =X+ i Y , avec (X, Y ) R2, etcherchons z =x + i y, avec(x, y) R2tel que z2= Z.z2= Z x2y2+ 2ixy = X + i Y _x2y2= X (1)2xy = Y (2)De plus : [z[2= [Z[ x2+ y2=X2+ Y2(3)Les relations(1) et (3) donnent x et y au signe prs. La relation(2) permetdapparier les signes de x et de y.Attention : la fonction racine carre de la calculatrice nedonne quune solution. On peut utiliser cSolve pour ob-tenir les deux racines.Exemple : Calculons les racines carres de Z= 3 4i :x2+ y2= 5x2y2= 32xy = 4x = 2y = 1xy < 0x = 2 et y = 1oux = 2 et y = 1Les racines carres cherches sont donc :z1 = 2 i et z2 = 2 + i6.4 quation du second degrConsidrons lquationaz2+ bz + c = 0, o(a, b, c) C3eta ,= 0. On peut crire le trinme sous la forme canonique :az2+ bz + c = a_z +b2a_2b24a + cLquation quivaut donc :_z +b2a_2=b24ac4a2Posons = b24ac. Si = 0, lquation a une seule solution : z = b2a. Si , = 0, le nombre complexe a deux racines carres et ; lquationa deux solutions :z1 = b + 2a; z2 = b 2aHachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit19COURS1Nombres complexesLes formules sont les mmes que celles qui donnent les solutions dune quation dusecond degr coefficients rels ; mais le calcul des racines carres du discriminantconstitue une tape supplmentaire.Exemple : Rsolvons lquation 2z2(1 + 5i)z 2(1 i) = 0. = (1 + 5i)2+ 16(1 i) = 8 6iCherchons = x + iy tel que 2= (x + iy)2= 8 6i x2+ y2= 10x2y2= 82xy = 6x = 1y = 3xy < 0Do = 1 3i ou = 1 + 3i.Les solutions de lquation sont donc :z1 = 1 + 5i + (1 3i)4=1 + i2z2 =1 + 5i (1 3i)4= 2iComme dans le cas rel, on peut exprimer la somme et le produitdes racines du polynmeaz2+bz+c en fonction des coefficients :z1 + z2 = ba; z1z2 =caRciproquement, deux nombres complexes dont la somme est Set le produit Psont les racines, distinctes ou non, du polynme z2Sz + P.Pour sentraner : ex. 11 187 Nombres complexes et gomtrieplane7.1 Configuration de trois pointsSoit A, Bet Mtrois points du plan complexe, distincts deux deux, daffixesrespectives a, bet z. Considrons le complexe Z=z az b:[Z[ = [z a[[z b[=AMBMarg(Z) = arg(z a) arg(z b) = (BM,AM) [2]Ainsi, le nombrez az bcaractrise la position de Mpar rapport Aet B. Parexemple : ABMest un triangle quilatral z az b= ei 3; ABMest un triangle isocle rectangle enM z az b= i ;Pour sentraner : ex. 19 2320Nombres complexesCOURS17.2 Transformations du plan complexeSoit z z

= f (z) une application de Cdans C ; nous pouvons lui associerune application f du plan complexe P qui au point Mdaffixe z fait cor-respondre M

daffixe z

. Nous allons interprter gomtriquement f , dansquelques cas particuliers : z zLapplication f est la symtrie orthogonale s par rapport laxe rel. Rappe-lons que cette application est involutive. z az, a CSi a = 1, f = IdP, sinon lorigine est le seul point invariant par f .Notons a = ei, alors si z , = 0, z = [z[ei z

= [z[ei(+), cest--dire :OM

= OM et (OM,OM

) = [2]Lapplication f est donc la compose commutative de la rotation de centreOet dangle et de lhomothtie de centre Oet de rapport ; cest unesimilitude directe.f est bijective ; sa rciproque est la compose commutative de la rotation decentre Oet dangle et de lhomothtie de centre Oet de rapport1. z az + b, (a, b) CCCherchons tout dabord si cette application possde des points fixes :z = az + bz(1 a) = b si a =1, f ne possde pas dinvariant, lapplication f associe z z + best la translation de vecteur V , daffixe b, dont la rciproqueest la translation de vecteur V; si a ,= 1, f possde un unique invariant, z0 =b1 a, alorsz

= az + bz

z0 = a(z z0)Soit daffixe z0 ; nous sommes ramens lexemple prcdent : f estla compose commutative de la rotation de centre et dangle et delhomothtie de centre et de rapport . Sa rciproque est la composecommutative de la rotation de centre et dangle et de lhomothtiede centre et de rapport1.Dans tous les cas, f est une similitude directe. Rciproquement, toute simili-tude directe, translation ou compose rotation-homothtie, est associe uneapplication de Cdans Cde la forme z az + b. z1zf est dfinie sur C, valeurs dans C, il est immdiat que cetteapplication est involutive.Notons z = [z[ei; alors : z

=1[z[ei, cest--dire :OM

=1OMet1OM

OM

= s_1OMOM_os est la symtrie par rapport laxe des rels.HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit21COURS1Nombres complexesAPPLICATION 2tude de linversionSoit I lapplicationde Cdans Cdfinie parI (z)=1z . On note encore I lapplication correspon-dante du plan complexe, appele inversion.1) Vrifier que linversion est une involution du planPpriv de Odans lui-mme.2) Dterminer limage par I : dune droite passant par O, prive de O ; dune droite ne passant pas par O ; dun cercle passant par O, priv de O ; dun cercle ne passant pas par O.3) Soit M

= I (M) et N

= I (N), montrer que :M

N

=MNOM.ON4) Soit A, B, C, Dquatre points cocycliques distincts.En considrantune inversion de ple A, montrer quelune des galits suivantes est vrifie :BC.AD + CD.AB = BD.ACou BC.AD + BD.AC = CD.ABou CD.AB + BD.AC = BC.ADtudier la rciproque.1) Pour tout M , = O, I (M) = M

tel que :O, Met M

sont sur la mme demi-droite issue deOet OM.OM

= 1.Ce qui prouve immdiatement que limage par I deM

est M: linversion est une involution du planPpriv de Odans lui-mme.2) Image par I : Dune droite Dpassant par O, prive de ODaprs la remarque prcdente, limage de DestD

, incluse dans D, si D

tait strictement in-cluse dans D, on aurait I (D

) strictement inclusedans D, ce qui est absurde puisqueI I (D) = D. Dune droite ne passant pas par OSoit Dune telle droite, considrons Hprojectionorthogonale de O sur D et H

image de Hpar I .Soit alors Mun point de Det M

son image(Doc. 12). Nous avons :1 = OH.OH

= OM.OM

OM

OH

=OHOMet par alignement des points O, H, H

dunepart, O, M, M

dautre part, (OH, OM) =(OM

, OH

), les triangles OHM et OM

H

sontdoncsemblables, cequi prouvequelangleOM

H

est droit : limage de Dest incluse dansle cercleCde diamtre[OH

], priv de lorigine.OHH0M0MDoc. 12Rciproquement, soit N unpoint dececercleautre que O, la droite (ON) coupe DenN

.Les deux triangles rectanglesONH

etOHN

onten commun langle O, ils sont donc semblables,ce qui prouve que :ONOH

=OHON

1 = OH.OH

= ON.ON

N

= I (N) N= I (N

).Limage de D Oest donc C O. Dun cercle passant par O, priv de ODaprs ltude prcdente limage de C O,o C est un cercle passant par O, dont un dia-mtre est OH

, est la droite perpendiculaire enH= I (H

) ce diamtre. Dun cercle ne passant pas par OSoit un tel cercle C, dquation cartsienne :(E) x2+ y22ax 2by + c = 0 c ,= 0Soit Mun point de ce cercle et M

=I (M) ,donc M= I (M

), nous avons donc :(x, y) =_x

x2+ y2,y

x2+ y2_22Nombres complexesMC si et seulement si ses composantes x, yvrifient (E), cest--dire si et seulement si :x2+ y22ax

(x2+ y2) 2ay

(x2+ y2)+ c(x2+ y2)2= 0Soit, en simplifiant par c(x2+ y2), qui nest pasnul :x2+ y22ac x

2bc y

+ 1c= 0M

dcrit donc uncercle C

, ne passant paspar O.Remarquons que le centre du cercle imageC

nest pas engnral limage ducentre ducercle C.3) Soit M

= I (M) et N

= I (N), montrons que :M

N

=MNOM.ONPour ce calcul, choisissons unrepre orthonormal(O,i,

j) tel que OM= ai, a > 0, doOM

= 1ai.N= (x, y), do :N

=_xx2+ y2,yx2+ y2_Alors :(M

N

)2=_xx2+ y2 1a_2+_yx2+ y2_2=1a2(x2+ y2)2(a2x22ax(x2+ y2)+(x2+ y2)2+ a2y2)=a22ax + x2+ y2a2(x2+ y2)=(x a)2+ y2a2(x2+ y2)=MN2OM2.ON24) Soit A, B, C, Dquatre points cocycliques distincts.Supposons que C est entre les points B et D ; etnotons B

, C

et D

les images par I , inversion deple A, de ces points : B

, C

et D

sont aligns etC

est entre B

et D

(Doc. 13), nous avons donc :B

D

= B

C

+ C

D

, ce qui se traduit laide de laquestion 3) par :BDAB.AD=BCAC.AB +CDAC.ADABCB0D0DOC0I A ( )0Doc. 13Soit, en rduisant au mme dnominateur :BC.AD + CD.AB = BD.ACLes deux autres galits proposes correspondentaux autres dispositions relatives des points B,Cet D.Rciproquement, si lune des trois galits est vrifie,les points B

, C

et D

sont aligns.Considrons alors leurs images B, Cet D, directesou rciproques par une inversion de ple A. si A nest pas unpoint deladroite (B

, C

),limagedecettedroiteestuncerclepassantparA, ce qui signifie que A, B, C et Dsont co-cycliques ; Si A (B

, C

), cette droite est invariante par I ,A, B, Cet Dsont aligns.Quatre points duplansont donc aligns ouco-cycliques si et seulement sils vrifient lune destrois conditions proposes, cest le thorme dePtolme.HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit23Nombres complexes............................................................................................................MTHODEPour montrer quun nombre complexe est rel, on peut : montrer que sa partie imaginaire est nulle ; montrer quil est gal son conjugu ; montrer quil est nul ou que son argument est 0 modulo .Pour montrer quun nombre complexe est imaginaire pur, on peut : montrer que sa partie relle est nulle ; montrer quil est gal loppos de son conjugu ; montrer quil est nul ou que son argument est2modulo .Pour calculer une puissance dun nombre complexe :le mettre sous la forme trigonomtrique.Pour calculer une somme de cosinus, respectivement une somme de sinus :reconnatre la partie relle, respectivement la partie imaginaire, de la somme des termes dune suite gomtriquecomplexe.Pour crire 1 + eiet 1 ei( R) sous la forme r ei , avec (r, ) R2, on peutfactoriser par ei2:1 + ei= ei2_ei2+ ei2_= 2 cos 2 ei21 ei= ei2_ei2ei2_= 2 sin 2 ei(22)...................................................................................................................................................................................................Exercice rsoluQUATION DU TROISIME DEGR, MTHODE DE TARTAGLIAOn considre lquation dans C : (1) z3+ pz + q = 0, o(p, q) R21 Si z est solution de (1), on cherche deux complexes uet v tels que u + v = z et uv = p3.Montrer que u3et v3sont les solutions dune quation du second degr (2).2 En dduire la rsolution de lquation (1) dans C.3 Discuter selon les valeurs de p et q le nombre de solutions relles de lquation (1).4 Exemples : Rsoudre dans C et dans R les quations :z312z 65 = 0, z312z 16 = 0 et z36z + 4 = 024Nombres complexesConseils Solution1) Soit u et v deux complexes tels que uv = p3 . Le complexe u + vest solution de (1) si et seulement si :(u + v)3+ p(u + v) + q = 0cest--dire u3+ v3+ (u + v)(3uv + p) + q = 0, do :u3+ v3= q et u3v3= p327Deux nombres complexes de somme Set de produit P sont les racines du po-lynme X2SX + P.u3et v3sont donc les solutions de lquation du second degr :(2) X2+ qX p327= 0dont le discriminant est rel : =127(4p3+ 27q2)Si u est une racine cubique de U, lesdeux autres racines cubiques de Usontu e2i3et u e2i3.2) Si > 0, lquation (2) a deux solutions relles distinctes (U, V).u3= Uv3= Vuv = p3u 3U,3Uj,3Uj v 3V,3Vj,3Vj uv RApparier les solutions enuet vde sorteque uv soit rel.Do :(u, v) (3U,3V), (3Uj,3Vj ), (3Uj ,3Vj)Lquation (1) a donc une solution rellez0 =3U+3Vet deux solutionscomplexes conjugues :z1 =3Uj +3Vj et z1=3Uj +3VjSi = 0, lquation (2) a une racine double relle U= q2u3= Uv3= Vuv = p3u _3U,3U j,3U j_v _3U,3U j,3U j_uv RDo :(u, v) (3U,3U), (3U j,3U j ), (3U j ,3U j)Lquation (2) a donc deux solutions relles : z0 = 23U et z1 = 3ULes racines cubiques deUsont u0, u0 jet u0 j.Si 0, cest--dire4p3+ 27q2> 0.4) Exemples :z312z 65 = 0u3v3= 64 , u3+ v3= 65 ; do u3= 1, v3= 64u 1, j, j v 4, 4 j, 4 j uv RLquation a une solution relle et deux solutions complexes conjugues :S =_5, 5 33 i2, 5 + 33 i2_z312z 16 = 0u3v3= 64 , u3+ v3= 16 ; do u3= v3= 8(u, v) 2, 2j, 2j 2uv RLquation a deux solutions relles : S = 4, 2.z36z + 4 = 0u3v3= 8, u3+ v3= 4 do u3= 2 + 2i = 22 ei 34, v3= u3u _2 ei 4,2 ei 1112,2 ei 1912_v _2 ei 4,2 ei 1112,2 ei 1912_uv RLquation a trois solutions relles : S = 2, 1 3, 1 +3.26Nombres complexesComplment : Pour rsoudre une quationdutroisime degr quel-conque z3+ az2+ bz + c=0, on peut toujours se ramener la formeZ3+ pZ + q = 0en posant Z= z + a3afin dliminer les termes enz2.Exemple : Rsoudre lquation : z3+ 12z2+ 42z + 44 = 0.Cette quation quivaut (z + 4)36(z + 4) + 4 = 0. On est ramen autroisime exemple ci-dessus. DoS = 2, 5 3, 5 +3.Note historiqueNicolo Tartaglia (1500-1557) dcouvrit, vers 1540, une merveilleuse mthode de rsolution algbrique dquations dutroisime degr. Lors dun dfi lopposant Antonio Maria Fior, qui laccusait de lavoir plagi, Tartaglia rsolut trentequations proposes par Fior, alors que ce dernier ne put en rsoudre une seule de Tartaglia. Invit par Jrme Cardan quilui proposait de financer ses recherches, Tartaglia commit limprudence de lui confier son secret. Cardan sempressa de lepublier sous son nom et il sensuivit une querelle de plusieurs annes jusqu ce que des menaces de mort fassent renoncerTartaglia dfendre ses droits...La mthode de Tartaglia laissait cependant quelques zones dombre : on se ramenait une quation du second degr qui,lorsquelle possdait deux racines relles, fournissait une unique racine relle de lquation du troisime degr. Mais lorsquelquation du second degr navait pas de racine relle, la mthode semblait impuissante fournir les racines relles videntesde lquation du troisime degr ; pour comble de malchance, cest justement dans ce cas quil y en avait le plus grandnombre... (au maximum trois, les racines ngatives tant lpoque cartes).Quelques annes plus tard, Raffaele Bombelli nhsita pas, non seulement considrer des nombres ngatifs, mais aussi leur attribuer une racine carre... Il complta ainsi la mthode de Tartaglia, trouvant systmatiquement toutes les solutionsrelles de lquation du troisime degr aprs limination des racines carres de ngatifs.Les nombres complexes taient ns...27Exercices1 Vrai ou faux ?a. Deux complexes dont la somme et le produit sont rels,sont des rels.b. Pour tout complexe z, [z[2= z2.c. Pour tous complexes aet b,a + ib = 0 a = b = 0d. Deux complexes de mme module dont les argumentsdiffrent de 2sont gaux.e.z C _ez= 1 z = i_f. Lapplicationz ezest bijective.g. Lensemble des nombres complexes de module 1 est ungroupe multiplicatif.h. Tout nombre complexe non nul possde n racines n-imes distinctes.i. Pour tout entier n2, la somme des racines n-imesdun nombre complexe est nulle.j. Une quation du second degr dans C a toujours dessolutions.Forme algbrique module2 Soit z et z

deux complexes de module 1 et a unrel. On note :Z= z + z

+ azz

+ 1 et Z

= z + z

+ zz

+ a1) Montrer que Z

= zz

Z et que [Z[ = [Z

[.2) On suppose que 1 + zz

,= 0. Montrer que le nombreu =z + z

1 + zz

est rel.3 Dmontrer que :n Nn

k=1kik1=i nin(n + 1)in+12En dduire les sommes relles :S1 = 1 3 + 5 7 ++ (1)p(2p + 1)etS2 = 2 4 + 6 8 ++ (1)p+12p4 Dterminer z pour que z, z 1 et1zaient lemme module.5 Soit uet v deux complexes. Montrer que :[u[ + [v[[u + v[ + [u v[[u + v[2+ [u v[2= 2([u[2+ [v[2)(formule du paralllogramme)6 Un entier n est somme de deux carrs sil existe(a, b) N2tel que n = a2+ b2. Montrer quun produitfini de tels entiers est encore somme de deux carrs.7 Pour a et b complexes tels que ab ,=1, soitz =a b1 ab . Montrer que :[z[ = 1 [a[ = 1 ou [b[ = 1Caractriser de mme [z[ < 1.Applications la trigonomtrie forme trigonomtrique8 Calculer les sommes :S1 =n

k=0cos kx ; S2 =n

k=0sin kx ;S3 =n

k=0cos2kx ; S4 =n

k=0sin2kx ;S5 =n

k=0cos kxcoskx; S6 =n

k=0sin kxcoskx ;S7 =n

k=0_nk_cos kx ; S8 =n

k=0_nk_sin kx.9 Calculer le nombre complexe_1 + i31 i_20101)Dterminerlemoduleetunargumentde z =1 + cos + i sin en discutant suivant la valeur du rel .2) Soit z

=1 i1 + cos + i sin o ], [. Calculeren fonction de le module et un argument de z

.28Nombres complexesEXERCICES1quations11Rsoudre de deux faons lquation(z + 1)5= (z 1)5.Comparer les rsultats.12Factoriser dans Cpuis dans Rles polynmes suivants :z31 ; z3+ 1 ; z4+ z2+ 1 ; z4z2+ 1 ; z61 ; z6+ 1.13Soit u=e2i5. Calculer 1 + u + u2+ u3+ u4. Endduire la valeur de cos 25.Application : trouver une construction la rgle et au com-pas dun pentagone rgulier.14On pose u = e2i7, S = u + u2+ u4etT= u3+ u5+ u6.1) Montrer que S et T sont conjugus et que la partieimaginaire de S est positive.2) Calculer S + T et ST. En dduire S et T.15Rsoudre les quations suivantes dans C :1) z22iz 1 + 2i = 02) iz2+ iz + 1 + i = 03) z22+1cos z + 22= 04) z24sin z +13sin2 9 = 0 ]0, [5) 2z2(1 cos 2) 2z sin 2 + 1 = 0 ]0, [6) z22eiz + 2i sin ei= 0 (on crira les racines sousla forme trigonomtrique)7) z3(2 + i)z2+ 2(1 + i)z 2i = 0(racine vidente)8)4iz3+2(1+3i)z2(5+4i)z +3(17i) = 0 (chercherune racine relle)9) z3(5 3i)z2+ (6 11i)z + 2 + 16i = 0 (chercherune racine imaginaire)16Rsoudre lquationz3= 42(1 + i).17Dterminer sous forme trigonomtrique les racines cu-biques du nombre complexe a = 16(1i). Pour tout relon pose z = 1+i +22ei. Dterminer lensemble (C)des points Mdaffixes zquanddcrit [0, 2[.Montrer que les solutions de lquation(z (1 + i))3= asont des affixes de points de (C).18Rsoudre dans C lquation :(z2+ 1)n(z i)2n= 0 (n N)Applications des complexes la gomtrie19 tout point Mdaffixe z , = 1, on associe le pointM

daffixe z

=z 11 z.tablir que [z

[ = 1 ;z

1z 1est rel ;z

+ 1z 1est imagi-naire pur.Endduireuneconstructiongomtriquedupoint M

connaissant le point M.20Dterminer lensemble des points Mdaffixe z telsque les points I daffixei et M

daffixeizsoient alignsavec M. Dterminer lensemble des points M

.21Dterminer lensemble des points Mdaffixe z telsque :Re_z 1z i_= 022Soit A, B, C trois points distincts du plan com-plexe daffixes a, b, c. Montrer que les trois propositionssuivantes sont quivalentes :1) ABCest un triangle quilatral.2) j ouj est solution de lquationaz2+ bz + c = 0.3) a2+ b2+ c2= ab + bc + ca.23Soit ABCDun carr dans le plan complexe. Montrerque si Aet Bont des coordonnes entires, il en est demme de Cet D.Peut-on trouver un triangle quilatral dont les trois som-mets ont des coordonnes entires ?HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit292FonctionsusuellesOBJECTIFS OBJECTIFSRviser les fonctions djconnues : exponentielles, loga-rithmes, puissances, fonctionscirculaires.Dcouvrir de nouvelles fonc-tions : fonctions hyperboliques ethyperboliques rciproques, fonc-tions circulaires rciproques.Prparer le cours danalyse endis-posant de nombreux exemples. .INTRODUCTIONAprsunrappel concernantles fonctionsloga-rithmes, exponentielles et circulaires, lecata-logue des fonctions usuelles senrichit ici de plusieursspcimens dont les tudiants disposent dj sur leurcalculatrice:quellessontcesmystrieusestouches:sin1, cosh, tanh1? Ces fonctions seront uti-lises couramment en analyse, notamment dans lescalculs de primitives.30Fonctions usuellesCOURS21 Fonctions logarithmeset exponentielles1.1 Fonction logarithme nprienNous verrons dans le chapitre 20 que toute fonction continue sur un intervallepossde des primitives sur cet intervalle. Les primitives dune mme fonction surun intervalle sont gales une constante prs. On peut spcifier une primitiveparticulire en prcisant sa valeur en un point de lintervalle.On appelle logarithme nprien la primitive de la fonctionx1xsur R+, quisannule en 1. Cette fonction est note x ln x.Par dfinition, la fonctionlnest drivable surR+et sa drive1xest strictementpositive : lnest strictement croissante sur R+.Pour tout rel y strictement positif, la fonctionx ln(xy) est une primitive de1xsur R+, donc ln(xy) = ln x + C.Pour x = 1, on obtient C = ln y.IMPORTANTCette proprit sera dmontre au 3.4 du chapitre 17.Do :(x, y) R+2ln(xy) = ln x + ln yOn en dduit :x R+ln 1x= ln x(x, y) (R+)2ln xy= ln x ln yn Z x R+ln xn= n ln xlntant strictement croissante, elle admet une limite finie ou infinie en+.yx01lnx 1 Doc. 1 Logarithme rprien.Commeln 2n= n ln 2, limn+ln 2n= +. La limite delnen+ne peut donctre que +.limx+ln x = +En changeant x en1x, on en dduit :limx0ln x = La fonction ln ayant une drive dcroissante (on dit quelle est concave), sacourbe reprsentative est en dessous de sa tangente en tout point, en particulier aupoint 1 (Doc.1) :x R+ln xx 1HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit31COURS2Fonctions usuellesAPPLICATION 1Dterminer lensembledes couples (n, p) N2telsque :n ,= p et np= pnRemarquons que np= pnln nn=ln pp, ce quinous conduit tudier la fonctionf : x ln xx.Cette fonction est drivable sur R+, de drive1 ln xx2, elle est donc croissante sur ]0, e], dcrois-sante sur [e, +[.Nous cherchons n et p entiers tels que :f (n) = f (p) ; lun de ces deux entiers appartient n-cessairement ]0, e].Or f (1) =0, valeur atteinte ence seul point,f (2) =ln 22=ln 44=f (4). Lescouples (2, 4)et (4, 2) sont donc les seules solutions (Doc. 2).yx0 2 1 4 e1eDoc. 21.2 Fonction exponentielle de base eVous avez vu en Terminale que toute fonctionf strictement monotone et conti-nue sur un intervalle I deRralise une bijection de I sur lintervalle J= f (I );la bijection rciproque f 1est alors strictement monotone et continue de Jdans I .La fonction logarithme nprien est continue et strictement croissante sur lin-tervalle ]0, +[. Elle est donc bijective. Sa bijection rciproque est continue etstrictement croissante deRdans ]0, +[; elle est appele exponentielle et noteexp .Pour tous rels x et y, on a :ln(exp(x) exp(y)) = ln(exp(x)) + ln(exp(y)) = x + y = ln(exp(x + y))Do, puisque la fonction logarithme nprien est bijective :(x, y) R2exp(x + y) = exp(x) exp(y)On en dduit :x R exp(x) =1exp(x)(x, y) R2exp(x y) = exp(x)exp(y)n Z x R exp(nx) =_exp(x)_nOn remarque que :n Z exp(n) = exp(n1) =_exp(1)_n32Fonctions usuellesCOURS2En notant e le rel exp(1), on a donc :n Z exp(n) = en.On convient dcrire pour tout x R : exp(x) = ex(pour x Z, cest une proprit ; pour x , Z, cest une dfinition).La fonctionexpest appele exponentielle de base e.Avec cette nouvelle notation, on a donc :x R ex=1ex(x, y) R2exy= exeyn Z x R enx=_ex_nNous dmontrerons dans le chapitre 18 : Drivation des fonctions dune variablerelle que, si f est une bijection, drivable, et si sa drive ne sannule pas surI , alors f 1est drivable sur J= f (I ) de drive :(f 1)

=1f f 1yxx+101xeDoc. 3 La fonction exponentielle.La drive du logarithme nprien ne sannulant pas, la fonction exponentielle estdrivable sur R et :x R (exp)

(x) =11/ex= exLa fonction exponentielle de base e est gale sa drive.Les limites de lexponentielle se dduisent de celles dulogarithme nprien(Doc. 3) :limx+ex= + limxex= 01.3 Fonctions exponentielles de base quelconqueSoit a R+. Onappelleexponentielledebase a lafonctionnote expadfinie sur Rpar :x R expa(x) = ex ln aOn vrifie que :(x, y) R2expa(x + y) = expa(x) expa(y)En effet :expa(x + y)=e(x+y) ln a=ex ln aey ln a=expa(x) expa(y)En particulier :n Z expa(n) =_expa(1)_n= anOn convient dcrire pour tout x R : expa(x) = ax. HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit33COURS2Fonctions usuellesATTENTIONSeul un rel strictement posi-tif peut tre lev un expo-sant rel quelconque. 22signifieexp2(2), cest--dire exp(2 ln 2);mais (2)2na aucun sens.Avec cette nouvelle notation, on a donc :x R ax= ex ln ax R ln ax= x ln a(x, y) R2ax+y= axayx R ax=1ax(x, y) R2axy=axayDe plus :(x, y) R2 _ax_y= ey ln ax= ey(x ln a)= exy ln a= axy(x, y) R2 _ax_y= axyOn a aussi :(a, b) (R+)2x R (ab)x= ex ln(ab)= ex(ln a+ln b)= ex ln aex ln b= axbx(a, b) (R+)2x R (ab)x= axbxyx2x2x1x10x10xexex01Doc. 4 Les fonctions exponentielles.Ces relations gnralisent pour les exposants rels les proprits connues pour lesseuls exposants entiers.DrivePour tout a R+, la fonctionexpa(Doc. 4) est drivable sur Ret :x R (expa)

(x) = axln a Si a = 1, la fonctionexp1est constante :x R 1x= 1. Si a > 1, la fonctionexpaest strictement croissante. Si a < 1, la fonctionexpaest strictement dcroissante.Remarque : Pour driver x u(x)v(x), il faut revenir la dfinition :u(x)v(x)= ev(x) ln u(x). Par exemplex xx= ex ln xa pour drivex (ln x+1)xx.1.4 Fonctions logarithmes de base quelconqueSi a R+1, la fonction expaest continue et strictement monotone surR : cest donc une bijection de Rdans R+. La bijection rciproque est appelelogarithme de base aet note loga . On a donc :a R+1_y = loga xx R+_x = ayy Ryxa = 2a = ea = 10a = 1/10a = 1/ea = 1/210Doc. 5 Les fonctions logarithmes.Comme cette galit quivaut encore ln x=y ln a, on en dduit y=ln xln a,cest--dire :a R+1 x R+loga x = ln xln aToutes les fonctions logarithmes sont proportionnelles (Doc. 5).34Fonctions usuellesCOURS2DrivePour tout a R+1, la fonctionlogaest drivable sur R+et :x R+(loga)

(x) =1ln a 1xPour sentraner : ex. 2 et 31.5 Fonctions puissancesLadfinitiondesfonctionsexponentiellespermetdleverunrel strictementpositif la puissance dun exposant rel quelconque. Pour tout R, on peutdonc dfinir la fonction :R+fRx xpar :x R+x= e ln xCette fonctionfest drivable sur R+et :x R+f (x) = 1xe ln x= x1Cette proprit gnralise pour les exposants rels celle qui tait connue pour lesseuls exposants rationnels. Si = 0, la fonctionfest constante sur R+ : x R+x0= 1 . Si > 0, la fonctionfest strictement croissante sur R+. Si < 0, la fonctionfest strictement dcroissante sur R+.Pour , = 0, on a les tableaux de variation suivants :Si > 0 x 0 + Si < 0 x 0 ++ +f(x) f(x) 0 0Doc. 6 Les fonctions puissances.Notons que si 0, on peut prolonger fpar continuit en 0 en posant :f(0) = 0si > 0 , et f0(0) = 1. Si > 1, limx0f (x) = 0, donc fest drivable en 0 et f (0) = 0 . Si = 1, f1(x) = x ; f1est drivable en 0 et f (0) = 1 . Si < 1, limx0f (x) = +, donc fnest pas drivable en 0 (Doc. 6).1.6 Croissances compares1) On a prouv que pour tout x R+ :ln xx 1; a fortiori, ln x< x.Pour tout > 0, ln x< x, do ln x 0et x1, on a : 0 ln xx 0 limx+ln xx= 0On dit queln xest ngligeable devant xau voisinage de+(voir chapitre 17, 5.2).Plus gnralement, pour tout > 0et > 0, on a :(ln x)x=_ln xx_,do : > 0 > 0 limx+(ln x)x= 0(ln x)est ngligeable devant xau voisinage de +.En posant x =1X , on en dduit : > 0 > 0 limx0x[ ln x[= 0[ ln x[est ngligeable devant1xau voisinage de 0.2) Pour tout > 0et > 0,exx= ex ln x= ex(ln xx).Commeln xxtend vers 0 quandx tend vers +, > 0 > 0 limx+exx= +xest ngligeable devant exau voisinage de +.En posant x = X, on obtient de mme : > 0 > 0 limx[x[ex= 0exest ngligeable devant1[x[au voisinage de +.2 Fonctions hyperboliquesToutefonctiondfiniesurRest, defaonunique, lasommedunefonctionimpaire et dune fonction paire :x R f (x) =f (x) f (x)2+ f (x) + f (x)236Fonctions usuellesCOURS22.1 Fonctions sinus et cosinus hyperboliquesSur la TI-92/Voyage 200 ces deux fonctions sont notessinh et cosh (menu MATH/Hyperbolic).On appelle sinus hyperbolique et cosinus hyperbolique la par-tieimpaireet lapartiepairedelafonctionexponentielledebase e :x R sh x = exex2et ch x =ex+ ex2Ces deux fonctions (Doc. 7) sont drivables sur R et :x R (sh )

(x) = ch x et (ch )

(x) = sh xIl en rsulte les tableaux de variation suivants :x 0 + x 0 +sh

x + 1 + ch

x 0 ++ + +sh x 0 ch x 1yxchshO2exDoc. 7 Cosinus et sinushyperboliques.Remarque : limx+(ch x ex2 ) = 0et limx+(sh x ex2 ) = 0. Les courbes dquationsy = ch x, y = sh x et y =ex2sont asymptotes en+, leurs positions relatives tantdonnes par les ingalits :x R sh x0, doncch (Argsh x) =x2+ 1 . Do :(Argsh)

(x) =1x2+ 13.2 Fonction argument cosinus hyperboliqueSur la TI-92/Voyage 200, la fonction Argch est notecosh 1(menu MATH/Hyperbolic). Ne pas confondreavec la fonctionx 1ch x.Larestriction R+delafonctioncosinushyperboliqueestcontinueet strictement croissantesur R+; salimiteen +est +. Cest donc une bijection de R+dans [1, +[.La bijection rciproque de [1, +[ dans R+est appeleargument cosinus hyperbolique et note x Argchx. Pardfinition :Pour tout x [1, +[ , Argch x est lunique lment de R+qui a pour cosinus hyperbolique x_y = Argch xx [1, +[_x = ch yy R+Daprs le thorme utilis, la fonction argument cosinus hyperbolique est gale-ment continue et strictement croissante sur [1, +[. HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit39COURS2Fonctions usuellesDrivechArg chyx110Doc. 11Argument cosinushyperbolique.La fonction ch tant drivable et sa drive ne sannulant pas sur R+,la fonctionArgch est drivable sur ]1, +[ (Doc. 11) et :x> 1 (Argch)

(x) =1sh (Argch x)orsh2(Argch x) = ch2(Argch x) 1 = x21etsh (Argch x) > 0doncsh (Argch x) =_x21Do(Argch)

(x) =1x213.3 Fonction argument tangente hyperboliqueSur la TI-92/Voyage 200, la fonction Argth est notetanh 1(menu MATH/Hyperbolic). Ne pas confondreavec la fonctionx 1th x.La fonction tangente hyperbolique est continue et strictementcroissante sur R; ses limites en sont1. Cest donc unebijection de Rdans]1, 1[ . La bijection rciproque de]1, 1[dans R est appele argument tangente hyperbolique et notex Argth x.Par dfinition :Pour tout x ]1, 1[ , Argth x est lunique lment de Rqui a pour tangente hyperbolique x :_y = Argth xx ]1, 1[_x = th yy RDaprs le thorme utilis, la fonction argument tangente hyperbolique est gale-ment continue et strictement croissante sur ]1, 1[ .Driveyx x'y'thArg th11 1 10Doc. 12Argument tangentehyperbolique.La fonctionth tant drivable sur R et sa drive ne sannulant pas, la fonctionArgth est drivable sur ]1, 1[ (Doc.12) et :x ]1, 1[ (Argth)

(x) =11 th2(Argth x)Or th (Argth x) = x, do :(Argth)

(x) =11 x240Fonctions usuellesCOURS2APPLICATION 3Expression des fonctions hyperboliques rciproques laide du logarithme nprienLes fonctions hyperboliques rciproques peuvent sexpri-mer laide de la fonction logarithme nprien ; vrifions-le pour chacune delles.1) Montrer, de deux faons diffrentes, que :x R, Argsh x = ln(x +x2+ 1)2) Montrer, de deux faons diffrentes, que :x [1, +[, Argch x = ln(x +_x21)3) Montrer, de deux faons diffrentes, que :x R, Argth x = 12 ln1 + x1 x1) Rsolvons lquation en y: x=sh y, soitx =eyey2. Posons Y= ey.Lquation devient :2x = Y 1Ysoit Y22xY 1 = 0Cette quation du second degr enY possde deuxracines relles de signes contraires :Y= x +x2+ 1 et Y= x x2+ 1.Comme Y= ey, on conserve uniquement la so-lution positive :Y= x +x2+ 1 do y = ln(x +x2+ 1).x R Argsh x = ln(x +x2+ 1) Autre mthode : Les deux fonctions x Argsh xet x ln(x+x2+ 1)sont drivables surR. Or,_ln(x +x2+ 1)_

=1 +2x2x2+1x +x2+ 1=1x2+ 1o lon reconnat la drive de la fonctionArgsh .De plus, ces deux fonctions prennent la mme va-leur nulle pour x = 0, elles sont donc gales.2) Rsolvons lquation en y: x=ch y, soitx =ey+ ey2. Posons Y =ey. Lquation de-vient :2x = Y+1Ysoit Y22xY+ 1 = 0Cette quation du second degr enY possde deuxracines relles positives :Y= x +_x21 et Y= x _x21.Comme on veut que y0, on conserve unique-ment la solution suprieure 1 :Y= x+_x21, do y = ln(x+_x21).x [1, +[ Argch x = ln(x +_x21) Autre mthode : Les deux fonctionsx Argch x et x ln(x +_x21)sont drivables sur ]1, +[. Or,_ln(x +_x21)_

=1 +2x2x21x +x21=1x21o lon reconnat la drive de la fonctionArgch .De plus, ces deux fonctions prennent la mme va-leur nulle pour x = 1, elles sont donc gales.3) Rsolvons lquation eny :x = th ysoitx =e2y1e2y+ 1Posons Y= e2y. Lquation devient :Y 1 = x(Y+ 1)soitY (1 x) = 1 + xHachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit41COURS2Fonctions usuellesdoY=1 + x1 xLquation a une solution relle unique :y = 12 ln1 + x1 xcar1 + x1 x> 0x ] 1, 1[ Argth x = 12 ln1 + x1 x Autre mthode : Les deux fonctionsx Argth x et x 12 ln1 + x1 xsont drivables sur ] 1, 1[. Or,_12 ln1 + x1 x_

= 122(1 x)21 x1 + x=11 x2o lon reconnat la drive de la fonctionArgth .De plus, ces deux fonctions prennent la mme va-leur nulle pour x = 0, elles sont donc gales.Pour sentraner : ex. 54 Fonctions circulaires4.1 Paramtrage dun cercleyx Osin xMcos xxijDoc. 13 Paramtrage dun cercle.Le plan orient est rapport un repre orthonorm direct (O,i,

j). Soit ( lecercle de centreOde rayon 1. Pour tout rel x, le point Mde (tel que langleorient(i,OM) ait pour mesure x, a pour coordonnes (cos x, sin x) (Doc. 13).On dfinit ainsi deux fonctions de R dans R 2 -priodiques, sinus et cosinus,respectivement impaire et paire.Leurquotientestlafonctiontangentedfiniesur R2+ k, kZ partan x =sin xcos x. Cette fonction est impaire et -priodique.Retrouvons les proprits diffrentielles (limites, drives) de ces fonctions clas-siques partir de ce simple point de vue gomtrique.4.2 Fonctions sinus et cosinusSoit x ]0, 2[, Mle pointde coordonnes (cos x, sin x), A le point decoordonnes (1, 0).ContinuityAx OMDoc. 14 Comparaison daires.Comparons les aires du triangle OAM et du secteur angulaire OAM (Doc. 14) :x ]0, 2[12 sin x 12x, soit : sin xxCette ingalit estencore vraiepour x =0, et commela fonctionsinusestimpaire, on peut crire :x ] 2, 2[ [ sin x[[x[42Fonctions usuellesCOURS2On en dduit limx0sin x = 0 = sin 0, donc la fonction sinus est continue en 0.Onsait que x [2, 2] cos x =_1 sin2x,donc limx0cos x = 1 = cos 0 :la fonction cosinus est continue en 0.En un point quelconque x0, on a :h R sin(x0 + h) = sin x0 cos h + cos x0 sin h, donclimh0sin(x0 + h) = sin x0h R cos(x0 + h) = cos x0 cos h sin x0 sin h, donclimh0cos(x0 + h) = cos x0En dfinitive, les fonctions sinus et cosinus sont continues sur R.DrivabilitSoit T le point dintersection de la droite (OM) et de la tangente enA (.yTAx OMDoc. 15 Comparaison daires.Comparons les aires du triangle OAM, du secteur angulaire OAM et du triangleOAT (Doc. 15) :x ]0, 2[12 sin x x2 12 tan xDo lon dduit en divisant les trois membres par12 sin x (qui est strictementpositif) : 1 xsin x 1cos x, ou en passant aux inverses :x ]0, 2[ cos x sin xx 1On en dduit que limx0+sin xx= 1. Comme cette fonction est paire, il en est demme de la limite gauche. Do :limx0sin xx= 1Cette limite exprime la drivabilit de la fonction sinus en 0, sa drive valant 1en ce point.Comme : 1 cos x = 2 sin2x2, on en dduit :limx01 cos xx2=12En un point x0quelconque :sin(x0 + h) = sin x0 cos h + cos x0 sin hdo :sin(x0 + h) sin x0h= sin x0cos h 1h+ cos x0sin hhet par consquent :limh0sin(x0 + h) sin x0h= cos x0De mme :cos(x0 + h) = cos x0 cos h sin x0 sin hHachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit43COURS2Fonctions usuellesdo :cos(x0 + h) cos x0h= cos x0cos h 1hsin x0sin hhet par consquent :limh0cos(x0 + h) cos x0h= sin x0y'x'x 2

2ysincosO

Doc. 16 Fonctions sinus et cosinus.Les fonctions sinus et cosinus sont donc drivables sur R et (Doc. 16) :x R sin

(x) = cos x cos

(x) = sin xOr sin

(x) = sin_x + 2_et cos

(x) = cos_x + 2_.On en dduit facilement par rcurrence que les fonctions sinus et cosinus sontindfiniment drivables sur Ret :n N sin(n)(x) = sin_x + n2_cos(n)(x) = cos_x + n2_4.3 Fonction tangente O x22yDoc. 17 Fonction tangente.La fonction tangente (Doc. 17), note tan, est dfinie sur R2 + k , k Zpar tan x=sin xcos x; elle est impaire et -priodique. Elle est drivable sur cetensemble et :tan

(x) = 1 + tan2x =1cos2x5 Fonctions circulaires rciproquesLes fonctions que nous venons dtudier ne sont videmment pas bijectives sur toutleur ensemble de dfinition, mais certaines restrictions convenablement choisiespeuvent ltre. Les bijections rciproques correspondantes dfinissent de nouvellesfonctions qui sont trs importantes, notamment en calcul intgral.5.1 Fonction Arc sinusXYxO

20

2

11ArcsinxDoc. 18 Arc sinus.Soit f la restriction de la fonction sinus _2, 2_, f est continue et stric-tement croissante sur cet intervalle. Cest donc une bijection de_2, 2_dans[1, 1] . La bijection rciproque de [1, 1] dans_2, 2_est appeleArcsinus et note x Arcsin x (Doc. 18).Par dfinition :Pour tout x [1, 1] , Arcsin x est lunique lment de_2, 2_qui apour sinus x :_y = Arcsin xx [1, 1]_x = sin yy _2, 2_44Fonctions usuellesCOURS2Sur la TI-92/Voyage 200, la fonction Arcsin est notesin 1. Ne pas confondre avec la fonctionx 1sin x.Daprs le thorme utilis, la fonction Arc sinus est galementcontinue et strictement croissante sur [1, 1] .DriveComme la fonctionf est drivable et que sa drive ne sannulepas sur_2, 2_,la fonctionArc sinus est drivable sur]1, 1[et :x ]1, 1[ (Arcsin)

(x) =1f (f (x))=1cos(Arcsin x)Or cos2(Arcsin x) = 1 sin2(Arcsin x) = 1 x2etcomme Arcsinx] 2, 2[, cos(Arcsin x) >0. Docos(Arcsin x) =_1 x2. En dfinitive :x ]1, 1[ (Arcsin)

(x) =11 x2yxyx O221 1Arc sinsinDoc. 19 Fonctions Arc sinus.La fonctionArcsin est continue sur [1, 1], drivable sur ]1, 1[ etlimx1(Arcsin)

(x) = +. Par consquent, Arcsin nest pas drivable en 1, ni demme en 1. Sa courbe reprsentative (Doc.19) prsente aux points dabscisse 1et 1des demi-tangentes verticales.Remarque : La fonctionArcsin est impaire.5.2 Fonction Arc cosinusYO2 0Arc cos x1 1 X xDoc. 20 Arc cosinus.Soit f la restriction de la fonction cosinus [0, ], f est continue et strictementdcroissante sur cet intervalle. Cest donc une bijection de [0, ] dans [1, 1] .La bijection rciproque de [1, 1] dans [0, ] est appele Arc cosinus et notex Arccos x (Doc. 20).Par dfinition :Pour tout x [1, 1] , Arccos x est lunique lment de [0, ] qui a pourcosinus x :_y = Arccos xx [1, 1]_x = cos yy [0, ]Daprs le thorme utilis, la fonctionArc cosinus est galement continue etstrictement dcroissante sur [1, 1].DriveComme la fonction f est drivable et que sa drive ne sannule pas sur ]0, [,la fonction Arc cosinus est drivable sur ]1, 1[ et :x ]1, 1[ (Arccos)

(x) =1f (f (x))=1sin(Arccos x)HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit45COURS2Fonctions usuellesSur la TI-92/Voyage 200, la fonction Arccos est notecos 1. Ne pas confondre avec la fonctionx 1cos x.Or sin2(Arccos x) = 1 cos2(Arccos x) = 1 x2et commeArccos x ]0, [, sin(Arccos x) > 0.Dosin(Arccos x) =_1 x2.En dfinitive :x ]1, 1[ (Arccos)

(x) = 11 x2La fonction Arccos est continue sur [1, 1], drivable sur]1, 1[ et limx1(Arccos)

(x) = . Par consquent, Arccosnest pas drivable en 1, ni de mme en 1. Sa courbe reprsen-tative prsente aux points dabscisse 1 et 1des demi-tangentesverticales (Doc. 21).xyArc cos101 11cosDoc. 21 Fonction Arc cosinus.Remarque : La fonction x Arcsin x + Arccos x est drivable sur ]1, 1[ et sadrive est nulle : cette fonction est donc constante sur cet intervalle. La valeur de cetteconstante est2(valeur en 0). Comme on a aussi :Arcsin 1 + Arccos 1 =2et Arcsin (1) + Arccos (1) =2,on peut conclure :x [1, 1] Arcsin x + Arccos x =25.3 Fonction Arc tangenteXxY202Arctan xDoc. 22 Arc tangente.Soit f la restriction de la fonction tangente _2, 2_, f est continue etstrictement croissante sur cet intervalle ; ses limites aux bornes sont . Cestdonc une bijection de_2, 2_dans R. La bijection rciproque de Rdans_2, 2_est appele Arc tangente et note x Arctan x (Doc. 22).Par dfinition :Sur la TI-92/Voyage 200, la fonction Arctan est notetan 1. Ne pas confondre avec la fonctionx 1tan x.Pour tout x R , Arctan xest lunique lment de_2, 2_qui a pour tangente x :_y = Arctan xx R_x = tan yy _2, 2_Daprs le thorme utilis, la fonction Arc tangente est gale-ment continue et strictement croissante sur R.DriveComme la fonctionf est drivable et que sa drive ne sannulepas sur_2, 2_, la fonction Arc tangente est drivable sur Ret (Doc. 23) :x R (Arctan )

(x) =1f (f (x))=11 + tan2(Arctan x)46Fonctions usuellesOyx2tanArc tan222Doc. 23 Fonction Arc tangente.Or tan(Arctan x) = x, do :x R (Arctan )

(x) =11 + x2Remarque : La fonctionArctan est impaire.Pour sentraner : ex. 7 13............................................................................................................MTHODERetenir les quivalences :_y = Argsh xx R_x = sh yy R_y = Argch xx [1, +[_x = ch yy R+_y = Argth xx ]1, 1[_x = th yy RAinsi que :_y = Arcsin xx [1, 1]_x = sin yy [2, 2]_y = Arccos xx [1, 1]_x = cos yy [0, ]_y = Arctan xx R_x = tan yy _2, 2_Argsh est continue et drivable sur R:x R (Argsh)

(x) =11 + x2Argch est continue sur [1, +[ et drivable sur ]1, +[ :x ]1, +[ (Argch)

(x) =1x21Argth est continue et drivable sur ]1, 1[ :x ]1, 1[ (Argth)

(x) =11 x2HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit47Fonctions usuellesArcsin est continue sur [1, 1] et drivable sur ]1, 1[ :x ]1, 1[ (Arcsin)

(x) =11 x2Arccos est continue sur [1, 1] et drivable sur ]1, 1[ :x ]1, 1[ (Arccos)

(x) = 11 x2Arctan est continue et drivable sur R:x R (Arctan)

(x) =11 + x2Pour tout > 0et > 0 :(ln x)est ngligeable devant xau voisinage de + [ ln x[est ngligeable devant1xau voisinage de 0xest ngligeable devant exau voisinage de + exest ngligeable devant1[x[ au voisinage de Comparaison des fonctions circulaires et des fonctions hyperboliques.Pour tout x R :Fonctions circulaires Fonctions hyperboliquessin x = eixeix2icos x =eix+ eix2sh x = exex2ch x = ex+ ex2_cos x + i sin x = eixcos x i sin x = eix_ch x + sh x = exch x sh x = excos2x + sin2x = 1 ch2x sh2x = 1_(sin)

(x) = cos x(cos)

(x) = sin x_(sh )

(x) = ch x(ch )

(x) = sh x...................................................................................................................................................................................................48Fonctions usuellesExercice rsoluDAPRS ENSTIM (COLES DES MINES DALBI, ALS, DOUAI, NANTES)1 Soit g lapplication de Rdans Rdfinie par :g(t) = Arctan t t + t33a) Vrifier que g est impaire, drivable sur R, et calculer g

(t), pour t R.b) Montrer que :t R, 0g

(t)t2.c) En dduire :t R+, t t33 Arctan tt.2 Soit f lapplication de Rdans Rdfinie par :f (0) = 1 et t , = 0, f (t) = Arctan tta) Montrer que f est continue sur Ret paire.b) Montrer que f est drivable en 0 et donner f (0).c) Justifier que f est drivable sur Ret calculer f (t), pour t R.3 laide dune intgration par parties, montrer que :t R,_t0u2(1 + u2)2 du = 12t2f (t)En dduire le sens de variation de f .4 Tracer la courbe reprsentative de f dans un repre orthonorm.Conseils Solution1) a) g est dfinie sur R, et pour tout t R,g(t) = Arctan (t) + t t33= g(t)g estimpaire ; elleestdrivablesur R commesommedefonctionsdrivables et pour t R, g

(t) =11 + t2 1 + t2=t41 + t2.b) On en dduit immdiatement :t R, 0g

(t)t2.Intgrer lingalit prcdente. c) Pour t R+, on obtient alors, en intgrant sur [0, t], 0g(t) t33 ,cest--dire : t t33 Arctan tt ().2) a) f estdfinieetcontinuesur Rcommequotientdefonctionscontinues, elle est paire comme quotient de fonctions impaires.Calculer limt0+f (t). Daprs(), nous pouvons crire pour t> 0 : 1t23 f (t)1 (),ce qui prouve, par le thorme dencadrement, que limt0+f (t) = 1, f estcontinue droite en 0, par parit, elle est continue gauche en 0.f est donc continue sur R. HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit49Fonctions usuellesSe souvenir de la dfinition de la driva-bilit dune fonction en un point.b) Pour t , = 0,f (t) f (0)t= Arctan t tt2.Utilisons encore (), pour t> 0 :t33 Arctan t t0 do t3 Arctan t tt2 0ce qui prouve, par le thorme dencadrement, que limt0+Arctan t tt2= 0et, par parit limt0Arctan t tt2= 0 : f est drivable en 0 et f (0) = 0.c) Dautre part, f est drivable sur Rcomme quotient de fonctionsdrivables et, pour t R, f (t) =1t(1 + t2) Arctan tt2.3) Calculons, pour t R,_t0u2(1 + u2)2 du laide dune intgrationpar parties :12_t0u 2u(1 + u2)2 du =12_u 1(1 + u2)_t0+ 12_t01(1 + u2) du= t2(1 + t2) + 12Arctan t= 12t2f (t)Quel est le signe de_t0u2(1 + u2)2 d u ? f (t) est donc du signe oppos celui de t : f est dcroissante sur R+,croissante sur R.Prciser les limites de f en . 4) De plus limt+Arctan t =2, do : limt+f (t) = 0.Nous pouvons alors donner lallure du graphe de f :yx x11 0 1Doc. 2450Exercices1 Vrai ou faux ?a) Pour tout rel x ,=2 + k : Arctan (tan x) = xb) Pour tout rel x : tan(Arctan x) = xc) Pour tout rel x [1, 1] : Arccos x + Arcsin x =2d) La fonction Arcsin est continue et drivable sur[1, 1].e) La fonctionArctan est continue et drivable sur R.f) ln x est ngligeable devant1xau voisinage de 0.g) ch x sh x tend vers 0quandx tend vers +.h) La fonction cosinus hyperbolique est bijective.i) x R1, 1_12 ln1 + x1 x_

=11 x2Exponentielles et logarithmes2 Rsoudre les quations suivantes :a) xx=xxb) 2x3= 3x2c) loga x = logx ad) log3 x log2 x = 1e) 2x+2x+1+ +2x+n= 3x+3x+1+ +3x+non N3 Dmontrer que log10 2nest pas rationnel.Fonctions hyperboliques4 Calculern

k=0ch (a + kb) etn

k=0sh (a + kb) .5 Simplifier les expressions suivantes :ch (ln(x +_x21)) sh (ln(x +_x21))ch (ln(x +x2+ 1)) sh (ln(x +x2+ 1))6 tudier la drivabilit des fonctions suivantes et cal-culer leurs drives :a) f (x) = th x 13th3x b) f (x) = Arcsin (th x)c) f (x) = Arctan (sh x) d) f (x) = Arctan (th x)Fonctions circulaires rciproques7 tudier les variations des fonctions suivantes et tracerleur courbe reprsentative :a) f (x) = Arcsin2x1 + xb) f (x) = th x 1x + 1c) f (x) = (x 1)2Arctan x d) f (x) =_1 x2eArcsin x8 Reprsenter graphiquement les fonctions f et g d-finies par :f (x) = cos(Arccos x) et g(x) = Arccos (cos x)9 Calculer Arctan x +Arctan y en discutant suivant lessignes des rels 1 xy et x + y.10Simplifier les expressions :cos(Arctan x) ; sin(Arctan x) ; tan(2 Arctan x) ;cos(4 Arctan x) ; tan(Arcsin x) ; tan(Arccos x) ;Arcsin_2x1 + x2_.11Dmontrer la formule de Machin :4= 4 Arctan 15 Arctan123912tudier la drivabilit des fonctions suivantes et cal-culer leurs drives :a) f (x) = Arcsin_1 + x1 x_b) f (x) =_1 Arcsin x1 + Arcsin xc) f (x) = Arctan_11 + x2_d) f (x) = Arctan_1 sin x1 + sin x131) Soit p N. Calculer Arctan (p + 1) Arctan (p)2) tudier la convergence et la limite de la suite(Sn)dfiniepar :Sn =n

p=0Arctan1p2+ p + 1Exercice pos aux oraux des concours14(Petites Mines 2005)Simplifier lexpression :f (x) = cos(Arccos x Arcsin x) sin(Arccos x Arcsin x)HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit513quationsdiffrentielleslinairesOBJECTIFS OBJECTIFStudier les quations diffren-tielles linaires du premier ordre.Donner un exemple de rso-lutionapproche: lamthodedEuler.tudier les quations diffren-tielles linaires du second ordre coefficients constants et secondmembre du type polynme-exponentiel. .INTRODUCTIONDe trs nombreuses applications des mathma-tiques conduisent la recherche dune fonctionassujettieunecertainerelationavecses drivessuccessives. Cest ce quon appelle une quation dif-frentielle. Limmense progrs scientifique desXVIIeet XVIIIesicles, enparticulierenastronomie, re-pose sur la capacit de prvoir le comportement fu-turdunsystmegrcelarsolutiondquationsdiffrentielles. De trs nombreux noms de mathma-ticiens sont attachs la thorie des quations dif-frentielles: Euler, dAlembert, Lagrange, Riccati,Clairaut, Bernoulli, Legendre, Cauchy... Malheu-reusement,il nexistepasdemthodesystmatiquepourrsoudreexactement toutes les quations dif-frentielles. Nous devrons nous contenterdtudierquelques types trs simples, comme les quations li-naires. Parailleursilexisteunebranchedesma-thmatiques en plein essor, lanalyse numrique, quidveloppe, lusage des physiciens et des ingnieurs,des algorithmes trs performants de rsolution appro-che dquations diffrentielles.52quations diffrentielles linairesCOURS31 quations linaires du premier ordre1.1 Lexemple des fonctions exponentiellesNous avons vu que pour tout a C, la fonctionf de Rdans Cdfinie parf (t) = eatest drivable, et vrifie pour tout t R : f (t) = aeat= a f (t). Ondit que f est solution de lquation diffrentielle y

ay = 0.Rciproquement, soit y une solution quelconque de cette quation ; posons pourt R : y(t) = z(t)eat. En drivant, on obtient :y

(t) = z

(t)eat+ a z(t)eat, do y

(t) a y(t) = z

(t)eat. La fonctiony vrifielquation diffrentielle si et seulement si : z

(t) = 0, cest--dire z(t) = Cte.Lensemble des solutions de lquation diffrentielle y

ay = 0 est donc len-semble des fonctions y de la forme : y(t) = C eat.Une solution est caractrise par la constante C, cest--dire y(0).La fonction exponentielle t eatest lunique solution de lquation diff-rentielle y

ay = 0qui vrifie y(0) = 1.1.2 quation linaire du premier ordresans second membreATTENTIONOnrsistera la tentationdcrirey

y= , car cela conduirait nechercher que des solutions y qui nesannulent pas.Inspirons-nous de ce qui prcde pour rsoudre lquation diffrentielle :y

+ a(t) y = 0 (1)o a estunefonctioncontinuevaleursrellesoucomplexesdelavariablerellet. Commeaest continue surR, elle admet une primitiveA. La fonctionf dfinie par f (t) =eA(t)est drivable, et vrifie pour tout t R:f (t) = A

(t)eA(t)= a(t) f (t). f est donc solution de lquation(1).Rciproquement, soit y une solution quelconque de cette quation ; posons pourt R : y(t) = z(t)eA(t). En drivant, on obtient :y

(t) =z

(t)eA(t) A

(t) z(t)eA(t), do y

(t) + a(t) y(t) =z

(t)eA(t). Lafonctiony vrifie lquation diffrentielle si et seulement si : z

(t) = 0, cest--dire z(t) = Cte.Lensemble des solutions de lquation diffrentielle y

+ a(t)y= 0 est len-semble des fonctions y de la forme : y(t) = C eA(t), oAest une primitivede a.Remarque : Unequationdelaforme a(t)y

+ b(t)y =0 pourratrersoluedecette faon sur un intervalle o la fonction a ne sannule pas. Nous verrons plus loincomment recoller , lorsque cest possible, deux solutions de part et dautre dun pointoa(t) = 0.1.3 quation linaire du premier ordreavec second membreConsidrons maintenant lquation diffrentielle :y

+ a(t) y = b(t) (1) HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit53COURS3quations diffrentielles linaireso a et b sont deux fonctions continues valeurs relles ou complexes de lavariablerelle t. Soit y1et y2deuxsolutionsdelquation (1). Onpeutcrire :_y

1 + a(t) y1 = b(t)y

2 + a(t) y2 = b(t)En retranchant membre membre, on obtient :y

1 y

2 + a(t)(y1 y2) = 0La fonctiony1 y2vrifie lquation sans second membre :y

+ a(t)y = 0 (2)que nous avons dj appris rsoudre au paragraphe prcdent.Rciproquement, si y0est une solution quelconque de (2) et y1une solution de(1), on peut crire :_y

1 + a(t) y1 = b(t)y

0 + a(t) y0 = 0En ajoutant membre membre, on obtient :y

1 + y

0 + a(t)(y1 + y0) = b(t)cest--dire que la fonctiony1 + y0vrifie lquation (1).Onobtientdonctouteslessolutionsdelquation(1)enajoutant y1unesolution quelconque de lquation (2). On peut noncer :Thorme 1La solution gnrale de lquation diffrentielle linaire du premier ordre :y

+ a(t) y = b(t) (1)est la somme dune solution particulire de(1) et de la solution gnrale delquation sans second membre associe :y

+ a(t) y = 0 (2)Remarque : La structure des solutions fait penser celle dune droite D : lensembledes points de Dest obtenu partir dun point particulier Aen ajoutant un vecteurquelconque de la droite vectorielle D.Il reste dterminer une solution particulire de lquation. On pourra souventreconnatre une solution vidente.Exemple : Rsoudre lquation diffrentielle : y

ty = 2t (1).Lquation sans second membre associe scrit : y

ty = 0 ; sa solution gnraleest y = Cet22.Une solution vidente de lquation (1) est : y = 2.La solution gnrale est donc :y = 2 + Cet2254quations diffrentielles linairesCOURS3On peut aussi utiliser le principe de superposition : si y1est une solution delquationy

a(t)y = b1(t) et y2une solution de lquationy

a(t)y = b1(t),alors y1 + y2est solution de lquationy

a(t)y = b1(t) + b2(t).Exemple : Rsoudre lquation diffrentielle : y

ty = t3(1).Remarquons que t3= 2t (2t t3).Lquationy

ty = 2t a pour solution vidente : y1 = 2.Lquationy

ty = 2t t3a pour solution vidente : y2 = t2.Lquation (1) a donc pour solution particulire : y = y1 y2 = 2 t2.La solution gnrale est donc :y = 2 t2+ Cet22Pour sentraner : ex. 21.4 Mthode de la variation de la constanteLorsquil nest pas possible de trouver une solution vidente, mme par le prin-cipe de superposition, on peut chercher une solution particulire de lquationy

+ a(t)y = b(t) sous la forme : y = C(t)eA(t), cest--dire en remplaant danslexpression de la solution gnrale de lquation sans second membre la constanteCpar une fonctionC(t), que lon supposera drivable.On a donc : y

(t) = C

(t)eA(t)C(t)a(t)eA(t).En reportant dans lquation diffrentielle, il reste : C

(t)eA(t)= b(t), do :C

(t) = b(t)eA(t)Onpeut donctrouverlafonction C parunerecherchedeprimitives.Exemple : Rsoudre lquation diffrentielle :y

ty = tet22(1)Lasolutiongnraledelquationsanssecondmembreest:y =Cet22; cherchons une solution de lquation(1) sous laforme : y = C(t)et22. En reportant dans lquation diffrentielle,il reste : C

(t) = t, do : C(t) =t22 .Remarque : Il est inutile dcrire une constante dintgration, puisquon cherche seule-ment une solution particulire ; cette constante apparatra lorsquon ajoutera la solutiongnrale de lquation sans second membre.La solution gnrale de lquation (1) est donc :y =t22 et22+ Cet22HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit55COURS3quations diffrentielles linaires1.5 Condition initialeyOy0t0tDoc. 1 Solution dtermine par unecondition initialeLa solution dune quation diffrentielle linaire du premier ordre dpend duneconstante.y(t) = y1(t) + CeA(t)Pour dterminer cette constante, il suffit de connatre uneconditioninitiale,cest--dire la valeur de la fonction en un point donn : y(t0) = y0(Doc. 1).On doit avoir : y0 = y1(t0) + CeA(t0), do : C = (y0 y1(t0))eA(t0).Do le rsultat :Thorme 2Soit lquation diffrentielley

+a(t)y = b(t). Une condition initiale de la formey(t0) = y0dtermine une solution et une seule.Remarque : Si lquation est de la forme :a(t)y

+ b(t)y = c(t),la condition initiale doit tre choisie telle que a(t0) , = 0 ; lexistenceet lunicit de la solution sont garanties dans tout intervalle contenantt0sur lequel la fonctionane sannule pas, mais pas ncessairementsur une runion de tels intervalles.Exemple : tudier lensemble des solutions de lquation diff-rentielle y

cos t + 2y sin t =1 + sin2t, vrifiant la conditioninitiale y(0) = 0.Considrons lintervalle I=_2, 2_, sur lequel la fonctioncos t ne sannulepas. Sur I , lquation devient :y

+ 2y tan t =1 + sin2tcos tLquation sans second membre y

+ 2y tan t = 0, admet pour solution gnrale :y = Ccos2t. Une solution vidente de lquation complte est : y = sin t. Dola solution gnrale sur I :y = sin t + Ccos2tLa condition initiale y(0) = 0dtermine une solution unique sur I :y = sin tCependant, en 2et en2, cette fonction se prolonge en une fonction continueet drivable, de drive nulle. Ainsi, toute fonction de la forme :y = sin t + Ck cos2t o Ck = Ctesur_2 + k, 2 + k_et C0 = 0est solution sur tout Ret vrifie la condition initiale. Lunicit de la solution seperd aux points singuliers t = 2(Doc. 2).Pour sentraner : ex. 3 et 456quations diffrentielles linairesCOURS3 2 3/2 /2 /2 3/2 2Doc. 2.2 Rsolution approche2.1 Expression des solutions sous forme intgraleLa mthode de rsolution dune quation diffrentielle linaire du premier ordrefait appel deux reprises une recherche de primitives : dans la rsolution de lquation sans second membre y

+ a(t)y= 0, o loncherche A(t) =_a(t) dt; dans la dtermination dune solution particulire par la mthode de variation dela constante, o lon cherche C(t) =_b(t)eA(t)dt.Il arrive souvent quon ne puisse exprimer explicitement ces primitives, et que lessolutions fassent intervenir des intgrales quon ne sait pas calculer.Exemple : Considrons lquation: y

et2y =1 et laconditioninitialey(0) = 0.La solution gnrale de lquation sans second membre est :y = Cexp__t0eu2du_Par la mthode de variation de la constante, cherchons une solution particulirede la forme :y = C(t) exp__t0eu2du_On obtient :C

(t) = exp__t0eu2du_do :C(t) =_exp__t0eu2du_dtet enfin :y(t) = exp__t0eu2du__exp__t0eu2du_dtLa condition initiale dtermine une solution unique :y(t) = exp__t0eu2du__t0exp__v0eu2du_dvIl estclairquedetellessolutionssontpeuexploitables. Cestpourquoi il estintressant de disposer de mthodes de rsolution approche, qui faute de donnerla solution exacte en donneront une approximation aussi prcise que lon veut.Pour sentraner : ex. 5HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit57COURS3quations diffrentielles linaires2.2 Interprtation graphique dune quationdiffrentielle du premier ordreLa calculatrice TI-92+/Voyage 200 permet aussi cette re-prsentation, dans le MODE DIFF EQUATIONS.Considronsunequationdiffrentielle(linaireounon)quipeut scrire sous la forme y

= f (t, y), of est une fonctionde R2dans R.Graphiquement, ceci signifie quen tout point (t, y) du plan,lquation diffrentielle indique la pente de la tangente de toutecourbe solution passant par ce point.Le logiciel Maple permet de visualiser ce champ de pentes :soit par exemple lquation diffrentielle y

= y + etcos 10 t(Doc. 3) ;> f:=(t,y)->-y+exp(-t)*cos(10*t) ;> dfieldplot(diff(y(t),t)=f(t,y(t)),y(t),t=0..2,y=-0.07..0.1) ;0.060.040.0200.020.040.060.080.10.5 1 1.5 2Doc. 3Souscertainesconditions (qui sont ralisesenparticulierpourlesquationslinaires), une condition initiale y(t0) = y0dtermine une solution unique. Onpeut imaginer quon lche un bouchon dans le courant figur ci-dessus, et quelquation diffrentielle permet de prvoir la trajectoire du bouchon.Dans notre exemple, nous savons calculer la solution vrifiant la condition initialey(0) = 0 :La solution gnrale de lquation sans second membre y

+ y = 0est :y(t) = C etLa mthode de variation de la constante donne : C

(t) = cos 10 t, do :C(t) =110 sin 10 t58quations diffrentielles linairesCOURS3Sur la calculatrice, il suffit dintroduire la condition initiale :yi1 = 0.La solution gnrale de lquation donne est donc :y(t) =_ 110 sin 10 t + C_etLa condition initiale impose C = 0, do :y(t) =110etsin 10 tReprsentons cette fonction sur la figure prcdente (Doc. 4) :0.0500.050.10.5 1 1.5 2Doc. 4Leonhard Euler, 1707-1783, qui a laissune uvre gigantesque en arithmtique,gomtrie et analyseOn vrifie quen tout point, la tangente la courbe solution est bien celle qui estdtermine par lquation diffrentielle.2.3 Mthode dEuleryt t1t2t3t4t0Doc. 5Ltude prcdente donne lide dune mthode trs simple de rsolution appro-che, qui est due Leonhard Euler (vers 1750).La mthode consiste partir de t =t0, et avancer pas pas, en valuant lasolution aux points tk = t0 + kh, pour kN(Doc. 5).yt tktk+1ykyk+1Doc. 6Si le pas hest suffisamment petit, on peut considrer que y(tk+1) est approxima-tivement gal y(tk) + h y

(tk), soit en tenant compte de lquation diffrentielle y(tk) + h f (tk, y(tk)). Ceci revient confondre sur lintervalle [tk, tk+1] la courbeet sa tangente (Doc. 6). Posons donc, pour tout k N :yk+1 = yk + h f (tk, yk)Lalignepolygonalejoignantlespoints (tk, yk) serauneapproximationdelacourbe reprsentative de la solution. HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit59COURS3quations diffrentielles linairesRemarque : En principe, plus le pas est petit, plus la mthode est prcise. Cependant,si le pas est choisi trop petit, le nombre ditrations pour atteindre un point fix est trsgrand et les erreurs darrondi accumules peuvent nuire la prcision. Plusieurs essaisseront parfois ncessaires pour choisir un pas raisonnable.APPLICATION 1Mise en uvre de la mthode dEuler avec MAPLEReprenons lexemple prcdent :y

+ y = etcos 10 tavec la condition initiale y(0) = 0, dont on connatla solution exacte.La procdure suivante trace lapproximation dEulerpour lquation diffrentielle y

= f (t, y), avec le pash, la condition initiale y(t0) = y0, jusqu la valeurt1 :> Euler :=proc(f,h,t0,y0,t1)> local t,y,s ;> s :=NULL ;> y :=y0 ;> for t from t0 to t1 by h do> s :=s,[t,y] ;> y :=y+h*f(t,y) ;> od ;> plot([s],t0..t1) ;> end ;Appliquons cette procdure notre quation, avec unpas h = 0.1 :> f :=(t,y)->-y+exp(-t)*cos(10*t) ;> p1 :=Euler(f,0.1,0,0,2) :> p2 :=plot(t->exp(-t)*sin(10*t)/10,0..2) :> with(plots) :> display(p1,p2) ;0.0500.050.10.150.5 1 1.5 2Doc. 7Les erreurs sont importantes ; la solution approche esten retard par rapport la solution exacte quelle rat-trape parfois la faveur des changements de concavit(Doc. 7).Recommenons avec un pas h = 0.02(Doc. 8) :0.0500.050.10.150.5 1 1.5 2Doc. 8Puis avec un pas h = 0.01(Doc. 9) :0.0500.050.10.150.5 1 1.5 2Doc. 9La rduction du pas amliore considrablement la pr-cision.60quations diffrentielles linairesCOURS3Sur la TI92+/Voyage 200, le trac dune solution uti-lise prcisment la mthode dEuler, ou une varianteplus sophistique : la mthode de Runge-Kutta. Lepas est donn dans la variable tstep.3 quations linaires du second ordre coefficients constantsLquation diffrentielle :a y

+ b y

+ c y = d(t) (1)o a, b, c sontdes constantes, relles ou complexes (a ,=0), et d unefonction continue de R dans C, est appele quation diffrentielle linaire dusecond ordre coefficients constants.3.1 Structure des solutionsThorme 3La solution gnrale de lquation diffrentielle linaire du second ordre :a y

+ b y

+ c y = d(t) (1)est la somme dune solution particulire de(1) et de la solution gnrale delquation sans second membre associe :a y

+ b y

+ c y = 0 (2)La dmonstration est exactement la mme que pour le premier ordre.3.2 Rsolution de lquation sans second membrea y

+ b y

+ c y = 0 (2)3.1 Solutions complexesCherchons des solutions complexes exponentielles : y = eto C.On a alors : y

= etet y

= 2et. Do :a y

+ b y

+ c y = (a2+ b + c)etDonc y = etest solution de lquation (2) si et seulement si :a2+ b + c = 0 (quation caractristique)HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit61COURS3quations diffrentielles linairesPourrsoudrecettequationduseconddegr, oncalculesondiscriminant : = b24ac. Distinguons deux cas :Si , = 0, lquation caractristique a deux racines complexes distinctes 1et2. Les fonctions y1 = e1tet y2 = e2tsont solutions de lquation (2). Toutecombinaison linaire de ces deux fonctions coefficients complexes est encoresolution.Rciproquement, soit y une solutionquelconque de lquation(2), posonsy = z e1t. La fonctionz est deux fois drivable sur Ret :y

= (z

+ 1z)e1tet y

= (z

+ 21z

+ 21z)e1ta y

+ b y

+ c y =_a z

+ (2a1 + b)z

+ (a21 + b1 + c)z_e1t= 0Or2a1 + b = a(1 2) et a21 + b1 + c = 0Do :z

+ (1 2)z

= 0Cest une quation diffrentielle linaire du premier ordre en z

. On a doncsuccessivement :z

= Ke(21)tz = C2e(21)t+ C1y = C1e1t+ C2e2t(C1, C2) C2Lensemble des solutions de lquation (2) est donc lensemble des combinaisonslinaires coefficients complexes des deux fonctions exponentielles y1 = e1tety2 = e2t.Si =0, lquationcaractristique a une racine double 0= b2a. Lafonctiony0 = e0test solution de lquation (2). Soit y une fonction deux foisdrivable sur R, et z la fonction dfinie par y=z e0t. Le calcul prcdentmontre quey est solution de lquation (2) si et seulement si z

= 0, cest--direz = C1t + C2. Lensemble des solutions de (2) est lensemble des fonctions de laforme :y = (C1t + C2) e0t(C1, C2) C23.2 Solutions relles quand(a, b, c) R3Si les coefficientsde lquation diffrentiellesont rels et que lon cherche lessolutions relles, on est amen distinguer trois cas :Si >0, lesracines 1et 2delquationcaractristiquesontrelles.Lensemble des solutions relles de lquation (2) est lensemble des combinaisonslinaires coefficients rels des fonctions exponentielles y1 = e1tet y2 = e2t.y = C1e1t+ C2e2t(C1, C2) R2Si = 0, la racine double 0de lquation caractristique est relle. Len-sembledessolutionsrellesdelquation(2)estlensembledescombinaisonslinaires coefficients rels des fonctions y0 = e0tet ty0 = te0t.y = (C1t + C2) e0t(C1, C2) R262quations diffrentielles linairesCOURS3Si < 0, les racines 1et 2de lquation caractristique sont non relleset conjugues lune de lautre. crivons-les : 1= + iet 2= iavec(, ) R2. Une solution relle de lquation (2) est de la forme :y = K1 e(+i)t+ K2 e(i)tavec K2 = K1Cest--dire :y = et_K1(cos t + i sin t) + K1(cos t i sin t)_soit :y = et_(K1 + K1) cos t + i(K1 K1) sin t_Les constantes C1 = K1 + K1et C2 = i(K1 K1) sont relles. Do :y = et(C1 cos t + C2 sin t) (C1, C2) R2Lensemble des solutions relles de lquation (2) est lensemble des combinaisonslinaires coefficients rels des fonctions y1 = etcos t et y2 = etsin t.En rsum, lensemble E des solutions relles de lquation(2) est dans tousles cas lensemble des combinaisons linaires de deux solutions y1et y2, nonproportionnelles. Cette structure fait penser celle de lensemble des vecteurs dunplan, combinaisons linaires de deux vecteurs de base non colinaires. On dit queEest un espace vectoriel de dimension 2, et que (y1, y2) est une base de E(voirle chapitre 23 : Dimension des espaces vectoriels).Tableau rcapitulatif : = b24ac racines base solution gnrale > 0 1 , = 2(e1t, e2t) C1e1t+ C2e2t = 0 0(t e0t, e0t) e0t(C1 t + C2) < 0 + i , i (etcos t, etsin t) et(C1 cos t + C2 sin t)(, ) R23.3 Rsolution de lquation avec second membrede la formeP(t)emtNous chercherons rsoudre lquation complte uniquement lorsque le secondmembre est de la forme P(t)emto P est un polynme et mun complexedonn.a y

+ b y

+ c y = P(t) emt(1)Remarque : Le principe de superposition sapplique encore, cest--dire que si le secondmembreestlasommededeuxfonctionsdecetype,il suffiradajouterlessolutionscorrespondantes. HachetteLivreHPrpa/MathLaphotocopienonautoriseestundlit63COURS3quations diffrentielles linairesNous savons que la solution gnrale de (1) est la somme dune solution particulireet de la solution gnrale de lquation sans second membre (2), que nous avonstudie dans le paragraphe prcdent.Lide est de chercher une solution particulire de la mme forme que le secondmembre, cest--dire y = Q(t) emt, oQest un polynme dterminer.y = Q(t) emty

= [Q

(t) + mQ(t)]emty

= [Q

(t) + 2mQ

(t) + m2Q(t)]emtDo :a y

+ b y

+ c y = [a Q

(t) + (2am + b)Q

(t) + (am2+ bm + c)Q(t)]emt.y est solution de lquation (1) si et seulement si :a Q

(t) + (2am + b)Q

(t) + (am2+ bm + c)Q(t) = P(t) Si am2+ bm + c ,= 0, on cherchera laide de coefficients indtermins unpolynme Qde mme degr que P. Si_am2+ bm + c = 02am + b ,= 0(cest--dire si mest une racine simple de lquationcaractristique), ondevrachercherunpolynme Q dedegr deg(P) + 1vrifiant :a Q

(t) + (2am + b)Q

(t) = P(t). Si_am2+ bm + c = 02am + b = 0(cest--dire si mest racine double de lquation c