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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Header

\begin{center}
  {\LARGE \bf Corrigé du devoir en temps libre 3}
\end{center}
\bigskip



\begin{exo}\mbox{}
\begin{enumerate}
    \item Pour $x\in \R$, $f(-x) = \frac{\e^{-x}+\e^x}2 = f(x)$ donc \framebox{$f$ est une fonction paire.}
    
    Pour $x\in \R$, $g(-x)= \frac{\e^{-x}-\e^x}2 = - \frac{\e^x-\e^{-x}}2=-g(x)$, donc \framebox{$g$ est une fonction impaire.}
    \item 
    \begin{enumerate}
        \item Pour $x\in \R$, $f'(x) = \frac{\e^x-\e^{-x}}2 = g(x)$ et $g'(x) = f(x)$.
        \item \emph{Deux méthodes possibles : développer les carrés et simplifier, ou utiliser la dérivée.}
        
        Notons $h:x\mapsto f(x)^2-g(x)^2$. La fonction $h$ est dérivable par somme et produit de fonctions dérivables et :
        $$\forall x \in \R,\; h'(x) = 2f'(x)f(x)-2g'(x)g(x) = 2g(x)f(x)-2f(x)g(x) = 0 $$
        Ainsi, $h$ est constante sur $\R$ et $h(0) = f(0)^2-g(0)^2 =  1$, donc \framebox{pour tout $x\in \R$, $f(x)^2-g(x)^2= 1$}.
        \item Pour $a$ et $b\in \R$, on a
        \[\begin{split}
           \boxed{f(a)g(b) + f(b)g(a)} & = \frac{\e^{a+b}-\e^{a-b}+\e^{-a+b}-\e^{-a-b}}4 + \frac{\e^{b+a}-\e^{b-a}+\e^{-b+a}-\e^{-b-a}}4\\
           & = \frac{2\e^{a+b} -2\e^{-a-b}}4 \boxed{= g(a+b)}. 
        \end{split}\]
    \end{enumerate}
    \item
    \begin{enumerate}
        \item La fonction \underline{$g$ est continue} sur $\R$ (car dérivable) et on a vu que $g'=f$ et $f$ est strictement positive sur $\R$ (somme de deux exponentielles), donc \underline{$g$ est strictement croissante}.
        
        Ainsi $g$ réalise une bijection de $\R$ vers $]\lim\limits_{-\infty}g ,\lim\limits_{+\infty}g[ \,= \R$ (calcul de limites sans forme indéterminée).
        \item Graphe de la fonction $g$ et de sa bijection réciproque (en pointillé).
        \begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
    \tkzInit[xmin=-2,xmax=2,ymin=-2,ymax=2];
    \tkzAxeX;
    \tkzAxeY;
    \tkzGrid(-2,-2)(2,2);
	\draw[domain=-1.6:1.6,black,thick,smooth,samples=200] plot (\x,{(exp(\x)-exp(-\x))/2});
    \draw[domain=-1.6:1.6,black,dotted,,thick,smooth,samples=200] plot ({(exp(\x)-exp(-\x))/2},\x);
\end{tikzpicture}
\end{center}
        \item Pour $y\in \R$, on a
        $$g(x) = y \quad\Leftrightarrow\quad \e^x-\e^{-x} = 2y \quad\Leftrightarrow\quad (\e^x)^2 -2y \e^x -1 =0 \quad\Leftrightarrow\quad \e^x = y + \sqrt{y^2+1}$$
        car le polynôme du second degré $X^2-2yX-1$ a pour racines $y+\sqrt{y^2+1}$ et $ y-\sqrt{y^2+1}$ et seule la première est strictement positive (et $\e^x>0$). Ainsi,
        $$g(x) =y \quad\Longleftrightarrow\quad x = \ln(y+\sqrt{y^2+1}).$$
        Autrement dit, l'unique antécédent de $y$ par $g$ est $\ln(y+\sqrt{1+y^2})$, ou encore \[\boxed{g^{-1}(y) = \ln(y+\sqrt{1+y^2}).}\]
        \item Soit $y\in\R$. Alors
        \[
    \begin{split}
        g^{-1}(-y)& =\ln(-y+\sqrt{1+y^2})=\ln(\left(-y+\sqrt{1+y^2}\right)\frac{y+\sqrt{1+y^2}}{y+\sqrt{1+y^2}} \\
                & \ln((1+y^2)-y^2) - \ln(y+\sqrt{1+y^2}) = - \ln(y+\sqrt{1+y^2})=-g^{-1}(y),
    \end{split}    \]
    donc \framebox{$g^{-1}$ est impaire sur $\R$}.
    
        Autre justification (sans calcul) : $g^{-1}(-y)$ est par définition l'antécédent de $-y$ par $g$. Or comme $g$ est impaire, on a $g\big(-g^{-1}(y)\big) = - g\big(g^{-1}(y)\big) = -y$. Donc $-g^{-1}(y)$ est un antécédent de $-y$ par $g$ et par unicité de l'antécédent on a $g^{-1}(-y) = - g^{-1}(y)$. Ainsi, $g^{-1}$ est impaire.
        
        \emph{Remarque.} Le raisonnement ci-dessous montre que la bijection réciproque d'une fonction impaire est toujours impaire, ce qui peut aussi se comprendre à l'aide des symétries des graphes.
    \end{enumerate}
    \item 
    \begin{enumerate}
        \item La fonction $f$ étant paire, on a $f(-1) = f(1)$, avec $-1\neq 1$, donc $f(1)$ a plusieurs antécédents et \framebox{$f$ n'est pas bijective sur $\R$.}
        \item Pour $x\in [0,+\infty[$, $f'(x) = g(x) \geqslant 0$ car $\e^x\geqslant \e^{-x}$. De plus, $f'$ ne s'annule qu'en 0.
        
        Ainsi, la fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[0,+\infty[$ , et elle réalise donc une bijection de $[0,+\infty[$ vers l'intervalle $[f(0), \lim\limits_{+\infty} f[\, = \boxed{[1,+\infty[\,.}$
        \item Graphe de la fonction $f$ et de sa bijection réciproque (en pointillé).
        \begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
    \tkzInit[xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=3];
    \tkzAxeX;
    \tkzAxeY;
    \tkzGrid(0,)(3,3);
	\draw[domain=0:1.9,black,thick,smooth,samples=200] plot (\x,{(exp(\x)+exp(-\x))/2});
    \draw[domain=0:1.9,black,dotted,,thick,smooth,samples=200] plot ({(exp(\x)+exp(-\x))/2},\x);
\end{tikzpicture}
\end{center}
        \item Pour $x\in \R$, $f(x) + g(x) = \frac{\e^x+\e^{-x}+\e^x-\e^{-x}}2 = \frac{2\e^x}2 = \e^x$.
        
        Ensuite, pour $x\in \R_+$, $g(x) = \sqrt{f(x)^2-1}$ d'après la relation 2.b. et car $g(x) \geqslant0$. Ainsi, pour $y\in [1,+\infty[$,
        $$f(x) = y \quad \Rightarrow\quad  f(x) + g(x) = y +\sqrt{y^2-1} \quad \Rightarrow\quad x = \ln(y +\sqrt{y^2-1}).$$
        L'implication réciproque est aussi vraie car on sait que $y$ admet au moins un antécédent.
        \item D'après la question précédente, $\ln(2+\sqrt{3})$ est un antécédent de $2$ par $f$ (l'unique antécédent positif) et par parité de $f$, $-\ln(2+\sqrt{3})$ est l'unique antécédent négatif.
        
        $\frac12$ n'admet pas d'antécédent par $f$ car il n'est pas dans l'intervalle image obtenu à la question 4.b.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo} Nombres complexes.
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
    \item Il s'agit d'une équation du second degré. Son discriminant est $\Delta = 1^2-4i(-6-2i) = -7 + 24i$.
    
    On cherche $\delta \in \C$ tel que $\delta^2 = \Delta$. On note $\delta = x + i y$ avec $x,y \in \R$ :
    $$\delta^2 = \Delta \Leftrightarrow \begin{cases} x^2-y^2 = \Re(\Delta)= -7\\2xy = \Im(\Delta)= 24\\x^2+y^2 = |\Delta| = \sqrt{625} = 25\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2 = 9\\y^2 = 16\\2xy = 24\end{cases}$$
    Ainsi $\delta = 3+4i$ vérifie $\delta^2= \Delta$ (l'autre racine carrée de $\Delta$ étant $ -3-4i$).
    
    Les solutions de l'équation sont donc
    $$z_1 = \frac{-1-\delta}{2i} = \frac{-4-4i}{2i}= \boxed{-2+2i} \et z_2 = \frac{-1+\delta}{2i} = \frac{2+4i}{2i}= \boxed{2-i}.$$
    \item Le discriminant de l'équation est $\Delta= (2-i)^2-4(3-i) =- 9 = (3i)^2$, autrement dit $\delta = 3i$ est une racine carrée de $\Delta$.
    
    Les solutions de l'équation sont 
    $$z_1 = \frac{2-i-3i}{2} = \boxed{1-2i} \et z_2 = \frac{2-i+3i}{2} =  \boxed{1+i}.$$
\end{enumerate}
\item Les formes exponentielles sont $3-\sqrt{3}i = 2\sqrt{3} \e^{-i \frac{\pi}6}$ et $\sqrt{2}+\sqrt{2}i = 2\e^{i \frac{\pi}4}$, ainsi
$$ \left( \frac{ 3-\sqrt{3}i}{\sqrt{2}+\sqrt{2}i} \right)^{12} =\left( \frac{ 2\sqrt{3} \e^{-i \frac{\pi}6}}{ 2\e^{i \frac{\pi}4}} \right)^{12} = (\sqrt{3})^{12} \e^{-i(\frac{\pi}6 +\frac{\pi}4)\times12} = 3 ^6 \e^{-i5\pi} = -3^6 = \boxed{-729.} $$
\end{enumerate}
\end{exo}\medskip

\begin{exo}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item $\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$  et $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$.
\item $\omega^5 = \left(\e^{\frac{2i \pi}{5}} \right)^5 = \e^{2i \pi} =\;\boxed{1}$ car $2\pi = 0 \pmod{2 \pi}$.
\item $1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4 = \sum\limits_{k=0}^4 \omega^k = \frac{1 - \omega^5}{1-\omega}$ car $\omega =\e^{i \frac{2 \pi}5} \neq 1$, car $\frac{2 \pi}{5} \neq 0 \pmod{2\pi}$.

Comme $\omega^5 = 1$ d'après la question précédente, on trouve donc $\boxed{1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4 = 0}$.
\item $\omega^3 = \e^{\frac{6 \pi}{5}i} = \e^{- \frac{4 \pi}{5}i}$ car $\frac{6 \pi}{5} = - \frac{4 \pi}{5} \pmod{2\pi} $.

$\omega^4 = \e^{\frac{8 \pi}{5}i} = \e^{- \frac{2 \pi}{5}i}$ car $\frac{8 \pi}{5} = - \frac{2 \pi}{5} \pmod{2\pi} $.
\item En écrivant les différentes puissances de $\omega$ sous forme exponentielle et en utilisant les résultats de la question précédente, on obtient
$$0 = 1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4 = 1 + \e^{ \frac{2 \pi}{5}i} + \e^{ \frac{4 \pi}{5}i} + \e^{- \frac{4 \pi}{5}i} + \e^{- \frac{2 \pi}{5}i}.$$
On utilise ensuite la formule d'Euler: $\forall \theta \in \R,$ $\e^{i\theta} + \e^{-i\theta} = 2 \cos(\theta)$, ce qui donne
$$\boxed{0 = 1+2 \cos\!\left(\frac{2\pi}{5}\right) + 2 \cos\!\left(\frac{4\pi}{5}\right).}$$
\item D'après les formules de trigonométrie, on a pour tout $\theta \in \R$,
$$\boxed{\cos(2 \theta)} = \cos(\theta + \theta) = \cos(\theta)^2 - \sin(\theta)^2  \boxed{= 2 \cos(\theta)^2 -1.}$$
\emph{Remarque.} On pouvait aussi utiliser la formule de Moivre en écrivant $\cos(2\theta) = \Re\!\left[(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^2\right]$

\item On applique l'égalité de la question précédente pour $\theta = \frac{2 \pi}{5}$, ce qui donne $\cos(\frac{4 \pi}{5}) = 2\cos(\frac{2 \pi}{5})^2-1$.

En utilisant cela dans l'égalité obtenue à la question 5, on trouve donc 
$$0 = 1 + 2\cos\!\left(\frac{2\pi}{5}\right) + 2\left( 2\cos\!\left(\frac{2 \pi}{5}\right)^2 -1\right) = 4 \cos\!\left(\frac{2\pi}{5}\right)^2 + 2 \cos\!\left(\frac{2 \pi }{5}\right) -1,$$
ce qui montre que $\cos\left(\frac{2 \pi}{5}\right)$ est bien solution de l'équation (du second degré) $4x^2+2x-1 = 0$.
\item L'équation $4x^2 +2x-1 =0$ est une équation du second degré, de discriminant $\Delta = 20$. Les solutions sont donc 
$$x_1 = \frac{-2 - 2\sqrt{5}}{8} = \frac{-1 - \sqrt{5}}{4} \quad \et \quad x_2 = \frac{-2 + 2 \sqrt{5}}{8} = \frac{-1+ \sqrt{5}}{4}.$$
On sait, d'après la question 7, que $\cos\left(\frac{2 \pi}{5}\right)$ est une de ces deux solutions, et comme de plus $\cos\left(\frac{2 \pi}{5}\right)$ est positif et $x_1$ est négatif, on obtient $$\boxed{\cos\!\left(\frac{2 \pi}{5} \right) = x_2 = \frac{ \sqrt{5}-1}{4}.}$$
\item En appliquant le résultat de la question 6. pour $\theta = \frac{ \pi}{5}$, on obtient 
$\cos\left(\frac{2 \pi}{5}\right) = 2\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)^2 -1$.

Sachant que $\cos\left(\frac{\pi}{5}\right)$ est positif, cela donne
$$ \cos\!\left(\frac{\pi}{5}\right) = \sqrt{\frac{\cos\!\left(\frac{2 \pi}{5}\right)+1}{2}} = \sqrt{\frac{\sqrt{5} +3}{8}}= \frac{\sqrt{2\sqrt{5} +6}}{\sqrt{16}} = \frac{\sqrt{ 1+ 2\sqrt{5} +5}}{4} = \frac{\sqrt{(1+\sqrt{5})^2}}{4} = \boxed{\frac{1+ \sqrt{5}}{4}.}$$
\end{enumerate}
\end{exo}




\end{document}