FP3 · Further Pure Mathematics 3

Mathématiques Pures Supplémentaires 3 (FP3, sujet WFM03/01, 1 heure 30 minutes, 75 points, première évaluation juin 2020) est l'unité pure finale : P1–P4 et FP1 sont prérequis et peuvent être évalués. Elle ajoute les fonctions hyperboliques et leurs inverses, l'ellipse et l'hyperbole avec leurs propriétés foyer-directrice propriétés, les techniques restantes de dérivation et d'intégration (formules de réduction, longueur d'arc, longueurs d'arc, surfaces de révolution), produits vectoriels avec droites et plans en trois dimensions, et algèbre matricielle jusqu'aux valeurs propres et diagonalisation. Cette référence couvre l'ensemble, avec l' épreuve de juin 2025 comme fil conducteur résolu.

À connaître pour FP3 (supposé, non réexpliqué) :

Les fonctions hyperboliques sont construites à partir des exponentielles : $\cosh x = \tfrac12(e^x + e^{-x})$ et $\sinh x = \tfrac12(e^x - e^{-x})$, avec $\tanh x = \dfrac{\sinh x}{\cosh x}$. La courbe de $\cosh$ est une caténaire, même avec minimum $(0, 1)$ ; $\sinh$ est impaire passant par l'origine ; $\tanh$ est impaire et bornée entre les asymptotes $y = \pm 1$. Les deux identités à dériver sur demande sont $\cosh^2x - \sinh^2x \equiv 1$ et $\cosh 2x \equiv \cosh^2x + \sinh^2x$ ; les identités de somme en produit mirent celles de la trigonométrie.

Exemple résolu — une identité tirée des définitions (WFM03 juin 2025 Q1). Démontrer que $\cosh 6x + \cosh 4x = 2\cosh 5x\cosh x$. À partir de gauche :

en appariant $e^{6x} = e^{5x}e^{x}$ avec $e^{-6x} = e^{-5x}e^{-x}$ et de même pour les termes $4x$ — chaque étape relève du bookkeeping avec des produits $e^{\pm x}e^{\pm 5x}$, c'est pourquoi le barème de correction exige les formes exponentielles avant toute annulation. Puis résoudre $\cosh 6x + \cosh 4x = 8\cosh x$ : le l'identité se réduit à $\cosh x(2\cosh 5x - 8) = 0$, et $\cosh$ n'est jamais nul, donc $\cosh 5x = 4$, ce qui donne $5x = \pm\operatorname{arcosh}4 = \pm\ln(4 + \sqrt{15})$ et $x = \pm\tfrac15\ln(4 + \sqrt{15})$.

Exemple résolu — équation cosh–sinh (originale). Résoudre $2\cosh x + \sinh x = 2$ : la définition exponentielle donne $2\cdot\tfrac12(e^x + e^{-x}) + \tfrac12(e^x - e^{-x}) = 2$, donc $3e^x + e^{-x} = 4$, c'est-à-dire $3e^{2x} - 4e^x + 1 = 0$, c'est-à-dire $(3e^x - 1)(e^x - 1) = 0$, et $x = 0$ ou $x = -\ln 3$. Vérifier les deux dans l'équation originale — aucun carré n'est jamais nécessaire.

Les inverses existent comme des fonctions uniques car $\sinh$ et $\tanh$ sont injectives et $\cosh$ est injective pour $x \ge 0$ ; leurs graphes sont des réflexions par rapport à $y = x$ des originaux restreints. Les équivalents logarithmiques doivent être dérivés, non simplement cités :

Schéma de dérivation (arsinh). Poser $w = \sinh x = \tfrac12(e^x - e^{-x})$ : alors $e^{2x} - 2we^x - 1 = 0$, donc $e^x = w + \sqrt{w^2 + 1}$ (la racine négative est rejetée parce que $e^x > 0$) et $x = \ln(w + \sqrt{w^2+1})$. La même structure quadratique en $e^x$ résout chaque équation hyperbolique mixte exactement.

L'ellipse $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ a une forme paramétrique $x = a\cos t$, $y = b\sin t$ ; l'hyperbole $\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ a $x = a\sec t$, $y = b\tan t$ et aussi $x = a\cosh t$, $y = b\sinh t$ (la branche droite). Le excentricité $e$ relie tout à la propriété foyer–directrice $PS = e\cdot PN$ (distance au foyer = $e$ × distance à la directrice) : pour l'ellipse $b^2 = a^2(1 - e^2)$, foyers $(\pm ae, 0)$, directrices $x = \pm\dfrac ae$ ; pour l'hyperbole $b^2 = a^2(e^2 - 1)$ avec les mêmes formules de foyer et de directrice.

Exemple résolu — excentricité et foyers (WFM03 juin 2025 Q9a). Pour H : $\dfrac{x^2}{64} - \dfrac{y^2}{49} = 1$ : $a^2 = 64$, $b^2 = 49$, donc $49 = 64(e^2 - 1)$, $e^2 = \tfrac{113}{64}$ et $e = \tfrac{\sqrt{113}}8$ ; les foyers sont $(\pm\sqrt{113}, 0)$.

En substituant $y = mx + c$ dans la conique et en imposant un discriminant nul, on obtient la tangente condition : $c^2 = a^2m^2 + b^2$ pour l'ellipse, $c^2 = a^2m^2 - b^2$ pour l'hyperbole (donc $\lvert m\rvert > \tfrac ba$ est nécessaire là-bas). En un point paramétrique, dériver plutôt — aucun discriminant requis. Les problèmes de lieux reprennent FP1 : distances aux foyers, milieux ou un rapport fixe.

Exemple résolu — tangente, normale et cercle focal (WFM03 juin 2025 Q9b–e). À $P(8\sec\theta, 7\tan\theta)$ sur H : $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{7\sec^2\theta}{8\sec\theta\tan\theta} = \dfrac{7\sec\theta}{8\tan\theta}$, donc la tangente est

coupant l'axe $y$ en $Q = (0, -7\cot\theta)$ ; la normale donnée $8x\cos\theta + 7y\cot\theta = 113$ coupe l'axe en $R = (0, \tfrac{113}7\tan\theta)$. Le cercle de diamètre $QR$ (extrémités $q, r$ sur l' axe $y$) a pour équation $x^2 + (y - \tfrac{q+r}2)^2 = (\tfrac{r-q}2)^2$, qui contient un point $(x, 0)$ exactement lorsque $x^2 = -qr$. Ici $qr = -7\cot\theta\cdot\tfrac{113}7\tan\theta = -113$ pour chaque $\theta$, et $113 = (\sqrt{113})^2$ est exactement la distance focale au carré — donc les deux foyers $(\pm\sqrt{113}, 0)$ se situent sur le cercle. L'annulation de $\theta$ constitue le point clé de la question.

$\dfrac d{dx}\sinh x = \cosh x$, $\dfrac d{dx}\cosh x = \sinh x$, $\dfrac d{dx}\tanh x = \operatorname{sech}^2x$, et à partir des inverses : $\dfrac d{dx}\operatorname{arsinh}x = \dfrac1{\sqrt{x^2+1}}$, $\dfrac d{dx}\operatorname{arcosh}x = \dfrac1{\sqrt{x^2-1}}$, $\dfrac d{dx}\operatorname{artanh}x = \dfrac1{1-x^2}$ — chacun démontrable en inversant $y = f(x)$ et en dérivant implicitement, et chacun valide uniquement sur son domaine.

Exemple résolu — dérivées d'inverses sur un domaine restreint (WFM03 juin 2025 Q4). Pour $y = \operatorname{arsinh}x + \operatorname{arsinh}\dfrac1x$ avec $x > 0$ :

où $x > 0$ transforme $\sqrt{x^2}$ en $x$ — la condition de domaine est cruciale. En posant $\dfrac{dy}{dx} = 0$, on obtient $x = 1$ et $y = 2\operatorname{arsinh}1 = 2\ln(1 + \sqrt2)$.

Les résultats standards reflètent les dérivées. Compléter le carré d'abord pour les dénominateurs racinés, et traiter les fonctions inverses par parties — prendre $u$ comme fonction inverse et $1$ comme reste :

Exemple résolu — les deux techniques (WFM03 juin 2025 Q2). (i) $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{4x^2+8x+9}}$ : puis que $4x^2 + 8x + 9 = 4\left((x+1)^2 + \tfrac54\right)$, l'intégrale est $\tfrac12\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{(x+1)^2 + 5/4}} = \tfrac12\operatorname{arsinh}\frac{2x+2}{\sqrt5} + c$ (dériver à nouveau pour vérifier). (ii) $\displaystyle\int\operatorname{arcosh}3x\,dx = x\operatorname{arcosh}3x - \int\frac{3x}{\sqrt{9x^2-1}}dx = x\operatorname{arcosh}3x - \tfrac13\sqrt{9x^2-1} + c$.

Quatre intégrales à maîtriser parfaitement, chacune via $x = a\sinh t$ (ou $x = a\tan t$, $a\coth$-type splits) : $\displaystyle\int\!\frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} = \operatorname{arsinh}\frac xa + c$, $\ \displaystyle\int\!\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}} = \operatorname{arcosh}\frac xa + c$, $\ \displaystyle\int\!\frac{dx}{x^2+a^2} = \tfrac1a\arctan\frac xa + c$, $\ \displaystyle\int\!\frac{dx}{x^2-a^2} = \tfrac1{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right| + c$. Une formule de récurrence exprime $I_n$ à travers $I_{n-1}$ (ou $I_{n-2}$) : intégrer par parties avec la racine comme $v$, puis réécrire l'intégrale restante de racines en utilisant la définition de $I_n$. Longueur d'arc et la surface de révolution nécessitent $s = \displaystyle\int\sqrt{1 + \left(\tfrac{dy}{dx}\right)^2}\,dx$ et $S = 2\pi\displaystyle\int y\sqrt{1 + \left(\tfrac{dy}{dx}\right)^2}\,dx$ (paramétriquement, $s = \int\sqrt{\dot x^2 + \dot y^2}\,dt$ avec $y\sqrt{\dot x^2+\dot y^2}$ pour $S$).

Exemple résolu — établissement d'une formule de réduction (WFM03 juin 2025 Q5). Avec $I_n = \displaystyle\int_1^6 \frac{x^n}{\sqrt{3x-2}}dx$, prendre $u = x^n$ et $v = \tfrac23\sqrt{3x-2}$:

en utilisant $\sqrt{3x-2} = \dfrac{3x-2}{\sqrt{3x-2}}$ pour faire apparaître $I_n$ et $I_{n-1}$. En regroupant : $(3 + 6n)I_n = 4nI_{n-1} + 8\cdot6^n - 2$. Semer avec $I_0 = \tfrac23(4 - 1) = 2$ et $I_1 = 6$ (par substitution directe), puis $15I_2 = 8(6) + 8(36) - 2 = 334$, et $21I_3 = 12\cdot\tfrac{334}{15} + 8(216) - 2$, donnant $I_3 = \tfrac{3322}{35}$.

Exemple résolu — une surface avec une substitution sinh (WFM03 juin 2025 Q7). En tournant $y = \cos 2x$, $0 \le x \le \tfrac\pi4$, autour de l'axe $2\pi$ par rapport à $x$ (calculatrice interdite) : $S = 2\pi\displaystyle\int_0^{\pi/4}\cos 2x\sqrt{1 + 4\sin^22x}\,dx$. Avec $2\sin 2x = \sinh\theta$, ainsi $4\cos 2x\,dx = \cosh\theta\,d\theta$, l'intégrale devient $\tfrac\pi2\displaystyle\int\cosh^2\theta\,d\theta = \tfrac\pi4\Big[\sinh\theta\cosh\theta + \theta\Big]$ entre $0$ et $\operatorname{arsinh}2 = \ln(2+\sqrt5)$, donc $S = \tfrac\pi4\left(2\sqrt5 + \ln(2+\sqrt5)\right)$ — les facteurs $\cos 2x$ s'annulent exactement, ce qui explique pourquoi cette substitution est fournie.

Le produit vectoriel $\mathbf a\times\mathbf b = \begin{vmatrix}\mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\end{vmatrix}$ est perpendiculaire aux deux facteurs avec $\lvert\mathbf a\times\mathbf b\rvert = \lvert\mathbf a\rvert\lvert\mathbf b\rvert\sin\theta$ — l'aire du parallélogramme. Le produit mixte scalaire $\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)$ est le volume signé du parallélépipède ; zéro signifie que les trois vecteurs sont coplanaires. Droites : $\mathbf r = \mathbf a + t\mathbf b$ ou $(\mathbf r - \mathbf a)\times\mathbf b = \mathbf 0$ ; plans : $\mathbf r\cdot\mathbf n = p$ ou $\mathbf r = \mathbf a + s\mathbf b + t\mathbf c$ avec $\mathbf n = \mathbf b\times\mathbf c$. Distance d'un point à un plan : $\dfrac{\lvert\mathbf x\cdot\mathbf n - p\rvert}{\lvert\mathbf n\rvert}$ ; distance la plus courte entre droites non coplanaires : projeter le vecteur reliant des points de référence sur la normale commune $\mathbf b_1\times\mathbf b_2$.

Exemple résolu — plans, droites et distance (WFM03 juin 2025 Q8). Pour $\Pi_1: \mathbf r = (4,2,-1) + \lambda(7,5,-6) + \mu(-3,1,2)$ : la normale est $(7,5,-6)\times(-3,1,2) = (16,4,22) = 2(8,2,11)$, et en substituant le point de référence, on obtient $\mathbf r\cdot(8\mathbf i + 2\mathbf j + 11\mathbf k) = 32 + 4 - 11 = 25$. En intersection avec $\Pi_2: x - y + z = 7$ : la direction de la droite est $(8,2,11)\times(1,-1,1) = (13,3,-10)$ et un point solution des deux plans est $(\tfrac{13}5, -\tfrac{17}5, 1)$, donc $(\mathbf r - (\tfrac{13}5, -\tfrac{17}5, 1))\times(13,3,-10) = \mathbf 0$. La droite passant par $A(2,1,3)$ et $B(3,0,2)$ a pour direction $(1,-1,-1)$ ; la normale commune est $(13,3,-10)\times(1,-1,-1) = (-13,3,-16)$, et la distance la plus courte est

Les déterminants et les inverses s'étendent à $3\times3$ : développer selon n'importe quelle ligne ou colonne (signes $+\,-\,+\,-\,+\,-$) ; $\mathbf A^{-1} = \dfrac1{\det\mathbf A}(\text{adjugate})$, l'adjoint étant la transposée de la matrice des cofacteurs. Les matrices singulières ($\det = 0$) n'ont pas d'inverse et réduisent la dimension. $(\mathbf{AB})^T = \mathbf B^T\mathbf A^T$ et $(\mathbf{AB})^{-1} = \mathbf B^{-1}\mathbf A^{-1}$. Une valeur propre $\lambda$ avec vecteur propre $\mathbf v$ satisfait $\mathbf{Av} = \lambda\mathbf v$ — ligne par ligne, chaque composante de $\mathbf{Av}$ est égale à $\lambda$ multiplié par la composante correspondante de $\mathbf v$ (et non de $\lambda$ lui-même). Étant donné $\mathbf v$, lire $\lambda$ sur toute ligne avec un produit non nul ; sinon, résoudre $\det(\mathbf A - \lambda\mathbf I) = 0$ et faire la substitution inverse. Pour une matrice symétrique $\mathbf A$, les vecteurs propres pour des valeurs propres distinctes sont orthogonaux, et une matrice orthogonale $\mathbf P$ de vecteurs propres normalisés diagonalise cette matrice : $\mathbf P^T\mathbf{AP} = \mathbf D$.

Exemple résolu — valeurs propres à partir d'un vecteur propre donné (WFM03 juin 2025 Q3). $\mathbf M = \begin{pmatrix}1&-1&4\\3&a&b\\a&1&b\end{pmatrix}$ possède un vecteur propre $\mathbf i + 2\mathbf j + \mathbf k$. Ligne 1 : $1 - 2 + 4 = 3 = 3(1)$, donc $\lambda = 3$. Ligne 2 : $3 + 2a + b$ doit être égal à $\lambda\times 2 = 6$, et la ligne 3 : $a + 2 + b$ doit être égal à $\lambda\times 1 = 3$. Donc $2a + b = 3$ et $a + b = 1$ : en soustrayant, $a = 2$ et $b = -1$. Avec $\mathbf M = \begin{pmatrix}1&-1&4\\3&2&-1\\2&1&-1\end{pmatrix}$ : la trace est $2$ et, en développant selon la ligne 1, $\det\mathbf M = 1(-2+1) + 1(-3+2) + 4(3-4) = -1 - 1 - 4 = -6$. Les autres valeurs propres s'additionnent ensuite à $2 - 3 = -1$ et se multiplient à $\tfrac{-6}3 = -2$ : ce sont $1$ et $-2$. Vecteurs propres : pour $\lambda = 1$, en résolvant $(\mathbf M - \mathbf I)\mathbf v = \mathbf 0$ donne $-\,y + 4z = 0$ et $3x + y - z = 0$, donc $\mathbf v = (-1, 4, 1)$ ; pour $\lambda = -2$, $(\mathbf M + 2\mathbf I)\mathbf v = \mathbf 0$ donne $3x - y + 4z = 0$ et $2x + y + z = 0$, donc $\mathbf v = (-1, 1, 1)$ (vérifiés ligne par ligne). La trace et le déterminant constituent la vérification libre : $3 + 1 - 2 = 2$ ✓ et $3\cdot1\cdot(-2) = -6$ ✓.

Exemple résolu — matrice singulière et inverse avec un paramètre (WFM03 juin 2025 Q6). $\mathbf A = \begin{pmatrix}1&k&2\\5&3&-2\\6&-1&4\end{pmatrix}$: $\det\mathbf A = 1(12-2) - k(20+12) + 2(-5-18) = -36 - 32k$, donc $\mathbf A$ est singulier lorsque $k = -\tfrac98$. L'adjoint (comateurs transposés) donne

Vérifiez l'entrée (1,1) du produit : $(1,k,2)\cdot(10,-32,-23) = 10 - 32k - 46 = -36 - 32k$, qui s'annule avec le déterminant pour donner $1$ ✓.

• Définir $\cosh, \sinh, \tanh$ à partir des exponentielles ; déduire les identités fondamentales ; résoudre les équations mixtes via des quadratiques en $e^x$ avec des réponses exactes $\ln$.
• Déduire les formes logarithmiques de $\operatorname{arsinh}, \operatorname{arcosh}, \operatorname{artanh}$ ; dériver les inverses en respectant les domaines.
• Utiliser les paramétriques d'ellipse et d'hyperbole ; convertir entre $b^2 = a^2(1-e^2)$ et $a^2(e^2-1)$ ; placer foyers et directrices ; trouver tangentes/normales aux points paramétriques et via la condition $y = mx + c$ $c^2 = a^2m^2 \pm b^2$.
• Différencier et intégrer fonctions hyperboliques et inverses, y compris par parties pour intégrandes de type $\int\operatorname{arcosh}$.
• Connaître les quatre intégrales standards de surd/rationnel ; construire des formules de réduction par parties et itérer ; calculer exacts longueurs d'arc et surfaces de révolution.
• Calculer $\mathbf a\times\mathbf b$ et $\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)$ avec leurs significations d'aire et de volume ; passer entre les formes plane et linéaire ; trouver les distances point-plan et droites gauches.
• Évaluer les déterminants $3\times3$, inverser via l'adjoint, gérer le cas singulier, trouver valeurs/vecteurs propres (normalisés si demandé) et diagonaliser les matrices symétriques avec une $\mathbf P$ orthogonale.