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Chapitre 4

FONCTIONS USUELLES

Enoncé des exercices

1 Les basiques

Exercice 4.1 Résoudre(E1) : x− 1 =

√x+ 2 (E2) : x− 1 ≤

√x+ 2

Exercice 4.2 Déterminer le signe sur R de f (x) =eπx − 1

1 + x2− π arctanx.

Exercice 4.3 Résoudre

�4

9

�x�8

27

�1−x=

2

3

Exercice 4.4 Résoudre l’équation x√x =

√xx

Exercice 4.5 Résoudre 2x3

= 3x2

Exercice 4.6 Résoudre xx =√22

Exercice 4.7 Soit a > 0 un réel, exprimer uniquement à l’aide de√a+ 1 le réel ch

�ln

�√a+

√a+ 1

��.

Exercice 4.8 Résoudre 5 chx− 4 shx = 3

Exercice 4.9 Calculer la dérivée de chx cosx+ shx sinx.

Exercice 4.10 Résoudre l’équation arccos(x) + arcsin(x2 − x+ 1) =π

2

Exercice 4.11 Montrer que arctan�2√2�+ 2arctan

�√2�= π

Exercice 4.12 Calculer la valeur exacte de sin

�1

2arcsin

3

4

�

Exercice 4.13 Calculer la valeur exacte de sin�12 arcsin

�725

��

Exercice 4.14 Simplifier la fonction arg sh�2x√1 + x2

�

Exercice 4.15 Simplifier la fonction f (x) = arccos thx+ 2arctan ex

Exercice 4.16 Que pensez vous de la fonction f (x) = arg thx− arg th1

x?

1. LES BASIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

Exercice 4.17 Résoudre arg thx = arg ch1

x.

Exercice 4.18 Déterminer le domaine de définition, la dérivée et les points où la fonction s’annule pour f (x) = x1x

et g (x) =�x

n

�nxoù n ∈ N∗.

Exercice 4.19 Simplifier aln(lna)lna pour a > 1.


arctan (3− x) + arctan

�4− 1

x

�=

3π

4

Exercice 4.21 Montrer que ∀ (a, b) ∈ R2, on a ea+b2 ≤ 1

2

�ea + eb

�

Exercice 4.22 Résoudre arcsin(x) = arcsin

�4

5

�+ arcsin

�5

13

�

Exercice 4.23 Simplifier la fonction f (x) = 2 arctan�√

1 + x2 − x�+ arctanx. En déduire la valeur de tan

π

8et

tanπ

12

Exercice 4.24 Montrer que

arctan�2√2�+ 2arctan

�√2�= π

Montrer que ce résultat est équivalent à la formule de Wetherfield

2 arctan1√2+ arctan

1

2√2=

π

2

Exercice 4.25 Résoudre arg sh (x− 1) = arg ch√x.

Exercice 4.26 On veut déterminer les réels x tels que

arctan (x− 1) = arctan1

x+ arctan

19

8

1. Soit f (x) = arctan (x− 1) − arctan1

x. Etudier rapidement la fonction f, en déduire que l’équation admet une

unique solution plus grande que 1.

2. Résoudre l’équation.

Exercice 4.27 Simpifier la fonction

f (x) = 2arg th (tanx)− arg th (sin 2x)

(on commencera par préciser le domaine de définition de f , sa périodicité, sa parité afin de réduire le domaine d’étude).

Exercice 4.28 On définit la fonction f par

f (x) = arg sh�2x

�1 + x2

�

Préciser son ensemble de définition. Sur quel ensemble f est-elle dérivable ? Préciser alors la dérivée de f. En déduireune expression plus simple de f.

Exercice 4.29 Montrer l’inégalité de Huygens

2 sinα+ tanα ≥ 3α si α ∈�0,

π

2

�

et son analogue hyperbolique2 shx+ thx ≥ 3x si x ≥ 0

—2/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 2. LES TECHNIQUES

2 Les techniques

Exercice 4.30 Déterminer (n, p) ∈ (N∗)2 tels que n < p et np = pn

Exercice 4.31 Soit z = a+ib où a > 0, b > 0. On note arg z l’unique argument de z compris dans l’intervalle ]−π, π].

Justifier que arg z = arctanb

a. En déduire la formule de H�� (1776)

π

4= 2 arctan

1

3+ arctan

1

7

Exercice 4.32 Résoudre(E) : arctan(x− 1) + arctan(x) + arctan(x+ 1) =

π

2

Exercice 4.33 Résoudre arctan (x) + arctan�x3

�=

3π

4

Exercice 4.34 On se propose de trouver les réels x tels que

2 arctan

1− x

x

�

+ arcsin(2x− 1) =π

2

1. Déterminer l’ensemble de définition Df de la fonction f définie par f(x) = 2arctan

1− x

x

�

+arcsin(2x− 1)

2. Soit x ∈ Df , on pose θ = arcsin (√x) .

Justifier que θ est bien défini et préciser à quel intervalle il appartient, exprimer x en fonction d’une des lignestrigonométriques de θ.

3. Exprimer

1− x

xet 2x− 1 en fonction de θ et conclure

4. Retrouver les résultats en utilisant la dérivée de f .

Exercice 4.35 Résoudre arcsin (x) + arccos (2x) = a,pour a = π2 , π,

π6 .

Exercice 4.36 Résoudre l’équation arcsin(2x)− arcsin(x√3) = arcsin(x)

Exercice 4.37 Simplifier la fonction arg th

�x2 − 1

x2 + 1

�

Exercice 4.38 Montrer que ∀ (x, y) ∈ ]−1, 1[2, arg th (x) + arg th y = arg thx+ y

1 + xy


�exey = a

xy = 1d’inconnues x ≤ y réels, en fonction du paramètre réel a.

Exercice 4.40 Résoudre arcsinx+ arcsin 2x = arccosx.

Exercice 4.41 Résoudrearcsinx+ arccos

�x√2�=

π

4

Exercice 4.42 Calculer, pour n ≥ 1, vn =n

k=1

ln

�1 +

1

k

�, en déduire que la suite (un)n∈N définie par un = 1+

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n=

n

k=1

1

kdiverge vers +∞.

—3/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

Exercice 4.43 Discuter l’équation ex (k + x) = e−x (k − x) d’inconnue x et de paramètre k.

Exercice 4.44 (CCP PC) A quelle condition (CNS) sur a ∈ R l’équation arcsinx = 2arcsin (√a)− π

6admet-elle des

solutions.

Exercice 4.45 Soit z = a+ ib où a > 0, justifier que arg (z) = arctan

�b

a

�(2π). En déduire les égalités suivantes

2 arctan

�x√

1 + x2

�= arctan

�2x

�1 + x2

�et 2 arctan (thx) = arctan (sh 2x)

∀x ∈ ]−1, 1[ , 2 arctanx = arctan

�2x

1− x2

�

3 Les exotiques

Exercice 4.46 Résoudre l’équation xx12 = 1

2

Exercice 4.47 Résoudre 2sin2 x = cosx

Exercice 4.48 1. Existe-t-il une fonction f : [1,+∞[ −→ R telle que ∀x ∈ R, f (chx) = ex ? Même question mais∀x ≥ 0, f (chx) = ex.

2. Existe-t-il une fonction f : ]0,+∞[→ R telle que ∀x ∈ R, f (ex) = chx


arctan

�2003− 1

2003

2

�+ 2arctan

�1

2003

�=

π

2

4 Les olympiques

Exercice 4.50 On définit la suite de Fibonacci (fn)n∈N par

f0 = 0, f1 = 1, et ∀n ∈ N, fn+2 = fn+1 + fn

Montrer l’identité de Cassini :

∀n ∈ N, f2n+1 − fnfn+2 = (−1)n

En déduire que

∀n ≥ 1 arctan

�1

f2n

�= arctan

�1

f2n+1

�+ arctan

�1

f2n+2

�

Quel identités particulières obtient-t-on ?


1

2000=√2 sin

1

2arcsin

1

20002+

1999

20003+

1999

20004

��

Exercice 4.52 (Olympiades du Viet Nam 1999) Résoudre le système

� �1 + 42x−y

�51−2x+y = 1 + 22x−y+1

y3 + 4x+ 1 + ln�y2 + 2x

�= 0

—4/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 5. LE GRENIER

Exercice 4.53 Résoudre le système

(S) :�

cosx− cos y = 12

sinx sin y =3

8

Exercice 4.54 Résoudre le système

ln (2xy) = ln (x) ln (y)ln (yz) = ln (y) ln (z)ln (2zx) = ln (z) ln (x)

Exercice 4.55 (Crux Mathematicorum) Montrer que pour x > 0

x√1 + x2

< thx <�1− e−x

2

5 Le grenier

Exercice 4.56 Résoudre (chx+ shx)arg shx

= (chx− shx)arg chx

Exercice 4.57 Montrer que ∀ (x, y) ∈ ]0,+∞[2, ∀λ ∈ [0, 1] , ln (λx+ (1− λ) y) ≥ λ lnx+ (1− λ) ln y

Exercice 4.58 Déterminer le domaine de définition et simplifier la fonction f définie par f (x) = arctan

�3x− 4√27x2 − 12

�+

2arctan

�3x+ 2√27x2 − 12

�

Exercice 4.59 Déterminer le domaine de définition et simplifier la fonction f définie par f (x) = arctan

�x+ 1√

3x2 − 2x− 1

�+

2arctan

�x− 1√

3x2 − 2x− 1

�

Exercice 4.60 Comparer les fonctions arccos�1− x2

�et 2 arcsin

�x√2

�

Exercice 4.61 Comparer les fonctions arccos

�− cos2

θ

2

�et 2 arccos

sin

θ

2√2

.

Exercice 4.62 Comparer les fonctions arccos�1− x2

�et 2 arcsin

x√2.

Exercice 4.63 Montrer que pour tout x réel et tout entier n,

�1 + thx

1− thx

�n=

1 + thnx

1− thnx

Exercice 4.64 Simplifier la fonction f (x) = arg th

�x√

1 + x2

�.

Exercice 4.65 Calculer sh (ln 2)× sh (ln 3) que consatez-vous ? Plus généralement comment sont liés x et y pour quesh (lnx) sh (ln y) = 1 (exprimer y = f (x)).

Exercice 4.66 Soit x ∈ R, on définit le Gudermannian de x par

gd (x) =

� x

0

dt

ch t

—5/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

5. LE GRENIER CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

1. Montrer que thx

2= tan

gd (x)

22. Exprimer les sinus, cosinus et tangente de gd (x) en fonction des lignes trigonométriques hyperboliques de x.

3. Montrer que ex = tan

�gd (x)

2+

π

4

�

Exercice 4.67 Résoudre�1 + b2

�chx+

�1− b2

�shx = 2b d’inconnue x.

Exercice 4.68 Déterminer f (x) telle que arctanx = arcsin f (x) , en déduire que arctan1√n

= arcsin1√

n+ 1pour

n ≥ 1.

Exercice 4.69 Soient (p, q) ∈ N∗2 tels quep

q≥√2, montrer que arccos

�p2 − 2q2

p2

�= 2arcsin

�q

p

�.

Exercice 4.70 Déterminer le domaine de définition, puis de dérivabilité de f définie par f (2) = 2arctan�√

x+ 1�−

arcsin

�x

x+ 2

�. Dériver f et en déduire ainsi f .

Exercice 4.71 Trouver f telle que pour x ≥ 0, arctanx = arcsin (f (x)) + arccos (x). Que se passe-t-il si x < 0 ?

—6/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

Chapitre 4

FONCTIONS USUELLES

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 4.1 Pour (E1)Analyse de l’équation :x− 1 =

√x+ 2⇒ (x− 1)

2= x+ 2, dont les solutions sont

�32 +

12

√13, 32 − 1

2

√13

�.

Synthèse :Réciproquement 3

2 +12

√13 ≃ 3. 302 8, 32 − 1

2

√13 ≃ −. 302 78 mais puisque x− 1 =

√x+ 2 est positif, seule la solution

32 +

12

√13 est à retenir.

En fait il vaut mieux raisonner directement :

x− 1 =√x+ 2⇔ (x− 1)2 = x+ 2

et x− 1 ≥ 0⇔ x ∈

�32 +

12

√13, 32 − 1

2

√13

�

et x ≥ 1· · ·

Pour l’inégalité (E2)On dispose de deux méthodes.Ou bien on utilise ce qui précéde, en remarquant que la fonction x− 1−

√x+ 2 est définie, continue sur [−2,+∞[ ,

elle ne s’annule que si x = 32 + 1

2

√13 donc ( Théorème des valeurs intermédiaires ) garde un signe constant sur�

−2, 32 + 12

√13

�et sur

�32 +

12

√13,+∞

�. Il reste à déterminer ce signe en regardant la valeur en 0 et en 7 par exemple.

Ou bien on résout l’inégalité.On détermine quand

√x+ 2 existe, i.e sur [−2,+∞[ . Puis sur cet intervalle, on cherche quand x− 1 ≤ 0⇔ x ≤ 1,

sur [−2, 1] on sait que x− 1 ≤ 0 ≤√x+ 2. Puis sur [1,+∞[ les deux nombres sont positifs donc dans le même ordre

que leur carrés. Or on connaît le signe (x− 1)2 − (x+ 2) · · ·

Exercice 4.2 On dérive f (qui est bien dérivable sur R) pour avoir f ′ (x) =π (eπx − 1)

(x2 + 1)2

�x2 − 2

πx+ 1

�. Le trinôme

x2 − 2

πx + 1 n’a pas de racines réelles car son discriminant est ∆ =

4− π2

1< 0, ainsi f ′ est du signe de (eπx − 1)

donc du signe de x. On en déduit que f est décroissante sur ]−∞, 0] puis croissante. Puisque f (0) = 0, on a

∀x �= 0, f (x) > 0 et f (0) = 0

Exercice 4.3 On passe au logarithme pour obtenir x ln4

9+ (1− x) ln

8

27= ln

2

3. Pour simplifier le tout, on remarque

que4

9=

�2

3

�2et que

8

27=

�2

3

�3. Si on pose y =

2

3, on obtient 2x ln y + 3 (1− x) ln y = ln y soit x = 2.

Exercice 4.4 Les expressions n’ont de sens que si x > 0. On passe alors au logarithme pour obtenir

√x lnx =

x

2lnx⇐⇒

√x

�1−

√x

2

�lnx = 0⇐⇒

lnx = 0ou√x = 2


Les solutions sont donc x = 1 et x = 4.

Exercice 4.5 On passe au logarithme pour obtenir

x3 ln 2 = x2 ln 3⇐⇒ x2 (x ln 2− ln 3) = 0

Les solutions sont donc x = 0 et x =ln 3

ln 2.

Exercice 4.6 Le terme de droite n’a de sens que si x > 0. On passe au logarithme pour obtenir x lnx =1

2ln

�1

2

�.

Il y a donc une solution évidente. Est-ce la seule ? On étudie rapidement les variations de f (x) = x lnx sur ]0,+∞[.La fonction f est dérivable de dérivée f ′ (x) = 1 + ln (x) . On en déduit les variations de f et son graphe

0.5 1.0 1.5 2.0

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

x

y

La fonction f réalise une bijection de

�1

e,+∞

�sur

�−1

e,+∞

�et une bijection de

�0,1

e

�sur

�0,−1

e

�car x lnx −−−→

x→00.

Puisque −1

e<

√2

2, il y a deux solutions, une dans chaque intervalle. On constate que les seules solutions sont x =

1

2

et x =1

4.

Exercice 4.7 On a

ch�ln

�√a+

√a+ 1

��=

1

2

�√a+

√a+ 1 +

1√a+

√a+ 1

�

=1

2

�√a+

√a+ 1 +

√a−

√a+ 1

a− (a+ 1)

�

=1

2

�√a+

√a+ 1−√a+

√a+ 1

�=√a+ 1

Exercice 4.8 On remplace chx paru+

1

u2

et shx paru− 1

u2

où u = ex. l’équation devient alors

5

u+1

u2

− 4

u− 1

u2

− 3 =1

2

u2 − 6u+ 9

u=

1

2

(u− 3)2

u= 0

L’unique solution estu = 3⇐⇒ x = ln 3

Exercice 4.9 Soit f (x) = chx cosx+ shx sinx, f est dérivable sur R (produit et somme de fonctions dérivables) et∀x ∈ R, f ′ (x) = shx cosx− chx sinx+ chx sinx+ shx cosx = 2 shx cosx.

—8/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 1. LES BASIQUES

Exercice 4.10 Analyse, si x est solution, alorscos (arccos(x)) = cos

�π2 − arcsin(x2 − x+ 1)

�= sin

�arcsin(x2 − x+ 1)

�

⇒ x = x2 − x+ 1⇒ x = 1.Synthèse, on vérifie facilement que 1 est solution, car arccos (1) = 0, arcsin (1) = π

2 .

Exercice 4.11 On a

tan�arctan

�2√2�+ 2arctan

�√2��

=2√2 + tan

�2 arctan

�√2��

1− 2√2 tan

�2 arctan

�√2��

Avec tan�2 arctan

�√2��

=2√2

1− 2= −2

√2, on obtient tan

�arctan


�√2��

= 0. Puisπ

4< arctan

�2√2�<

π

2,π

2< 2 arctan

�√2�< π donc

π

2< arctan


�√2�<

3π

2. D’où le résultat.

Ce résultat est équivalent à la formule de Wetherfield


1

2√2=

π

2

car, les nombres étant positifs,

arctan1√2

=π

2− arctan

√2

arctan1

2√2

=π

2− arctan 2

√2

d’où


1

2√2

=π

2− arctan

√2 + 2

�π

2− arctan 2

√2�

=π

2+ π − π

Exercice 4.12 Posons x = sin

�1

2arcsin

3

4

�, y = cos

�1

2arcsin

3

4

�alors

2xy = 2 sin

�1

2arcsin

3

4

�cos

�1

2arcsin

3

4

�= sin

�arcsin

3

4

�=

3

4

et on a

x2 + y2 = 1

Ainsi

(x+ y)2 = x2 + y2 + 2xy = 1 +3

4=

7

4

Mais puisque1

2arcsin

3

4∈

�0, π4

�( car

3

4∈ [0, 1[), on a

x > 0 et y > 0 donc x+ y =

√7

2

Ainsi x et y sont racines de

Z2 −√7

2Z +

3

8= 0

—9/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


qui a deux solutions positives

√7 + 1

4et

√7− 1

4.

Mais qui est x, qui est y ? On e détermine facilement car1

2arcsin

3

4∈

�0, π4

�donc cos

�1

2arcsin

3

4

�= y > x =

sin

�1

2arcsin

3

4

�. Conclusion :

sin

�1

2arcsin

3

4

�=

√7− 1

4

Exercice 4.13 On pose a = 12 arcsin

�725

�,et x = sin (a) , on a sin2 (2a) = 4 sin2 (a) cos2 (a) , d’où 49

625 = 4x2�1− x2

�

dont les solutions sont ±√210 et ±7

√2

10 .

Il reste à estimer x, on 0 ≤ a ≤ 12 arcsin

�12

�= π

12 ≤ π6 , donc 0 ≤ x = sin (a) ≤ 1

2 < 7√2

10 . On en déduit que x =√210 .

Exercice 4.14 Soit f (x) = arg sh�2x√1 + x2

�, f est définie, continue et dérivable sur R. Pour x ∈ R,

f ′ (x) =

2√1 + x2 +

2x× 2x

2√1 + x2�

1 + 4x2 (1 + x2)=

2�1 + x2

�+ 2x2

√1 + x2

�(1 + 2x2)2

=2√

1 + x2= 2

d

dxarg shx

On en déduit quef (x) = 2arg sh(x) +C

or f (0) = 0 donc C = 0.

Exercice 4.15 Pure routine, on pose f (x) = arccos thx+2arctan ex qui est définie, continue et dérivable sur R (carthx ∈ ]−1, 1[ et arccos est dérivable sur ]−1, 1[). Pour x ∈ R

f ′ (x) = − 1− th2 x�1− th2 x

+ 2ex

1 + e2x

= −�1− th2 x+

2ex

ex (e−x + ex)

= −

1

ch2 x+

1

chx

=1

chx− 1

|chx| = 0 car ch ≥ 1

On en déduit que f est constante sur R. La constante (qui vaut π) est obtenue pour x = 0 (car arccos 0 =π

2et

arctan 1 =π

4.

Exercice 4.16 Il faut penser qu’elle n’est définie nulle part. En effet arg thx est définie si et seulement si |x| < 1 et

arg th1

xl’est si et seulement si

1

x

< 1 i.e. |x| > 1.

Exercice 4.17 Le domaine de définition de l’équation est ]0, 1[ (car arg ch est définie sur [1,+∞[ et arg th sur ]−1, 1[).On se place donc sur ]0, 1[ et on passe à la tangente hyperbolique qui est une bijection

arg thx = arg ch1

x⇐⇒ x = th

�arg ch

1

x

�=

1

x2− 1

1

x

⇐⇒ x = x

√1− x2√x2

=�1− x2 car x > 0

—10/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On résout donc x =√1− x2 ⇐⇒

�x2 = 1− x2

x ≥ 0⇐⇒ x =

1√2.

La seule solution est1√2.

Exercice 4.18 On a f (x) = exp

�lnx

x

�est défini pour x ∈ ]0,+∞[. Elle est dérivable sur cet ensemble en tant que

quotient et composée de fonctions dérivables. La dérivée est alors f ′ (x) = f (x)×�lnx

x

�′= x

1x × 1− lnx

x2qui s’annule

pour x = e.

La fonction g est définie par g (x) = exp�nx ln

x

n

�, son domaine de définition est donc ]0,++∞[. Elle est dérivable

sur son domaine de définition et de dérivée égale à g (x)×�nx ln

x

n

�′= ng (x)×

�ln

x

n+ 1

�=

�x

n

�nx×

�ln

x

n+ 1

�

qui s’annule pour x =n

e.

Exercice 4.19 Pour a > 1, on a aln(lna)lna = exp

�ln(lna)lna × lna

�= exp (ln (lna)) = lna.

Exercice 4.20 Analyse :Soit x une solution alors

tan

�arctan (3− x) + arctan

�4− 1

x

��= −1

⇐⇒1

x− 7 + x

1−�1

x− 4

�(x− 3)

= 1

⇐⇒ 3x2 − 5x+ 2 = 0

Les solutions de cette dernière équation sont x = 1 et x =2

3.

Synthèse :

Si x = 1 alors arctan (3− x) + arctan

�4− 1

x

�= arctan (2) + arctan (3). Posons a = arctan (2) + arctan (3) alors

tan a = tan3π

4. De plus 2 arctan 1 < a < π donc a ∈

!π2, π

�et a même tangente que

3π

4donc lui est égal.

Si x =2

3, arctan (3− x) + arctan

�4− 1

x

�= arctan

7

3+ arctan

5

2, le même type de raisonnement donne arctan

7

3+

arctan5

2∈

!π2, π

�et a même tangente que

3π

4donc lui est égal.

Il y a deux solutions qui sont égales à 1 et2

3.

Exercice 4.21 Pour ceux qui connaissent la convexité, il s’agit de l’inégalité de Jensen. Sinon on a ea + eb =

ea+b2

�ea−b2 + e

−a+b2

�= 2e

a+b2 ch

�a−b2

�≥ 2e

a+b2 car chx ≥ 1 ceci ∀x ∈ R.

—11/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Exercice 4.22

arcsin(x) = arcsin

�4

5

�+ arcsin

�5

13

�

=⇒ sin (arcsin(x)) = sin

�arcsin

�4

5

�+ arcsin

�5

13

��

=⇒ x = sin

�arcsin

�4

5

��cos

�arcsin

�5

13

��+ cos

�arcsin

�4

5

��sin

�arcsin

�5

13

��

=⇒ x =4

5×

"

1−�

5

13

�2+

"

1−�4

5

�2× 5

13

=⇒ x =63

65

Mais, attention, il ne s’agit que d’implication. Réciproquement, arcsin63

65et arcsin

�4

5

�+arcsin

�5

13

�sont deux angles

qui ont mêmes sinus, cela ne prouve pas qu’ils sont égaux ! Ils faut localiser ces angles. On sait que arcsin63

65∈

�0, π2

�

car63

65∈ [0, 1]. De même, on a 0 ≤ 4

5≤√3

2( car

16

25≤ 3

4⇐⇒ 64 ≤ 75) donc 0 ≤ arcsin

�4

5

�≤ arcsin

√32 = π

3

(croissance de l’arcsinus) et 0 ≤ 5

13≤ 1

2(car 10 < 13) donc 0 ≤ arcsin

�5

13

�≤ π

6 . On en déduit que 0 ≤ arcsin

�4

5

�+

arcsin

�5

13

�≤ π

3 +π6 = π

2 .

Pour conclure, arcsin63

65et arcsin

�4

5

�+arcsin

�5

13

�sont deux arcs de

�0, π2

�ayant même sinus, ils sont donc égaux.

S =

�63

65

#

Exercice 4.23 La fonction f (x) = 2arctan�√

1 + x2 − x�+ arctanx est définie sur R car ∀x ∈ R, 1 + x2 ≥ 1 donc√

1 + x2 est définie sur R, et la fonction arctan est définie sur R. Elle est dérivable sur R en tant que composée defonctions dérivables.On a ∀x ∈ R,

f ′ (x) = 2

�√1 + x2 − x

�′

1 +�√

1 + x2 − x�2 +

1

1 + x2

= 2

2x

2√1 + x2

− 1

1 + 1 + x2 − 2x√1 + x2 + x2

+1

1 + x2

=x−

√1 + x2√

1 + x2�1 + x2 − x

√1 + x2

� +1

1 + x2

=x−

√1 + x2

√1 + x2

��√1 + x2

�2 − x√1 + x2

� +1

1 + x2

=x−

√1 + x2√

1 + x2 ×√1 + x2

�√1 + x2 − x

� +1

1 + x2

= 0

On en déduit que f est constante sur l’intervalle R, égale à f (0) = 2arctan 1 + arctan 0 =π

2.

Avec x = 1, il vient 2 arctan�√

2− 1�=

π

2− arctan 1 =

π

4=⇒ arctan

�√2− 1

�=

π

8=⇒ tan

�arctan

�√2− 1

��=

—12/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


tanπ

8=⇒ tan

π

8=√2 − 1., de même avec x =

√3, il vient 2 arctan

�2−

√3�

=π

2− arctan

√3 =

π

6=⇒

arctan�2−

√3�=

π

12=⇒ tan

π

12= 2−

√3.

Exercice 4.24 Analyse

arcsinx+ arccos�x√2�=

π

4=⇒ sin

�arcsinx+ arccos

�x√2��

=

√2

2

=⇒ x2√2 +

√1− x2

√1− 2x2 =

√2

2

=⇒√

2

2− x2

√2

�

=√1− x2

√1− 2x2

=⇒√

2

2− x2

√2

�2

=�1− x2

� �1− 2x2

�

=⇒ 2

�1

2− x2

�2=

�1− x2

� �1− 2x2

�

=⇒�1− 2x2

�= 0

les solutions sont ± 1√2

Synthèse : On vérifie que seul1√2

convient (i.e. on remplace dans l’équation de départ x par − 1√2

pour constater que

cela ne convient par, puis par1√2

pour constater que cela convient !).

Exercice 4.25 On passe au sinus hyperbolique qui est une bijection sur R. Ainsi

arg sh (x− 1) = arg ch√x ⇐⇒ x− 1 = sh (arg ch

√x)

⇐⇒ x− 1 =

�(√x)2 − 1 =

√x− 1

⇐⇒�

(x− 1)2 = x− 1et x− 1 ≥ 0

⇐⇒�

(x− 1)2 = x− 1et x− 1 ≥ 0

⇐⇒ x = 1 ou x = 2

Ainsi

S = {1, 2}

Exercice 4.26

1. La fonction f est définie et continue sur R∗, elle vaut arctan (x− 1) + arctanx− π2 sur R∗+ et arctan (x− 1) +

arctanx + π2 sur R∗−. Elle est donc strictement croissante sur chacun de ces intervalles (somme de fonctions

croissantes). Puisque f (x) −−−−→x→0−

= −π4+

π2 = π

4 < arctan19

8(car

19

8> 1 donc arctan

19

8> arctan 1), l’équation

(E) n’a pas de solution dur R∗−. De même, puisque f (1) = π4 , et f (x) −−−−−→

x→+∞π2 + π

2 − π2 = π

2 > arctan19

8(car une arctangente est toujours inférieure à π

2 ), l’équation (E) admet une unique solution sur [1,+∞[ (c’estle théorème de la bijection, f est continue, strictement croissante de [1,+∞[ dans

�π4 ,

π2

�donc réalise une

bijection du premier intervalle sur le second. Elle prend donc une, et une seule, fois la valeur arctan19

8qui est

dans l’intervalle d’arrivée).

—13/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


2. Analyse : Si arctan (x− 1) = arctan1

x+ arctan

19

8alors

tan

�arctan (x− 1)− arctan

1

x

�= tan

�arctan

19

8

�

⇐⇒x− 1− 1

x

1 +(x− 1)

x

=19

8

⇐⇒ x2 − x− 1

2x− 1=

19

8⇐⇒ 8

�x2 − x− 1

�− 19 (2x− 1) = 0

⇐⇒ (4x− 1) (2x− 11) = 0

On obtient deux solutions possibles x =1

4, et x =

11

2.

Or on a montré qu’il existe une et une seule solution qui est plus grande que 1. Ainsi

S =

�11

2

#

Exercice 4.27 La fonction tan est définie sur R privé des π2 + kπ, où k ∈ Z. On doit donc exclure ces valeurs. La

fonction arg th est définie sur ]−1, 1[ , on doit donc avoir tanx ∈ ]−1, 1[ , ceci impose à x d’être dans un intervalledu type

�−π4 + kπ, π4 + kπ

�, où k ∈ Z. Reste alors à voir si, dans ce cas, arg th (sin 2x) est bien défini. Le terme

sin 2x est toujours compris entre −1 et 1, en revanche, pour que arg th (sin 2x) soit défini, il faut qu’il soit différentde 1 et −1. Or sin 2x = ±1 ⇐⇒ 2x = π

2 + lπ ⇐⇒ x = π4 + lπ2 , c’est bien le cas si x est dans un intervalle du type�

−π4 + kπ, π4 + kπ

�, où k ∈ Z.

Conclusion

Df =$

k∈Z

!−π

4+ kπ,

π

4+ kπ

�

Par périodicité des fonctions x �→ tanx et x �→ sin 2x, on en déduit que f est π−périodique. De plus, par imparité detoutes les fonctions en présence, on en déduit que f est impaire. On étudie donc f sur

�0, π4

�.

Sur son domaine de définition, la fonction f est dérivable et

f ′ (x) =2

1− tan2 x× 1

cos2 x− 2 cos 2x

1− sin2 2x

=2

cos2 x− sin2 x− 2 cos 2x

cos2 2x

=2

cos 2x− 2

cos 2x= 0

On en déduit que f est constante sur�0, π4

�, par imparité, on a f (0) = 0, puis par périodicité

∀x ∈ Df , f (x) = 0

Exercice 4.28 La fonction arg sinh est définie sur R, la fonction x �→ √x est définie sur [0,+∞[ , puisque ∀x ∈ R,

on a 1+x2 ≥ 1, la fonction x �→√1 + x2 est définie sur R. Par produit puis composition, la fonction f est définie sur

R. De la même manière puisque x �→ √x est dérivable sur [1,+∞[ et que 1 + x2 ≥ 1 , on en déduit la dérivabilité de

x �→√1 + x2 sur R. La dérivabilité sur R de l’argument sinus hyperbolique implique alors par produit puis composition

celle de f.

—14/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Et on a pour x réel

f ′ (x) =

2√1 + x2 + 2x× 2x

2√1 + x2�

1 +�2x√1 + x2

�2

= 21 + x2 + x2√

1 + x2 ×√1 + 4x2 + 4x4

=2√

1 + x2

1 + 2x2�(1 + 2x2)

2=

2√1 + x2

car 1 + 2x2 ≥ 0. On a donc sur l’intervalle R, f ′ (x) = 2 arg sinh′ (x) . Il existe donc une constante C telle que

∀x ∈ R, f (x) = 2 arg sinhx+C

Mais avec x = 0, on obtientf (0) = 0 = 2× 0 +C

d’où C = 0 et∀x ∈ R, f (x) = 2arg sinhx

Exercice 4.29 On pose f (x) = 2 sinx+tanx−3x qui est définie et continue sur�0, π2

�. On a f ′ (x) = 2 cosx+

1

cos2 x−

3 =(2 cosx+ 1) (cosx− 1)2

cos2 x≥ 0 sur

�0, π2

�, or f (0) = 0 donc f (x) ≥ 0. De même on pose g (x) = 2 shx+ thx− 3x

qui est définie et dérivable sur [0,+∞[. On a g′ (x) = 2 chx+1

ch2 x− 3 = (2 coshx+ 1)

(coshx− 1)2

cosh2 x≥ 0, donc avec

g (0) = 0, on a la même conclusion.

2 Les techniques

Exercice 4.30 On passe au logarithme, alors

np = pn ⇐⇒ lnn

n=

ln p

p

On pose f (x) =lnx

xet on étudie les variations de f sur ]0,+∞[. On cherche en effet deux entiers n et p tels que

f (n) = f (p).La fonction f est dérivable sur ]0,+∞[ de dérivée égale à

f ′ (x) =1− lnx

x2

On en déduit les variations de f et son graphelnx

x

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-0.2

0.0

0.2

0.4

x

y

—15/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

La fonction f réalise une bijection de [e,+∞[ sur

�1

e, 0

�, elle ne peut donc pas prendre deux fois la même valeur sur

cet intervalle. On en déduit que l’entier n est dans l’intervalle ]0, e[. Ainsi n = 1 ou n = 2. Or f (1) = 0 et on af (2) = f (4) . La seule solution est

24 = 42

Exercice 4.31 Soit θ l’unique argument de z dans ]−π, π] , puisque a = |z| cos θ > 0 et b = |z| sin θ > 0, on a

θ ∈!0,

π

2

�. De plus tan θ =

b

a=⇒ arctan tan θ = arctan

b

a. Puisque θ est dans l’intervalle fondamental de la fonction

tangente, on a

θ = arctanb

a

Soit z1 = 3 + i et z2 = 7 + i, la formule de H�� signifie que

2 arg z1 + arg z2 =π

4

Mais

2 arg z1 + arg z2 = arg�z21z2

�= arg

�(3 + i)2 (7 + i)

�= arg (50 + 50i) =

π

4(2π)

Attention il y a un piège, on vient juste de prouver que

2 arg z1 + arg z2 = 2arctan1

3+ arctan

1

7=

π

4modulo 2π

Mais 0 ≤ 1

3<√3 =⇒ arctan

1

3< arctan

√3 =

π

3, de même arctan

1

7<

π

3donc

0 < 2 arctan1

3+ arctan

1

7< 2× π

3+

π

3= π

ce qui signifie que

2 arctan1

3+ arctan

1

7=

π

4

Le 6 décembre 2002, Yasumasa Kanada a calculé 1241 milliards de décimales du nombre π en utilisant les formulesdu type Machin suivante

π = 48arctan1

49+ 128 arctan

1

57− 20 arctan

1

239+ 48 arctan

1

110443

π = 176arctan1

57+ 28arctan

1

239− 48 arctan

1

682+ 96arctan

1

12943

La première formule se prouve par exemple avec une TI

ce qui prouve que 48 arctan1

49+ 128 arctan

1

57− 20 arctan

1

239+ 48arctan

1

110443= π à 2π près. On peut ensuite

calculer une valeur approchée de la somme d’arctangente, pour être sur qu’elle vaut bien π.

—16/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Exercice 4.32 On travaille par analyse synthèse.Analyse : Soit x une solution, alors

arctan(x− 1) + arctan(x+ 1) =π

2− arctanx

Puisque x = 0 n’est pas solution (lorsque l’on remplace, on obtient −π4 + π

4 = π2 ), on peut passer affirmer que

π

2− arctanx �= π

2et passer à la tangente. Les deux termes de l’égalité ont donc même tangente (attention il s’agit

d’une implication).

arctan(x− 1) + arctan(x+ 1) =π

2− arctanx

=⇒ tan (arctan(x− 1) + arctan(x+ 1)) = tan�π

2− arctanx

�

Avec tan(a+ b) =tan(a) + tan(b)

1− tan(a) tan(b)et tan

�π

2− u

�=

1

u, on obtient

2x

1− (x2 − 1)=

1

x⇐⇒ 2x2 = 2− x2 ⇐⇒ x2 =

2

3

On a donc deux solutions possibles

x = −

2

3ou x = +

2

3

Cela ne signifie pas que ces réels sont solutions !Synthèse (Réciproque) :Soit f (x) = arctan(x−1)+arctan(x)+arctan(x+1), cette fonction est définie et continue sur R. Elle est stricitement

croissante sur R (par exemple elle est dérivable sur R de dérivée égale à1

1 + (x− 1)2+

1

1 + x2+

1

1 + (x+ 1)2, ou bien

par composées et sommes de fonctions croissantes). Puisque arctanx −−−−−→x→−∞

−π2 , et arctan −−−−−→

x→+∞π2 , on a

f (x) −−−−−→x→−∞

−3π

2f (0) = 0

f (x) −−−−−→x→+∞

3π

2

Ainsi f réalise une bijection de R sur�−3π

2 , 3π2�, elle prend une seule fois la valeur π

2 , et ceci sur [0,+∞[.L’unique solution est

x =

2

3

Exercice 4.33 On travaille par analyse synthèse.Analyse. Soit x une solution alors

tan�arctan (x) + arctan

�x3

��= tan

3π

4

Avec tan (a+ b) =tan a+ tan b

1− tan a tan b, on obtient

x3 + x

1− x4= −1⇐⇒ x

�1 + x2

�

(1− x2) (1 + x2)=

x

1− x2= −1⇐⇒

�x2 − x− 1

�= 0

On en déduit que

x = φ =1 +

√5

2(le nombre d’or) ou x =

1−√5

2

Mais attention, rien ne dit que ces deux réels sont solutions. Ce que l’on a prouvé c’est que si x = φ, ou si x =1−

√5

2alors arctan (x) + arctan

�x3

�et 3π

4 ont même tangente !

—17/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Synthèse (Récirpoque) : Soit f définie sur R par f (x) = arctan (x) + arctan�x3

�. Cette fonction est strictement

croissante et continue sur R (somme, composée de fonctions strictement croissantes et continues, ou bien f est dérivable

et f ′ (x) =1

1 + x2+

3x2

1 + x6≥ 0). Puisque arctanx −−−−−→

x→−∞−π2 et arctanx −−−−−→

x→+∞π2 , on a

f (x) −−−−−→x→−∞

−π

f (x) −−−−−→x→+∞

π

Ainsi f réalise une bijection croissante de R sur ]−π, π[ . L’équation f (x) = 3π4 admet donc une unique solution, cette

solution est positive car f (0) = 0.Conclusion x = φ est l’unique solution.Remarque : Ce résultat permet d’établir que

π =8

3

∞

n=0

(−1)E(n

3 )

2 + cos

�23 (n− 1)π

�)

2n+ 1

�1

φ2n+1

Exercice 4.34 1. On montre facilement que Df = ]0, 1].

2. x ∈ ]0, 1] donc√x existe et est dans ]0, 1]. Ainsi θ existe. On a alors sin (θ) =

√x, d’où x = sin2 (θ) .

3.

1− x

x=

"1− sin2 (θ)

sin2 (θ)=

�cotan2 (θ) = cotan (θ), car

√x ∈ ]0, 1] ⇒ θ ∈

�0, π2

�donc cotan (θ) > 0 Puis

2x− 1 = − cos (2θ) .

Donc f(x) = 2 arctan

�1

tan (θ)

�− arcsin (cos (2θ)) =

π

2− arctan (tan (θ)) − arcsin (cos (2θ)), car tan (θ) est de

signe positif. Mais arcsin (cos (2θ)) =π

2− arccos (cos (2θ)) et 2θ ∈ ]0, π] donc arccos (cos (2θ)) = 2θ. On a donc

f (x) =π

2et l’ensemble des réels solution est ]0, 1].

4. La fonction f (x) = 2 arctan��

1−xx

�+arcsin(2x− 1) est dérivable sur ]0, 1[ (elle ne l’est pas en 0, du fait de la

présence de la racine carrée, et aussi car arcsin n’est pas dérivable en x = 1). Pour x ∈ ]0, 1[ , on a

1− x

x

�′

=− 1

x2

2�

1−xx

,1

1 +��

1−xx

�2 = x

f ′ (x) = 2

− 1

x2

2�

1−xx

1 +��

1−xx

�2 +2

�1− (2x− 1)2

= − 1

x�

1−xx

+2

�4x (1− x)

= − 1�

x2 1−xx

+1

�x (1− x)

= 0 (car x > 0 donc x =√x2)

La fonction f est donc constante sur ]0, 1] car elle y est continue. La valeur de la constante s’obtient pour x = 1

(le point que l’on a récupéré). Or f (1) = 2 arctan (0) + arcsin(1) =π

2.

Exercice 4.35 On raisonne par analyse-synthèseAnalyse : si x est solution, alors

sin (arcsin (x) + arccos (2x)) = 2x2 +�(1− x2)

�(1− 4x2) = sin (a)

—18/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Si a = π alors .2x2+�(1− x2)

�(1− 4x2) = 0. Une somme de deux nombres positifs n’est nulle que si chaque nombre

est nul. Ceci impose à x d’être nul, mais dans ce cas�(1− x2)

�(1− 4x2) = 1. Il n’y a donc pas de solution pour

a = π.Si a �= π, on a alors en élevant au carré

�1− x2

� �1− 4x2

�=

�sin (a)− 2x2

�2

⇐⇒ 1− 5x2 + 4x4 = sin2 a− 4x2 sina+ 4x4

⇐⇒ (4 sin a− 5)x2 + 1− sin2 a = 0

⇐⇒ x = ±

cos2 (a)

5− 4 sinacar 5− 4 sina > 0 ( sina ∈ [−1, 1])

On obtient donc deux solutions possibles : x =

cos2 (a)

5− 4 sinaet x = −.

cos2 (a)

5− 4 sinaSynthèse : .On vérifie que ces solutions conviennent.

Pour a =π

2, x = 0, arcsin (0) + arccos (0) =

π

2, 0 est donc bien solution.

Pour a =π

6, arcsin

�−1

2

�+ arccos (−1) = 5π

6et arcsin

�1

2

�+ arccos (1) =

π

6, seul x =

1

2est solution de l’équation.

Exercice 4.36 Par analyse, si x est solution, alors sin�arcsin(2x)− arcsin(x

√3)

�= sin (arcsin(x)) = x

⇒ 2x√1− 3x2 − x

√3√1− 4x2 = x⇒

�x = 0

ou 1 = 2√1− 3x2 −

�3 (1− 4x2)

Déterminons les solutions de 1 = 2√1− 3x2 −

�3 (1− 4x2) =

√4− 12x2 −

√3− 12x2 =

1√4− 12x2 +

√3− 12x2

=

1√1 + u+

√u

où u = 3− 12x2 ≥ 0. On a donc1√

1 + u+√u

< 1 si u �= 0. Les seules solutions sont donc x = ±12 . (On peut aussi

étudier la fonction f (x) =√4− 12x2 −

√3− 12x2 − 1 ... )

Synthèse, on vérifie facilement que ces trois solutions conviennent (les arcsin en présence se calculent facilement )

Exercice 4.37 Soit f (x) = arg th

�x2 − 1

x2 + 1

�. On pose, pour x ∈ R, u =

x2 − 1

x2 + 1alors

u = 1− 2

1 + x2< 1

u = −1 + 2x2

1 + x2≥ −1 et u = 1⇐⇒ x = 0

Ainsi l’ensemble de définition de f est R∗. Sur son domaine de définition, f est continue et dérivable et ∀x ∈ R∗,

f ′ (x) =

4x

(1 + x2)2

1−�x2 − 1

x2 + 1

�2 =4x

(x2 + 1)2 − (x2 − 1)2

=1

x

Sur l’intervalle I1 = ]0,+∞[ f est continue, dérivable de dérivée égale à1

xdonc

f (x) = lnx+C1

or f (1) = 0 d’où C1 = 0.

Sur l’intervalle I2 = ]−∞, 0[ f est continue, dérivable de dérivée égale à1

xdonc

f (x) = ln |x|+C2

—19/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


or f (−1) = 0 d’où C2 = 0.En conclusion

∀x ∈ R∗, f (x) = ln |x|

Exercice 4.38 Soit y ∈ ]−1, 1[ fixé, on pose f (x) = arg th (x)+arg th y−arg thx+ y

1 + xy. Cette fonction est-elle définie

sur ]−1, 1[ ? Il suffit de prouver quex+ y

1 + xy∈ ]−1, 1[ pour tout x ∈ ]−1, 1[.

On pose alors ϕ (x) =x+ y

1 + xy, on a ϕ′ (x) =

1− y2

(1 + xy)2≥ 0, ainsi

−1 ≤ x ≤ 1 =⇒ ϕ (−1) = −1 < ϕ (x) < 1

Remarque : on peut aussi procéder ainsi : si (x, y) ∈ ]−1, 1[ alors 1 + xy > 0. Ainsi

−1 <x+ y

1 + xy< 1 ⇐⇒−1− xy < x+ y < 1 + xy

⇐⇒

0 < 1 + xy − x− y

et0 < x+ y + 1 + xy

⇐⇒

0 < (1− y) (1− x)et

0 < (1 + y) (1 + y)

les deux dernières conditions sont vérifiées dès que (x, y) ∈ ]−1, 1[.En résumé la fonction f est définie et dérivable sur ]−1, 1[. Or sur cet intervalle

f ′ (x) =1

1− x2− ϕ′ (x)

1− ϕ2 (x)

=1

1− x2−

1− y2

(1 + xy)2

1−�

x+ y

1 + xy

�2

=1

1− x2− 1− y2

(1 + xy)2 − (x+ y)2

=1

1− x2− 1− y2

(1 + xy − x− y) (1 + xy + x+ y)

=1

1− x2− 1− y2

(1− y) (1− x) (1 + y) (1 + y)= 0

La fonction f est donc constante égale à f (0) = 0.

Exercice 4.39 Un peu de bon sens ! Si a ≤ 0, il n’y a pas de solution. Supposons a > 0, alors exey = a ⇐⇒x+ y = lna (en passant au logarithme !). Le système peut s’écrire

�x+ y = lna

x× y = 1. Ainsi x et y sont les solutions

de l’équation du second degré X2 − ln (a)X + 1 = 0. Le discriminant de cette équation est ln2 a − 4. Puisque x et

y sont réels, si ln2 a < 4 ⇐⇒ |lna| < 2 ⇐⇒ a ∈�1

e2, e2

�, il n’y a pas de solution. Supposons que ln2 a ≥ 4, les

solutions de X2− ln (a)X +1 sont alorslna±

�ln2 a− 4

2. La condition x ≤ y impose alors x =

lna−�ln2 a− 4

2et

y =lna+

�ln2 a− 4

2.

—20/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Conclusion : Si a ∈ ]−∞, 0] ∪�1

e2, e2

�, il n’y a pas de solution. Sinon la solution est x =

lna−�ln2 a− 4

2et

y =lna+

�ln2 a− 4

2.

Exercice 4.40 Puisque arccosx+ arcsinx = π2 , l’équation à résoudre peut s’écrire

arcsin 2x =π

2− 2 arcsinx

Analyse : En passant au cossinus, on a

cos arcsin 2x = cos�π

2− 2 arcsinx

�

= sin (2 arcsinx)

soit �1− 4x2 = 2x

�1− x2

Cette équation est équivalente à �1− 4x2 = 4x2

�1− x2

�

et x ≥ 0

On résout donc 1 − 4x2 − 4x2�1− x2

�= 4x4 − 8x2 + 1(équation bicarrée, poser x2 = X ) dont les solutions sont

1

2+

1

2

√3,1

2− 1

2

√3,−1

2+

1

2

√3,−1

2− 1

2

√3. Les seules solutions positives sont

1

2+

1

2

√3 et − 1

2+

1

2

√3

Le domaine de définition de l’équation étant�−12 ,

12

�, la seule solution possible est donc x = −1

2+

1

2

√3.

Synthèse : La fonction f (x) = arcsin 2x + 2arcsinx est continue et strictement croissante sur�−12 ,

12

�. Puisque

f (0) = 0 et f (1) = arcsin 2 + π ≥ π, f prend une seule fois la valeur π2 (théorème de la bijection).

Conclusion, la seule solution est

x = −1

2+

1

2

√3

Exercice 4.41 On cherche donc à résoudre


π

4

On a une solution évidente x =1√2

(c’est la présence du π4 et du

√2 qui nous indique où chercher). En effet

arcsin1√2=

π

4et arccos 1 = 0

On considère alors la fonction ϕ (x) = arcsinx+arccos�x√2�qui est définie sur

�− 1√

2,1√2

�dérivable sur

�− 1√

2,1√2

�.

Sa dérivée est

ϕ′ (x) =1√

1− x2−

√2√

1− 2x2=

√1− 2x2 −

√2− 2x2√

1− 2x2√2− 2x2

=

�1− 2x2

�−

�2− 2x2

�√1− 2x2

√2− 2x2

�√1− 2x2 +

√2− 2x2

�

=−1D

où D > 0

—21/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Ainsi ϕ est strictement décroissante, continue sur

�− 1√

2,1√2

�, elle ne prend la valeur π

4 qu’une seule fois en x = π4 .

Conclusion : Il n’y a qu’une unique solution

x =π

4

Remarque : On peut aussi procéder par analyse-synthèse et raisonner ainsi :


π

4

=⇒ sin�arcsinx+ arccos

�x√2��

=1√2

=⇒ x2√2 +

√1− x2

√1− 2x2 =

1√2

=⇒√1− x2

√1− 2x2 =

�1√2− x2

√2

�

=⇒�1− x2

� �1− 2x2

�=

1

2

�1− 2x2

�2

=⇒ 2�1− x2

�=

�1− 2x2

�ou 1− 2x2 = 0

Ce qui donne 2− 2x2 = 1− 2x2 ou x2 =1

2. On a donc deux solutions possibles x = − 1√

2et x =

1√2. On vérifie que

seule la seconde convient.On peut également procéder ainsi


π

4=⇒ arccos

�x√2�=

π

4− arcsinx

=⇒ cos arccos�x√2�= cos

�π

4− arcsinx

�

=⇒√2x =

√2

2cos (arcsinx) +

√2

2sin (arcsinx)

=⇒ 2x =√1− x2 + x

=⇒ x =√1− x2

=⇒ x2 = 1− x2

Ce qui donne deux solutions possibles x = − 1√2

et x =1√2. On vérifie que seule la seconde convient.

Exercice 4.42 On a

vn =n

k=1

ln

�k + 1

k

�

= ln (2)− ln (1) ← indice k = 1+ ln (3)− ln (2) ← indice k = 2

...+ ln (n)− ln (n− 1) ← indice k = n− 1+ ln (n+ 1)− ln (n) ← indice k = n

= ln(n+ 1)

Ainsi vn = ln (n+ 1). On sait que pour x > −1, ln (1 + x) ≤ x, on applique cette inégalité avec x =1

kpour obtenir

∀k ∈ {1, · · · , n} , ln

�1 +

1

k

�≤ 1

k

On peut sommer ces inégalités pour avoir

vn =n

k=1

ln

�1 +

1

k

�≤

n

k=1

1

k= un

—22/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Par passage à la limite, on obtientvn ≤ un

vn −−−−−→n→+∞

%

=⇒ un −−−−−→n→+∞

Exercice 4.43 On a

ex (k + x) = e−x (k − x)⇐⇒ k�ex − e−x

�= −x

�ex + e−x

�⇐⇒ 2k shx = −x chx

Puisque 2 shx = 0⇐⇒ x = 0 et que x = 0 est solution évidente pour tout k ∈ R, on a

ex (k + x) = e−x (k − x)⇐⇒ k = −xchx

shxou x = 0

Il reste à savoir si la fonction f définie sur R∗ par f (x) = −xchx

shxprend la valeur k sur R∗. Cette fonction est paire,

on l’étudie donc sur I = ]0,+∞[ . La fonction f est dérivable sur I et

∀x ∈ I, f ′ (x) = −chx

shx− x

sh2 x− ch2 x

sh2 x= −chx

shx+

x

sh2 x=

x

shx− chx

shx

Puisque sur I on a shx ≥ x ≥ 0 et chx ≥ 1, on en déduit quex

shx≤ 1 ≤ chx =⇒ f ′ (x) ≤ 0 et ainsi f est décroissante

(voir plus loin si on ne veut pas (sait pas) utiliser cette inégalité. Enfin

f (x) −−−→x→0

−1 et f (x) −−−−−→x→+∞

−∞

Conclusion, puisque f est continue, elle réalise une bijection de ]0,+∞[ sur]−∞,−1[ . Ainsi si k ∈ ]−∞,−1[ , l’équationa deux solutions (une strictement positive, l’autre strictement négative), sinon il y a une unique solution qui vaut 0.

Remarque : Si on ne veut pas utiliser shx ≥ x ≥ 0, on écrit que ∀x ∈ I, f ′ (x) =x− shx chx

sh2 x=

ϕ (x)

sh2 x. La fonc ϕ

est dérivable sur I et ϕ′ (x) = 1 − sh2 (x)− ch2 (x) = −2 sh2 x ≤ 0. Ainsi ϕ est décroissante et ϕ (x) ≤ ϕ (0) = 0, cequi prouve que f ′ (x) ≤ 0 sur I.

Exercice 4.44 Avant tout l’équation doit avoir un sens, donc arcsin (√a) doit être défini. Ceci impose a > 0 (pour√

a) et a ≤ 1 (pour la définition de arcsin√a).

Puisque arcsinx ∈�−π2 ,

π2

�, on a

−π

2≤ 2 arcsin

�√a�− π

6≤ π

2=⇒−π

6≤ arcsin

�√a�≤ π

3

Par croissance du sinus sur�−π6 ,

π3

�, on en déduit que

−1

2≤ sin arcsin

√a =

√a ≤

√3

2

Soit√a ∈

�0,√32

!=⇒ a ∈ I =

�0,3

4

�.

Réciproquement, si a ∈ I, alors 2 arcsin (√a)− π

6∈

�−π2 ,

π2

�donc est l’arcsinus de son sinus.

Exercice 4.45 Si θ = arg (z) , alors a = |z| cos (θ) et b = |z| sin θ d’où tan (θ) =b

a. Puisque a > 0, on a cos (θ) > 0,

on peut donc choisir θ ∈�−π2 ,+

π2

�, ainsi θ = arctan

�b

a

�.

Posons alors z1 =√1 + x2 + ix, puisque

√1 + x2 > 0, on a arg (z) = arctan

�x√

1 + x2

�∈

�−π2 ,

π2

�, ainsi arg

�z2

�=

2arg (z) (2π), mais puisque arg (z) ∈�−π2 ,

π2

�, son double est dans ]−π, π[. En notant Arg

�z2

�, l’unique ar-

gument dans ]−π, π] , on a bien Arg�z2

�= 2arctan

�x√

1 + x2

�? Mais z2 = 1 + 2ix

√1 + x2 d’où Arg

�z2

�=

—23/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

arctan�2x√1 + x2

�. Ceci donne le premier résultat.

Pour le second, on procède de même, on pose z = chx+ i shx d’argument arctan (thx) , mais z2 = 1 + 2i shx chx =1 + i sh (2x) d’où le résultat.Pour la dernière on pose z = 1+ix, ainsi arg (z) = arctanx, et z2 =

�1− x2

�+2ix. Pour x ∈ ]−1, 1[ , on a 1−x2 > 0,

d’où arg�z2

�= arctan

�2x

1− x2

�.

Remarque : De manière générale, avec z =�1 + f (x)

2+if (x) , on obtient 2 arctan

f (x)�1 + f (x)

2

= arctan

�2f (x)

�1 + f (

Attention à bien gérer l’intervalle.

3 Les exotiques

Exercice 4.46

xx12 = 1

2 ⇔√x ln (x) + ln (2) = 0. On étudie la fonction

f (x) =√x ln (x) + ln (2). Cette fonction est continue

et dérivable sur R∗+, la dérivée est f ′ (x) =1

2

lnx+ 2√x

.

f présente un minimum en x = e−2, ce minimum estégal à −2e−1 + ln 2 < 0. D’après le théorème des valeursintermédiaires ( f est continue), il y a deux zéros. Oncherche ces zéros sous la forme x = 1

u2. On obtient

�1u2

� 1u = 1

2 ⇒ 1u2

= 12u ⇒ u2 = 2u. Si on cherche

u entier, on a 2u qui est un carré, donc u est pair,u = 2v. On a alors 4v2 = 4v ⇒ 4v−1 = v2 ⇒ 2v−1 = v.On trouve deux solutions évidentes qui sont v = 1 etv = 2. Les solutions de x

√x = 1

2 sont x = 116 et x = 1

4 .

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5x

Exercice 4.47 Une condition nécessaire est que cosx > 0 (car 2sin2 x = eln(2) sin

2(x) > 0 ). Par périodicité, on cherchex ∈

�−π2 ,

π2

�. On pose u = cosx ∈ ]0, 1]. L’équation devient

21−u2

= u⇐⇒�1− u2

�ln 2 = lnu

u = 1 est solution évidente, on suppose donc u �= 1. On obtient alors

lnu

1− u2= ln 2

Il suffit d’étudier la fonctionlnu

1− u2sur ]0, 1[. Mais si x ∈ ]0, 1[ , on a lnu < 0 et

1

1− u2> 0, donc

lnu

1− u2< 0 < ln 2.

En conclusion les seules solution sont x = 2kπ, k ∈ Z.

Exercice 4.48 1. Si ∀x ∈ R, f (chx) = ex alors f (ch (1)) = e et f (ch (−1)) =1

e= f (ch (1)). Donc e =

1

eabsurde.En revanche si on se limite à x ≥ 0, alors par exemple on sait que

ex = chx+ shx

On prend doncf (X) = X + sh (arg chX)

Alors pour x ≥ 0, f (chx) = chx+ shx = ex.

2. La fonction f (x) =x+

1

x2

convient !

—24/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 4. LES OLYMPIQUES

Exercice 4.49 Le genre d’exercice que l’on peut poser en 2003, 2004, ...On montre donc que

∀x > 0, arctan

�x− 1

x

2

�+ 2arctan

�1

x

�=

π

2

Soit f (x) = arctan

�x− 1

x2

�+2arctan

�1x

�, on commence par simplifier f sur R∗+. En effet x > 0 donc 2 arctan

�1x

�=

2�π

2− arctanx

�et

∀x > 0, f (x) = arctan

�x− 1

x2

�+ π − arctan (x)

f est continue dérivable sur R∗+ de dérivée égale à

f ′ (x) =

�x− 1

x2

�′

1 +

�x− 1

x2

�2 −1

1 + x2=

1

2×

1 +1

x2

1 +x2 − 2 +

1

x2

4

− 1

1 + x2

= 2×x2 + 1

x2

x2 + 2 +1

x2

− 1

1 + x2= 2×

x2 + 1

x2�x+

1

x

�2 −1

1 + x2= 0

La fonction est donc constante égale à f (1) =π

2sur R∗+.

4 Les olympiques

Exercice 4.50 On définit pour n ≥ 0,

P (n) = ” f2n+1 − fnfn+2 = (−1)n ”

P (0) est vraie car f21 − f0f2 = 1 = (−1)0. On suppose, à n fixé, n ≥ que P (n) est vraie alors

f2n+1 − fnfn+2 = (−1)n = f2n+1 − (fn+2 − fn+1) fn+2

= fn+1 (fn+1 + fn+2)− f2n+2

= fn+1fn+3 − f2n+2

On en déduit que f2n+2 − fn+1fn+3 = − (−1)n = (−1)n+1Ainsi

tan

�arctan

�1

f2n+1

�+ arctan

�1

f2n+2

��− tan arctan

�1

f2n

�

=

1f2n+2

+ 1f2n+1

1− 1f2n+2f2n+1

− 1

f2n

=f2nf2n+1 + f2nf2n+2 − f2n+2f2n+1 + 1

(f2n+2f2n+1 − 1) f2n

=f2nf2n+1 + f2nf2n+2 − (f2n+1 + f2n) f2n+1 + 1

(f2n+2f2n+1 − 1) f2n

=f2nf2n+2 − f22n+1 + 1

(f2n+2f2n+1 − 1) f2n= 0

—25/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

On en déduit que arctan�

1f2n+1

�+arctan

�1

f2n+2

�et arctan

�1f2n

�ont même tangente. Puisque fn ≥ 1 si n ≥ 1, on a

0 ≤ arctan�1fn

�≤ π

4 et les deux termes sont dans l’intervalle fondamental de l’arctan.

En particulier,

π

4= arctan

�1

2

�+ arctan

�1

3

�(Euler 1738)

π

4= arctan

�1

2

�+ arctan

�1

5

�+ arctan

�1

8

�

π

4= arctan

�1

2

�+ arctan

�1

5

�+ arctan

�1

13

�+ arctan

�1

21

�

Remarque 1 Si on définit la suite (uk)k par

uk = arctan (1) + arctan

�1

3

�+ arctan

�1

5

�+ · · ·+ arctan

�1

f2k+1

�+ arctan

�1

f2k+2

�

= arctan

�1

f2k+2

�+

k

i=0

arctan

�1

f2i+1

�

alors cette suite est constante. Ceci permet d’écrire que

π

2=

∞

i=0

arctan

�1

f2i+1

�

Exercice 4.51 On a sin2�x

2

�=

1− cosx

2, ainsi pour x ∈ [−π, π] ,

sinx

2=

1− cosx

2

Le réel arcsin��

120002 +

199920003 +

199920004

�est dans l’intervalle [−π, π] donc

sin

1

2arcsin

1

20002+

1999

20003+

1999

20004

��

=√2

&''(1− cos�arcsin

��1

20002 +199920003 +

199920004

��

2

=

&'''(1−

&''(1−

1

20002+

1999

20003+

1999

20004

�2

=1

2000

—26/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


Remarque 2 J’ai crée cet exercice pour le poser en "problème de la semaine" en 1999.Dans le même style, on a

√2 sin

1

2arcsin

"1

19992

�1 +

1998× 2000

19992

��

=1

1999

et plus généralement

√2 sin

1

2arcsin

1

r2+

r2 − 1

r4

��

=1

r

Exercice 4.52 On pose t = 2x− y, alors�1 + 42x−y

�51−2x+y = 1 + 22x−y+1 s’écrit

�1 + 4t

�51−t = 1 + 2t+1 ⇐⇒ 1 + 4t

5t=

1 + 2t+1

5

Si on pose f (t) =1 + 4t

5t=

�1

5

�t+

�4

5

�tet g (t) =

1 + 2t+1

5, alors f est décroissante et g (t) est croissante. On en

déduit que g − f est strictement croissante, puisque f (1) = g (1) , il existe une unique solution t = 1.On a donc prouvé que 2x− y = 1, on remplace dans la seconde équation pour obtenir

y3 + 2y + 3 + ln�y2 + y + 1

�= 0

La fonction h (y) = y3+2y+3+ln�y2 + y + 1

�= 0 est strictement croissante. En effet h′ (y) = 3y2+2+

2y + 1

y2 + y + 1=

3y2+2y2 + 4y + 3

y2 + y + 1> 0 car 2y2+4y+3 = 0 n’a pas de solution rélle. Puisque h (−1) = 0 y = −1 et x = 0 est l’unique

solution du système.

Exercice 4.53 On sait que cosx−cos y = −2 sin�x+ y

2

�sin

�x− y

2

�et que sinx sin y =

1

2(cos (x− y)− cos (x+ y)) . On

pose alors a = sin

�x+ y

2

�et b = sin

�x− y

2

�, ainsi cos (x− y) = 1 − 2 sin2

�x− y

2

�et cos (x+ y) = 1 −

2 sin2�x+ y

2

�. Le système proposé est alors équivalent à

ab = −1

4

a2 − b2 =3

8

Pusque ab �= 0, on a b �= 0 et ainsi b = − 1

4ad’où

(S)⇐⇒

ab = −1

4

a2 − 1

16b2− 3

8= 0

⇐⇒

ab = −1

4

16a4 − 6a2 − 1 = 0

L’équation bicarrée se résout et donne la factorisation 16a4 − 6a2 − 1 =�8a2 + 1

� �2a2 − 1

�qui conduit à a = ± 1√

2

et b = ∓√2

4= ∓ 1

2√2.

Premièr cas :

—27/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

sin

�x+ y

2

�=

1√2⇐⇒

x+ y

2=

π

4(2π)

oux+ y

2=

3π

4(2π)

et sin

�x− y

2

�= − 1

2√2⇐⇒

x− y

2= arcsin

�− 1

2√2

�(2π)

oux− y

2= π − arcsin

�− 1

2√2

�(2π)

On obtient donc comme solutions (à 2π près)

�x

y

�=

π

4+ arcsin

�− 1

2√2

�

π

4− arcsin

�− 1

2√2

�

ou

π

4+ π − arcsin

�− 1

2√2

�

π

4− π + arcsin

�− 1

2√2

�

ou

3π

4+ arcsin

�− 1

2√2

�

3π

4− arcsin

�− 1

2√2

�

ou

3π

4+ π − arcsin

�− 1

2√2

�

3π

4− π + arcsin

�− 1

2√2

�

soit

�x

y

�=

π

4− arcsin

�1

2√2

�

π

4+ arcsin

�1

2√2

�

ou

−3π

4+ arcsin

�1

2√2

�

−3π

4− arcsin

�1

2√2

�

ou

3π

4− arcsin

�1

2√2

�

3π

4+ arcsin

�1

2√2

�

ou

−π

4+ arcsin

�1

2√2

�

−π

4− arcsin

�1

2√2

�

Second cas

sin

�x+ y

2

�= − 1√

2⇐⇒

x+ y

2= −π

4(2π)

oux+ y

2= −3π

4(2π)

et sin

�x− y

2

�= +

1

2√2⇐⇒

x− y

2= arcsin

�1

2√2

�(2π)

oux− y

2= π − arcsin

�1

2√2

�(2π)

On obtient donc comme solutions (à 2π près)

�x

y

�=

−π

4+ arcsin

�1

2√2

�

−π

4− arcsin

�1

2√2

�

ou

−π

4+ π − arcsin

�1

2√2

�

−π

4− π + arcsin

�1

2√2

�

ou

−3π

4+ arcsin

�1

2√2

�

−3π

4− arcsin

�1

2√2

�

ou

−3π

4+ π − arcsin

�1

2√2

�

−3π

4− π + arcsin

�1

2√2

�

ce qui donne les mêmes solutions que dans le premier cas.

Exercice 4.54 Les trois réels x, y, z sont, compte tenu de l’énoncé, des réels positifs. La première équation peut alorss’écrire (pour mémoire lnab = lna+ ln b uniquement si a et b sont positifs)

ln (2xy) = ln 2 + lnx+ ln y = lnx ln y

soitln 2 + lnx+ ln y + 1 = lnx ln y + 1

ce qui donne1 + ln 2 = ln (2e) = lnx ln y + 1− lnx− ln y = (lnx− 1) (ln y − 1)

—28/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009


On procède de même avec les autres équations, le système est alors équivalent à

ln (2e) = (1− lnx) (1− ln y) (1)1 = (1− ln y) (1− ln z) (2)

ln (2e) = (1− ln z) (1− lnx) (3)

⇐⇒(3)−(1)

ln (2e) = (1− lnx) (1− ln y) (1)1 = (1− ln y) (1− ln z) (2)0 = (lny − ln z) (1− lnx) (3)

D’après la première équation, on ne peut avoir 1− lnx = 0, donc ln y = ln z, et ainsi le système devient

⇐⇒(3)−(1)

�ln (2e) = (1− lnx) (1− ln y) (1)

1 = (1− ln y)2

(2)

Premier cas 1− ln y = 1⇐⇒ y = 1 et (1) donne 1− lnx = ln 2e⇐⇒ x =1

2Second cas 1− ln y = −1⇐⇒ y = e2 et (2) donne 1− lnx = − ln 2e⇐⇒ x = 2e2.Pour résumé, il y a deux solutions

S =

1

211

,

2e2

e2

e2

Remarque : Ce problème est extrait de "Timisoara Mathematics Review").

Exercice 4.55 Pour l’inégalité de gauche , on se seouvient que th (arg shx) =x√

1 + x2. On désire donc prouver que

th (arg shx) ≤ thx

puisque th est croissante, cela équivaut à arg shx ≤ x, et en composant par le sh (lui même croissant) à x ≤ shx.Inégalité classique (que l’on prouve en étudiant shx− x par exemple ou par la convexité).

Pour l’autre, si x ≥ 0, on a√1− e−x

2 est défini car 0 < e−x2 ≤ 1 et 0 ≤

√1− e−x

2< 1, ainsi toujours parce que

arg th est une bijection strictement croissante, l’inégalité demandée est équivalente à

x < arg th��

1− e−x2�

On pose g (x) = arg th�√

1− e−x2�− x qui est dérivable sur [0,+∞[ de dérivée égale à

g′ (x) =1

1−�√

1− e−x2�2 ×

−�−2xe−x2

�

2√1− e−x

2− 1 =

x√1− e−x

2− 1

=x−

√1− e−x

2

√1− e−x

2

Or on connaît l’inégalité classique eu > 1 + u pour u > 0 (qui est équivalente à ln (1 + u) < u). Donc

e−x2

> 1− x2 =⇒ 1− e−x2

< x2 =⇒ x−�1− e−x

2> x−

√x2 = 0

Conclusion, on a bien g strictement croissante et avec g (0) = 0, c’est gagné.

—29/29— G�́�� H�� - E�� M�� -(�) 2009

chapitre4 fonctionsusuelles...

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