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.
Exercice 4.20 Résoudre
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
Exercice 4.39 Résoudre
�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
Exercice 4.49 Montrer que
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 ?
Exercice 4.51 Montrer que
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
1. LES BASIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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√2�+ 2arctan
�√2��
= 0. Puisπ
4< arctan
�2√2�<
π
2,π
2< 2 arctan
�√2�< π donc
π
2< arctan
�2√2�+ 2arctan
�√2�<
3π
2. D’où le résultat.
Ce résultat est équivalent à la formule de Wetherfield
2 arctan1√2+ arctan
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
2 arctan1√2+ arctan
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
1. LES BASIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 1. LES BASIQUES
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
1. LES BASIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 1. LES BASIQUES
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
1. LES BASIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 2. LES TECHNIQUES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 2. LES TECHNIQUES
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
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 2. LES TECHNIQUES
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
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 2. LES TECHNIQUES
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
arcsinx+ arccos�x√2�=
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
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES
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 :
arcsinx+ arccos�x√2�=
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
arcsinx+ arccos�x√2�=
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 2. LES TECHNIQUES
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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 4. LES OLYMPIQUES
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 :
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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
CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES 4. LES OLYMPIQUES
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.
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