Fonctions Usuelles PDF [PDF]

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Chapitre 4 FONCTIONS USUELLES

Enoncé des exercices

1

Les basiques

Exercice 4.1 Résoudre (E1 ) : x − 1 =

√ x+2

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

Exercice 4.3 Résoudre

4 9

x

1−x

8 27

√ x

Exercice 4.4 Résoudre l’équation x 3

=

=

2 3

√

x

(E2 ) : x − 1 ≤

√ x+2

eπx − 1 − π arctan x. 1 + x2

x

2

Exercice 4.5 Résoudre 2x = 3x Exercice 4.6 Résoudre xx =

√ 2 2

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 ch x − 4 sh x = 3 Exercice 4.9 Calculer la dérivée de ch x cos x + sh x sin x. Exercice 4.10 Résoudre l’équation arccos(x) + arcsin(x2 − x + 1) =

π 2

√ √ Exercice 4.11 Montrer que arctan 2 2 + 2 arctan 2 = π Exercice 4.12 Calculer la valeur exacte de sin Exercice 4.13 Calculer la valeur exacte de sin

1 3 arcsin 2 4 1 2

arcsin

7 25

√ Exercice 4.14 Simplifier la fonction arg sh 2x 1 + x2 Exercice 4.15 Simplifier la fonction f (x) = arccos th x + 2 arctan ex Exercice 4.16 Que pensez vous de la fonction f (x) = arg th x − arg th

1 ? x

1. LES BASIQUES

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

1 Exercice 4.17 Résoudre arg th x = arg ch . x 1

Exercice 4.18 Déterminer le domaine de définition, la dérivée et les points où la fonction s’annule pour f (x) = x x x nx et g (x) = où n ∈ N∗ . n Exercice 4.19 Simplifier a

ln(ln a) ln a

pour a > 1.

Exercice 4.20 Résoudre arctan (3 − x) + arctan 4 − Exercice 4.21 Montrer que ∀ (a, b) ∈ R2 , on a e Exercice 4.22 Résoudre arcsin(x) = arcsin

4 5

a+b 2

≤

Exercice 4.24 Montrer que

=

3π 4

1 a e + eb 2

+ arcsin

Exercice 4.23 Simplifier la fonction f (x) = 2 arctan π tan 12

1 x

√

5 13 1 + x2 − x + arctan x. En déduire la valeur de tan

π et 8

√ √ arctan 2 2 + 2 arctan 2 =π

Montrer que ce résultat est équivalent à la formule de Wetherfield 1 1 π 2 arctan √ + arctan √ = 2 2 2 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) = arctan

1 19 + arctan x 8

1 1. Soit f (x) = arctan (x − 1) − arctan . Etudier rapidement la fonction f, en déduire que l’équation admet une x unique solution plus grande que 1. 2. Résoudre l’équation. Exercice 4.27 Simpifier la fonction f (x) = 2 arg th (tan x) − 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 déduire une expression plus simple de f. Exercice 4.29 Montrer l’inégalité de Huygens 2 sin α + tan α ≥ 3α si α ∈ 0,

π 2

et son analogue hyperbolique 2 sh x + th x ≥ 3x si x ≥ 0 —2/29—

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

2

2. LES TECHNIQUES

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]. b Justifier que arg z = arctan . En déduire la formule de H (1776) a π 1 1 = 2 arctan + arctan 4 3 7 Exercice 4.32 Résoudre (E) : arctan(x − 1) + arctan(x) + arctan(x + 1) = Exercice 4.33 Résoudre arctan (x) + arctan x3 =

π 2

3π 4

Exercice 4.34 On se propose de trouver les réels x tels que 1−x x

2 arctan

+ arcsin(2x − 1) =

π 2

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

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 lignes trigonométriques de θ. 1−x et 2x − 1 en fonction de θ et conclure x 4. Retrouver les résultats en utilisant la dérivée de f . 3. Exprimer

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) x2 − 1 x2 + 1

Exercice 4.37 Simplifier la fonction arg th

Exercice 4.38 Montrer que ∀ (x, y) ∈ ]−1, 1[2 , arg th (x) + arg th y = arg th Exercice 4.39 Résoudre

ex ey xy

x+y 1 + xy

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

Exercice 4.40 Résoudre arcsin x + arcsin 2x = arccos x. Exercice 4.41 Résoudre

√ π arcsin x + arccos x 2 = 4 n

Exercice 4.42 Calculer, pour n ≥ 1, vn = 1 1 +··· + = 3 n

n

k=1

ln 1 + k=1

1 k

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

1 + 2

1 diverge vers +∞. k —3/29—

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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. √ π Exercice 4.44 (CCP PC) A quelle condition (CNS) sur a ∈ R l’équation arcsin x = 2 arcsin ( a) − admet-elle des 6 solutions. Exercice 4.45 Soit z = a + ib où a > 0, justifier que arg (z) = arctan

2 arctan

√

x 1 + x2

= arctan 2x 1 + x2

∀x 3

∈

b a

(2π). En déduire les égalités suivantes

et 2 arctan (th x) = arctan (sh 2x)

]−1, 1[ , 2 arctan x = arctan

2x 1 − x2

Les exotiques 1

Exercice 4.46 Résoudre l’équation xx 2 = 2

Exercice 4.47 Résoudre 2sin

x

1 2

= cos x

Exercice 4.48 1. Existe-t-il une fonction f : [1, +∞[ −→ R telle que ∀x ∈ R, f (ch x) = ex ? Même question mais ∀x ≥ 0, f (ch x) = ex . 2. Existe-t-il une fonction f : ]0, +∞[ → R telle que ∀x ∈ R, f (ex ) = ch x

Exercice 4.49 Montrer que arctan 4

2003 − 2

1 2003

+ 2 arctan

1 2003

=

π 2

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 : 2 ∀n ∈ N, fn+1 − fn fn+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 = 2 sin 2000

1 arcsin 2

1 1999 1999 + + 20002 20003 20004

Exercice 4.52 (Olympiades du Viet Nam 1999) Résoudre le système 1 + 42x−y 51−2x+y y + 4x + 1 + ln y 2 + 2x 3

—4/29—

= 1 + 22x−y+1 =0 G´

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

5. LE GRENIER

Exercice 4.53 Résoudre le système

cos x − cos y = 12 3 sin x sin y = 8

(S) : 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 √ < th x < 1 + x2 5

1 − e−x2

Le grenier

Exercice 4.56 Résoudre (ch x + sh x)arg sh x = (ch x − sh x)arg ch x Exercice 4.57 Montrer que ∀ (x, y) ∈ ]0, +∞[2 , ∀λ ∈ [0, 1] , ln (λx + (1 − λ) y) ≥ λ ln x + (1 − λ) ln y Exercice 4.58 Déterminer le domaine de définition et simplifier la fonction f définie par f (x) = arctan 2 arctan

√

3x + 2 27x2 − 12

Exercice 4.59 Déterminer le domaine de définition et simplifier la fonction f définie par f (x) = arctan 2 arctan

√

x−1 − 2x − 1

3x − 4 √ + 27x2 − 12

x+1 √ + 2 3x − 2x − 1

3x2

Exercice 4.60 Comparer les fonctions arccos 1 − x2 et 2 arcsin

Exercice 4.61 Comparer les fonctions arccos − cos2

θ 2

x √ 2 

 θ sin   et 2 arccos  √ 2  . 2

x Exercice 4.62 Comparer les fonctions arccos 1 − x2 et 2 arcsin √ . 2 Exercice 4.63 Montrer que pour tout x réel et tout entier n,

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

x √ 1 + x2

1 + th x 1 − th x

n

=

1 + th nx 1 − th nx

.

Exercice 4.65 Calculer sh (ln 2) × sh (ln 3) que consatez-vous ? Plus généralement comment sont liés x et y pour que sh (ln x) sh (ln y) = 1 (exprimer y = f (x)). Exercice 4.66 Soit x ∈ R, on définit le Gudermannian de x par x

gd (x) = 0

—5/29—

dt ch t G´

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5. LE GRENIER

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

x gd (x) = tan 2 2 2. Exprimer les sinus, cosinus et tangente de gd (x) en fonction des lignes trigonométriques hyperboliques de x. gd (x) π + 3. Montrer que ex = tan 2 4

1. Montrer que th

Exercice 4.67 Résoudre 1 + b2 ch x + 1 − b2 sh x = 2b d’inconnue x. 1 1 pour Exercice 4.68 Déterminer f (x) telle que arctan x = arcsin f (x) , en déduire que arctan √ = arcsin √ n n+1 n ≥ 1. Exercice 4.69 Soient (p, q) ∈ N∗2 tels que

p √ ≥ 2, montrer que arccos q

p2 − 2q 2 p2

= 2 arcsin

q . p

Exercice 4.70 Déterminer le domaine de définition, puis de dérivabilité de f définie par f (2) = 2 arctan x arcsin . Dériver f et en déduire ainsi f. x+2

√ x+1 −

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

—6/29—

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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 − 12 13 . Synthèse : √ √ √ Réciproquement 32 + 12 13 ≃ 3. 302 8, 32 − 12 13 ≃ −. 302 78 mais puisque x − 1 = x + 2 est positif, seule la solution √ 3 1 2 + 2 13 est à retenir. En fait il vaut mieux raisonner directement : √ √ √ x ∈ 32 + 12 13, 32 − 12 13 (x − 1)2 = x + 2 ⇔ x−1= x+2⇔ ··· et x ≥ 1 et x − 1 ≥ 0 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 + 12 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

2

x2 −

2 x + 1 . Le trinôme π

+ 1) 2 4 − π 2 < 0, ainsi f ′ est du signe de (eπx − 1) x2 − x + 1 n’a pas de racines réelles car son discriminant est ∆ = π 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 ln que

4 = 9

2 3

2

et que

8 = 27

2 3

3

4 8 2 + (1 − x) ln = ln . Pour simplifier le tout, on remarque 9 27 3

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

Exercice 4.4 Les expressions n’ont de sens que si x > 0. On passe alors au logarithme pour obtenir  √  ln x = 0 √ √ x x ou x ln x = ln x ⇐⇒ x 1 − ln x = 0 ⇐⇒  √ 2 2 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

1 1 ln . 2 2 Il y a donc une solution évidente. Est-ce la seule ? On étudie rapidement les variations de f (x) = x ln x sur ]0, +∞[. La fonction f est dérivable de dérivée f ′ (x) = 1 + ln (x) . On en déduit les variations de f et son graphe

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

y

0.6 0.4 0.2 0.0 0.5

1.0

-0.2

1.5

2.0

x

-0.4

1 1 1 1 La fonction f réalise une bijection de , +∞ sur − , +∞ et une bijection de 0, sur 0, − car x ln x −−−→ 0. x→0 e e e e √ 1 2 1 Puisque − < , il y a deux solutions, une dans chaque intervalle. On constate que les seules solutions sont x = e 2 2 1 et x = . 4 Exercice 4.7 On a ch ln

√ √ a+ a+1

= = =

√ √ 1 √ a+ a+1+ √ a+ a+1 √ √ √ 1 √ a− a+1 a+ a+1+ 2 a − (a + 1) √ √ √ √ 1 √ a+ a+1− a+ a+1 = a+1 2

1 2

1 1 u− u et sh x par u où u = ex . l’équation devient alors Exercice 4.8 On remplace ch x par 2 2   1 1 u+ u− 1 u2 − 6u + 9 1 (u − 3)2   u u 5 −3 = = =0 −4 2 2 2 u 2 u u+

L’unique solution est

u = 3 ⇐⇒ x = ln 3 Exercice 4.9 Soit f (x) = ch x cos x + sh x sin x, f est dérivable sur R (produit et somme de fonctions dérivables) et ∀x ∈ R, f ′ (x) = sh x cos x − ch x sin x + ch x sin x + sh x cos x = 2 sh x cos x. —8/29—

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

1. LES BASIQUES

Exercice 4.10 Analyse, si x est solution, alors cos (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) = π2 . Exercice 4.11 On a √ √ 2 2 + tan 2 arctan 2 √ √ = 1 − 2 2 tan 2 arctan 2

√ √ tan arctan 2 2 + 2 arctan 2

√ √ √ √ √ √ 2 2 π = −2 2, on obtient tan arctan 2 2 + 2 arctan 2 = 0. Puis < arctan 2 2 < Avec tan 2 arctan 2 = 1−2 4 √ √ √ π 3π π π , < 2 arctan 2 < π donc < arctan 2 2 + 2 arctan 2 < . D’où le résultat. 2 2 2 2 Ce résultat est équivalent à la formule de Wetherfield 1 1 π 2 arctan √ + arctan √ = 2 2 2 2 car, les nombres étant positifs, 1 arctan √ 2 1 arctan √ 2 2

= =

√ π − arctan 2 2 √ π − arctan 2 2 2

d’où 1 1 2 arctan √ + arctan √ 2 2 2

= =

Exercice 4.12 Posons x = sin

1 3 arcsin 2 4

2xy = 2 sin

, y = cos

1 3 arcsin 2 4

cos

√ √ π π − arctan 2 + 2 − arctan 2 2 2 2 π +π−π 2 1 3 arcsin 2 4

alors

1 3 arcsin 2 4

= sin arcsin

3 4

=

3 4

et on a x2 + y 2 = 1 Ainsi (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy = 1 + Mais puisque

3 7 = 4 4

1 3 3 arcsin ∈ 0, π4 ( car ∈ [0, 1[), on a 2 4 4 √ 7 x > 0 et y > 0 donc x + y = 2

Ainsi x et y sont racines de

√ 7 3 Z − Z+ =0 2 8 2

—9/29—

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1. LES BASIQUES

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

√ √ 7+1 7−1 et . qui a deux solutions positives 4 4 Mais qui est x, qui est y ? On e détermine facilement car sin

1 3 arcsin ∈ 0, π4 2 4

1 3 arcsin . Conclusion : 2 4 sin

1 3 arcsin 2 4

donc cos

3 1 arcsin 2 4

= y > x =

√ 7−1 = 4

7 49 ,et x = sin (a) , on a sin2 (2a) = 4 sin2 (a) cos2 (a) , d’où 625 Exercice 4.13 On pose a = 12 arcsin 25 = 4x2 1 − x2 √ √ dont les solutions sont ± 102 et ± 7102 . √ √ π Il reste à estimer x, on 0 ≤ a ≤ 12 arcsin 12 = 12 ≤ π6 , donc 0 ≤ x = sin (a) ≤ 12 < 7102 . On en déduit que x = 102 .

√ Exercice 4.14 Soit f (x) = arg sh 2x 1 + x2 , f est définie, continue et dérivable sur R. Pour x ∈ R, f ′ (x) = =

√ 2x × 2x 2 1 + x2 + √ 2 1 + x2 + 2x2 2 1 + x2 =√ 1 + 4x2 (1 + x2 ) 1 + x2 (1 + 2x2 )2 2 d √ = 2 arg sh x 2 dx 1+x

On en déduit que f (x) = 2 arg sh(x) + C or f (0) = 0 donc C = 0. Exercice 4.15 Pure routine, on pose f (x) = arccos th x + 2 arctan ex qui est définie, continue et dérivable sur R (car th x ∈ ]−1, 1[ et arccos est dérivable sur ]−1, 1[). Pour x ∈ R 1 − th2 x

ex 1 + e2x 1 − th2 x 2ex = − 1 − th2 x + x −x e (e + ex )

f ′ (x) = −

+2

1 1 + 2 ch x ch x 1 1 − = 0 car ch ≥ 1 ch x |ch x|

= − =

π On en déduit que f est constante sur R. La constante (qui vaut π) est obtenue pour x = 0 (car arccos 0 = et 2 π arctan 1 = . 4 Exercice 4.16 Il faut penser qu’elle n’est définie nulle part. En effet arg th x est définie si et seulement si |x| < 1 et 1 1 arg th l’est si et seulement si < 1 i.e. |x| > 1. x x 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 1 1 arg th x = arg ch ⇐⇒ x = th arg ch x x

=

1 √ −1 1 − x2 x2 ⇐⇒ x = x √ = 1 x2 x

—10/29—

1 − x2 car x > 0

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

On résout donc x =

√ 1 − x2 ⇐⇒

1 La seule solution est √ . 2

Exercice 4.18 On a f (x) = exp

1. LES BASIQUES

1 x2 = 1 − x2 ⇐⇒ x = √ . x≥0 2

ln x x

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

ln x 1 − ln x 1 = xx × qui s’annule quotient et composée de fonctions dérivables. La dérivée est alors f ′ (x) = f (x)× x x2 pour x = e. x La fonction g est définie par g (x) = exp nx ln , son domaine de définition est donc ]0, + + ∞[. Elle est dérivable n x x x ′ x nx sur son domaine de définition et de dérivée égale à g (x) × nx ln = ng (x) × ln + 1 = × ln + 1 n n n n n qui s’annule pour x = . e

Exercice 4.19 Pour a > 1, on a a

ln(ln a) ln a

= exp

ln(ln a) ln a

× ln a = exp (ln (ln a)) = ln a.

Exercice 4.20 Analyse : Soit x une solution alors tan arctan (3 − x) + arctan 4 −

⇐⇒

1 x

= −1

1 −7+x x =1 1 1− − 4 (x − 3) x

⇐⇒ 3x2 − 5x + 2 = 0 2 Les solutions de cette dernière équation sont x = 1 et x = . 3 Synthèse : 1 Si x = 1 alors arctan (3 − x) + arctan 4 − = arctan (2) + arctan (3). Posons a = arctan (2) + arctan (3) alors x !π 3π 3π tan a = tan . De plus 2 arctan 1 < a < π donc a ∈ , π et a même tangente que donc lui est égal. 4 2 4 2 1 7 5 7 Si x = , arctan (3 − x) + arctan 4 − = arctan + arctan , le même type de raisonnement donne arctan + 3 x 3 2 3 5 !π 3π arctan ∈ , π et a même tangente que donc lui est égal. 2 2 4 2 Il y a deux solutions qui sont égales à 1 et . 3

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

a+b 2

e

a−b 2

+e

−a+b 2

= 2e

a+b 2

ch

a−b 2

≥ 2e

a+b 2

car ch x ≥ 1 ceci ∀x ∈ R. —11/29—

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1. LES BASIQUES

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

Exercice 4.22 arcsin(x)

=

arcsin

4 5

+ arcsin

5 13

=⇒ sin (arcsin(x)) = sin arcsin 4 =⇒ x = sin arcsin 5 " 5 4 =⇒ x = × 1 − 5 13 63 =⇒ x = 65

4 5

+ arcsin

5 13

5 cos arcsin + cos arcsin 13 " 2 2 4 5 + 1− × 5 13

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

63 et arcsin 65

4 5

sin arcsin

4 +arcsin 5

5 13

5 13

sont deux angles

63 qui ont mêmes sinus, cela ne prouve pas qu’ils sont égaux ! Ils faut localiser ces angles. On sait que arcsin ∈ 0, π2 65 √ √ 63 4 3 16 3 4 car ∈ [0, 1]. De même, on a 0 ≤ ≤ ( car ≤ ⇐⇒ 64 ≤ 75) donc 0 ≤ arcsin ≤ arcsin 23 = π3 65 5 2 25 4 5 5 1 5 4 π (croissance de l’arcsinus) et 0 ≤ ≤ (car 10 < 13) donc 0 ≤ arcsin ≤ 6 . On en déduit que 0 ≤ arcsin + 13 2 13 5 5 arcsin ≤ π3 + π6 = π2 . 13 63 4 5 Pour conclure, arcsin et arcsin + arcsin sont deux arcs de 0, π2 ayant même sinus, ils sont donc égaux. 65 5 13 # 63 S= 65 √ Exercice 4.23 La fonction f (x) = 2 arctan 1 + x2 − x + arctan x 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 de fonctions dérivables. On a ∀x ∈ R, ′

f (x) =

= = =

= =

√ ′ 1 + x2 − x 1 2 √ 2 + 1 + x2 1 + 1 + x2 − x 2x √ −1 2 1 2 1 + x√ 2 + 2 2 2 1 + x2 1 + 1 + x − 2x 1 + x + x √ x − 1 + x2 1 √ √ + 1 + x2 1 + x2 1 + x2 − x 1 + x2 √ x − 1 + x2 1 + √ √ √ 2 1 + x2 2 2 2 1+x 1+x −x 1+x √ x − 1 + x2 1 √ √ √ + 1 + x2 1 + x2 × 1 + x2 1 + x2 − x 0

π On en déduit que f est constante sur l’intervalle R, égale à f (0) = 2 arctan 1 + arctan 0 = . 2 √ √ √ π π π Avec x = 1, il vient 2 arctan 2 − 1 = − arctan 1 = =⇒ arctan 2 − 1 = =⇒ tan arctan 2 − 1 2 4 8 —12/29—

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

1. LES BASIQUES

√ √ √ π π =⇒ tan = 2 − 1., de même avec x = 3, il vient 2 arctan 2 − 3 8 √ 8 π √ π arctan 2 − 3 = =⇒ tan = 2 − 3. 12 12 tan

=

√ π π − arctan 3 = =⇒ 2 6

Exercice 4.24 Analyse √ π arcsin x + arccos x 2 = 4

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒

√ √ 2 sin arcsin x + arccos x 2 = √ 2 √ √ √ 2 2 2 2 x 2 + 1 − x 1 − 2x = 2 √ √ √ √ 2 − x2 2 = 1 − x2 1 − 2x2 2 √ 2 √ 2 2 −x 2 = 1 − x2 1 − 2x2 2 2

=⇒ =⇒

1 − x2 = 1 − x2 2 1 − 2x2 = 0

2

1 − 2x2

1 les solutions sont ± √ 2

1 1 Synthèse : On vérifie que seul √ convient (i.e. on remplace dans l’équation de départ x par − √ pour constater que 2 2 1 cela ne convient par, puis par √ pour constater que cela convient !). 2 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) √ √ 2 x − 1 = ( x) − 1 = x − 1 (x − 1)2 = x − 1 et x − 1 ≥ 0 (x − 1)2 = x − 1 et 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) + arctan x − π2 sur R∗+ et arctan (x − 1) + arctan x + π2 sur R∗− . Elle est donc strictement croissante sur chacun de ces intervalles (somme de fonctions 19 19 19 croissantes). Puisque f (x) −−−−→ = − π4 + π2 = π4 < arctan (car > 1 donc arctan > arctan 1), l’équation − 8 8 8 x→0 19 (E) n’a pas de solution dur R∗− . De même, puisque f (1) = π4 , et f (x) −−−−−→ π2 + π2 − π2 = π2 > arctan x→+∞ 8 (car une arctangente est toujours inférieure à π2 ), l’équation (E) admet une unique solution sur [1, +∞[ (c’est le théorème de la bijection, f est continue, strictement croissante de [1, +∞[ dans π4 , π2 donc réalise une 19 bijection du premier intervalle sur le second. Elle prend donc une, et une seule, fois la valeur arctan qui est 8 dans l’intervalle d’arrivée). —13/29—

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1. LES BASIQUES

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

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

1 19 + arctan alors x 8

tan arctan (x − 1) − arctan ⇐⇒ ⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒

1 x

= tan arctan

1 x = 19 (x − 1) 8 1+ x x2 − x − 1 19 = 2x − 1 8 8 x2 − x − 1 − 19 (2x − 1) = 0 (4x − 1) (2x − 11) = 0

19 8

x−1−

1 11 On obtient deux solutions possibles x = , et x = . 4 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 tan x ∈ ]−1, 1[ , ceci impose à x d’être dans un intervalle du 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 différent de 1 et −1. Or sin 2x = ±1 ⇐⇒ 2x = π2 + lπ ⇐⇒ x = π4 + l π2 , c’est bien le cas si x est dans un intervalle du type − π4 + kπ, π4 + kπ , où k ∈ Z. Conclusion $! π π Df = − + kπ, + kπ 4 4 k∈Z

Par périodicité des fonctions x → tan x et x → sin 2x, on en déduit que f est π−périodique. De plus, par imparité de toutes 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 2 cos 2x × − 1 − tan2 x cos2 x 1 − sin2 2x 2 2 cos 2x − 2 2 cos2 2x cos x − sin x 2 2 − =0 cos 2x cos 2x

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—

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

2. LES TECHNIQUES

Et on a pour x réel √ 2x 2 1 + x2 + 2x × √ 2 1 + x2 √ 2 1 + 2x 1 + x2

f ′ (x) =

1 + x2 + x2 √ 1 + x2 × 1 + 4x2 + 4x4 1 + 2x2 2 2 √ =√ 1 + x2 (1 + 2x2 )2 1 + x2

= 2√ =

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 sinh x + C Mais avec x = 0, on obtient f (0) = 0 = 2 × 0 + C

d’où C = 0 et

∀x ∈ R, f (x) = 2 arg sinh x Exercice 4.29 On pose f (x) = 2 sin x+tan x−3x qui est définie et continue sur 0, π2 . On a f ′ (x) = 2 cos x+

1 − cos2 x

(2 cos x + 1) (cos x − 1)2 ≥ 0 sur 0, π2 , or f (0) = 0 donc f (x) ≥ 0. De même on pose g (x) = 2 sh x + th x − 3x cos2 x 1 (cosh x − 1)2 qui est définie et dérivable sur [0, +∞[. On a g ′ (x) = 2 ch x + 2 − 3 = (2 cosh x + 1) ≥ 0, donc avec ch x cosh2 x g (0) = 0, on a la même conclusion. 3=

2

Les techniques

Exercice 4.30 On passe au logarithme, alors np = pn ⇐⇒ On pose f (x) =

ln n ln p = n p

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

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

f ′ (x) = On en déduit les variations de f et son graphe

1 − ln x x2

ln x x

y 0.4

0.2

0.0 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

-0.2

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2. LES TECHNIQUES

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

1 , 0 , elle ne peut donc pas prendre deux fois la même valeur sur e 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 a f (2) = f (4) . La seule solution est 24 = 42

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

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 ! π b b θ ∈ 0, . De plus tan θ = =⇒ arctan tan θ = arctan . Puisque θ est dans l’intervalle fondamental de la fonction 2 a a tangente, on a b θ = arctan 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 z12 z2 = arg (3 + i)2 (7 + i) = arg (50 + 50i) =

π (2π) 4

Attention il y a un piège, on vient juste de prouver que 2 arg z1 + arg z2 = 2 arctan Mais 0 ≤

1 1 π + arctan = modulo 2π 3 7 4

√ 1 π 1 π 1 √ < 3 =⇒ arctan < arctan 3 = , de même arctan < donc 3 3 3 7 3 0 < 2 arctan

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

Exercice 4.53 On sait que cos x−cos y = −2 sin pose alors a = sin 2 sin2

x+y 2

et b = sin

x−y 2

x+y 2

x−y 2

sin

1 (cos (x − y) − cos (x + y)) . On 2 x−y et cos (x + y) = 1 − 2

et que sin x sin y =

, ainsi cos (x − y) = 1 − 2 sin2

x+y . Le système proposé est alors équivalent à 2    

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

(S) ⇐⇒

   

1 d’où 4a

   a2 −

ab = −

1 4

   a2 − b2 = 3 8

ab = −

1 4

1 3 − =0 2 16b 8

⇐⇒

    

ab = −

1 4

16a4 − 6a2 − 1 = 0

L’équation bicarrée se résout et donne la factorisation 16a4 − 6a2 − 1 = 8a2 + 1 √ 2 1 et b = ∓ =∓ √ . 4 2 2 Premièr cas : —27/29—

1 2a2 − 1 qui conduit à a = ± √ 2

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4. LES OLYMPIQUES

CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

 x+y π  = (2π)   2 4 x+y 1 x−y ou = √ ⇐⇒ sin et sin  2 2 2   x + y = 3π (2π) 2 4 On obtient donc comme solutions (à 2π près)   π 1  4 + arcsin − 2√2  x  ou =    π 1 y − arcsin − √ 4 2 2   3π 1  4 + arcsin − 2√2   ou   3π  1 − arcsin − √ 4 2 2

soit

x y



 =   ou

Second cas

     

1 = − √ ⇐⇒  2 2    

x−y 1 = arcsin − √ (2π) 2 2 2 ou x−y 1 = π − arcsin − √ (2π) 2 2 2



 π 1  4 + π − arcsin − 2√2     π  1 − π + arcsin − √ 4 2 2  3π 1  4 + π − arcsin − 2√2 ou   3π 1 − π + arcsin − √ 4 2 2

   3π π 1 1 √ − arcsin  − 4 + arcsin 2√2  4 2 2   ou     3π  π 1 1 √ √ + arcsin − arcsin − 4 4 2 2 2 2    3π 1 π 1  4 − arcsin 2√2   − 4 + arcsin 2√2   ou   3π   π 1 1 √ − − arcsin √ + arcsin 4 4 2 2 2 2

   

   

  x+y x−y 1  π  = arcsin √ (2π)   = − (2π)     2 2 2 2 4 x+y 1 x−y 1 ou ou sin et sin = − √ ⇐⇒ = + √ ⇐⇒   2 2 2 2 2   x − y 1  x + y = − 3π (2π)   (2π) = π − arcsin √  2 4 2 2 2 On obtient donc comme solutions (à 2π près)     π 1 π 1 √ √ − − + arcsin + π − arcsin  4  x 2 2  2 2   ou  4  =   π   π  1 1 y √ √ − − arcsin − − π + arcsin 4 4 2 2 2 2     3π 1 3π 1  − 4 + arcsin 2√2   − 4 + π − arcsin 2√2   ou   ou   3π   3π  1 1 √ − − arcsin − − π + arcsin √ 4 4 2 2 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 alors s’écrire (pour mémoire ln ab = ln a + ln b uniquement si a et b sont positifs) ln (2xy) = ln 2 + ln x + ln y = ln x ln y soit ln 2 + ln x + ln y + 1 = ln x ln y + 1 ce qui donne 1 + ln 2 = ln (2e) = ln x ln y + 1 − ln x − ln y = (ln x − 1) (ln y − 1) —28/29—

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CHAPITRE 4. FONCTIONS USUELLES

4. LES OLYMPIQUES

On procède de même avec les autres équations, le système est alors équivalent à  (1)  ln (2e) = (1 − ln x) (1 − ln y) 1 = (1 − ln y) (1 − ln z) (2)  ln (2e) = (1 − ln z) (1 − ln x) (3)  (1)  ln (2e) = (1 − ln x) (1 − ln y) 1 = (1 − ln y) (1 − ln z) (2) ⇐⇒  (3)−(1) 0 = (ln y − ln z) (1 − ln x) (3)

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

(3)−(1)

ln (2e) = (1 − ln x) (1 − ln y) 1 = (1 − ln y)2

(1) (2)

1 2 Second cas 1 − ln y = −1 ⇐⇒ y = e2 et (2) donne 1 − ln x = − ln 2e ⇐⇒ x = 2e2 . Pour résumé, il y a deux solutions       1 2e2     S =  21  ,  e2      e2 1

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

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

x Exercice 4.55 Pour l’inégalité de gauche , on se seouvient que th (arg sh x) = √ . On désire donc prouver que 1 + x2 th (arg sh x) ≤ th x puisque th est croissante, cela équivaut à arg sh x ≤ x, et en composant par le sh (lui même croissant) à x ≤ sh x. Inégalité classique (que l’on prouve en étudiant sh x − x par exemple ou par la √ √ convexité). 2 Pour l’autre, si x ≥ 0, on a 1 − e−x2 est défini car 0 < e−x ≤ 1 et 0 ≤ 1 − e−x2 < 1, ainsi toujours parce que arg th est une bijection strictement croissante, l’inégalité demandée est équivalente à x < arg th On pose g (x) = arg th

1 − e−x2

√ 1 − e−x2 − x qui est dérivable sur [0, +∞[ de dérivée égale à 2

′

g (x) =

1 √ 1 − e−x2 √ x − 1 − e−x2 √ 1 − e−x2 1−

=

2

− −2xe−x x × √ −1 = √ −1 2 −x 2 1−e 1 − e−x2

Or on connaît l’inégalité classique eu > 1 + u pour u > 0 (qui est équivalente à ln (1 + u) < u). Donc 2

2

e−x > 1 − x2 =⇒ 1 − e−x < x2 =⇒ x −

1 − e−x2 > x −

√ x2 = 0

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

—29/29—

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