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fic00014 .pdf



Nom original: fic00014.pdf
Titre: Exo7 - Exercices de mathématiques
Auteur: Exo7

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Exo7
Fonctions circulaires et hyperboliques inverses
Corrections de Léa Blanc-Centi.

1

Fonctions circulaires inverses

Exercice 1
Vérifier
arcsin x + arccos x =
Indication H

π
2

arctan x + arctan

et

1
π
= sgn(x) .
x
2

Correction H

[000752]

Exercice 2
Une statue de hauteur s est placée sur un piédestal de hauteur p.
1. À quelle distance x0 doit se placer un observateur (dont la taille est supposée négligeable) pour voir la
statue sous un angle maximal α0 ?
2. Vérifier que α0 = arctan √ s
.
2

p(p+s)

3. Application à la statue de la liberté : haute de 46 mètres avec un piédestal de 47 mètres.
Indication H

Correction H

[000745]

Exercice 3
Écrire sous forme d’expression algébrique
1. sin(arccos x),

cos(arcsin x),

cos(2 arcsin x).

2. sin(arctan x),

cos(arctan x),

sin(3 arctan x).

Indication H

Correction H

[000747]

Exercice 4
Résoudre les équations suivantes :
1. arccos x = 2 arccos 43 .
2. arcsin x = arcsin 25 + arcsin 35 .
3. arctan 2x + arctan x = π4 .
Indication H

Correction H

[000749]

Exercice 5
Montrer que pour tout x > 0, on a

arctan
n

1
2x2




= arctan


1
En déduire une expression de Sn = ∑ arctan
2k2
k=1
Indication H




x
x−1
− arctan
.
x+1
x


et calculer lim Sn .
n→+∞

Correction H

[006973]

1

Exercice 6
Soit z = x + iy un nombre complexe, où x = Re z et y = Im z. On sait
p que si z est non nul, on peut l’écrire de
façon unique sous la forme z = x + iy = reiθ , où θ ∈] − π, π] et r = x2 + y2 .
z = x + iy

y
r
θ
x

0
1. Montrer que si x > 0, alors θ = arctan xy .
2. Montrer que si θ ∈] − π, π[, alors θ = 2 arctan

sin θ
1+cos θ


.

3. En déduire que si z n’est pas réel négatif ou nul, on a l’égalité
θ = 2 arctan

y
p
x + x2 + y2

!
.

Correction H

2

[006974]

Fonctions hyperboliques

Exercice 7
Simplifier l’expression
Indication H

2 ch2 (x) − sh(2x)
et donner ses limites en −∞ et +∞.
x − ln(ch x) − ln 2

Correction H

[006975]

Exercice 8
Soit x ∈ R. On pose t = arctan(sh x).
1. Établir les relations
tant = sh x

2. Montrer que x = ln tan 2t + π4 .
Indication H

1
= ch x
cost

sint = th x

Correction H

[000764]

Exercice 9
Soit x un réel fixé. Pour n ∈ N∗ , on pose
n

Cn =

∑ ch(kx)

n

et

k=1

Sn =

∑ sh(kx).
k=1

Calculer Cn et Sn .
Indication H

Correction H

[006976]

Exercice 10
Soit a et b deux réels positifs tels que a2 − b2 = 1. Résoudre le système

ch(x) + ch(y) = 2a
sh(x) + sh(y) = 2b
2

Indication H

3

Correction H

[006977]

Fonctions hyperboliques inverses

Exercice 11
Simplifier les expressions suivantes :
1. ch(argsh x),

th(argsh x),

sh(2 argsh x).

2. sh(argch x),

th(argch x),

ch(3 argch x).

Correction H

[006978]

Exercice 12
Étudier le domaine de définition de la fonction f définie par


1
1
x+
f (x) = argch
2
x
et simplifier son expression lorsqu’elle a un sens.
Indication H

Correction H

[006979]

Exercice 13
Montrer que l’équation argsh x + argch x = 1 admet une unique solution, puis la déterminer.
Indication H

Correction H

[006980]

Retrouver cette fiche et d’autres
exercices de maths sur
exo7.emath.fr
3

Indication pour l’exercice 1 N
Faire une étude de fonction. La fonction sgn(x) est la fonction signe : elle vaut +1 si x > 0, −1 si x < 0 (et 0 si
x = 0).
Indication pour l’exercice 2 N
Faire un dessin. Calculer l’angle d’observation α en fonction de la distance x et étudier cette fonction. Pour
simplifier l’expression de α0 , calculer tan α0 à l’aide de la formule donnant tan(a − b).
Indication pour l’exercice 3 N
Il faut utiliser les identités trigonométriques classiques.
Indication pour l’exercice 4 N
On compose les équations par la bonne fonction (sur le bon domaine de définition), par exemple cosinus pour
la première. Pour la dernière, commencer par étudier la fonction pour montrer qu’il existe une unique solution.
Indication pour l’exercice 5 N
Dériver la différence des deux expressions.
Indication pour l’exercice 7 N
−2x

1+e
On trouve − ln(1+e
−2x ) .

Indication pour l’exercice 8 N
Pour la première question calculer
défini et calculer sh y.

1
.
cos2 t

Pour la seconde question, vérifier que y = ln tan

Indication pour l’exercice 9 N
Commencer par calculer Cn + Sn et Cn − Sn à l’aide des fonctions ch et sh.
Indication pour l’exercice 10 N
Poser X = ex et Y = ey et se ramener à un système d’équations du type somme-produit.
Indication pour l’exercice 12 N
On trouve f (x) = | ln x| pour tout x > 0.
Indication pour l’exercice 13 N
Faire le tableau de variations de f : x 7→ argsh x + argch x.

4

t
2

+ π4



est bien

Correction de l’exercice 1 N
1. Soit f la fonction définie sur [−1, 1] par f (x) = arcsin x + arccos x : f est continue sur l’intervalle [−1, 1],
1
−1
et dérivable sur ] − 1, 1[. Pour tout x ∈] − 1, 1[, f 0 (x) = √1−x
+ √1−x
= 0. Ainsi f est constante sur
2
2
] − 1, 1[, donc sur [−1, 1] (car continue aux extrémités). Or f (0) = arcsin 0 + arccos 0 = π2 donc pour tout
x ∈ [−1, 1], f (x) = π2 .
2. Soit g(x) = arctan x + arctan 1x . Cette fonction est définie sur ] − ∞, 0[ et sur ]0, +∞[ (mais pas en 0). On a
g0 (x) =

1
−1
1
+ 2 ·
= 0,
2
1+x
x 1 + x12

donc g est constante sur chacun de ses intervalles de définition : g(x) = c1 sur ] − ∞, 0[ et g(x) = c2 sur
]0, +∞[. Sachant arctan 1 = π4 , on calcule g(1) et g(−1) on obtient c1 = − π2 et c2 = + π2 .
Correction de l’exercice 2 N
1. On note x la distance de l’observateur au pied de la statue. On note α l’angle d’observation de la statue
seule, et β l’angle d’observation du piédestal seul.

s

p

α

β
x
Nous avons les relations trigonométriques dans les triangles rectangles :
tan(α + β ) =

p+s
x

p
x

et

tan β =

et

β = arctan

On en déduit les deux identités :

α + β = arctan

p+s
x



à partir desquelles on obtient α = α(x) = arctan

p
x


p+s
− arctan xp .
x

Étudions cette fonction sur ]0, +∞[ : elle est dérivable et
α 0 (x) =

− s+p
x2
1+


s+p 2
x

− xp2
1+

=
p 2

x

s
(x2 + p2 )(x2 + (s + p)2 )

p(p + s) − x2



p
Ainsi α 0 ne s’annule sur ]0, +∞[ qu’en x0 = p(p + s). Par des considérations physiques, à la limite en
0 et en +∞, l’anglep
α est nul, alors en x0 nous obtenons un angle α maximum. Donc la distance optimale
de vision est x0 = p(p + s).
2. Pour calculer l’angle maximum α0 correspondant, on pourrait calculer α0 = α(x0 ) à partir de la définition
de la fonction α(x). Pour obtenir une formule plus simple nous utilisons la formule trigonométrique
5

tan a−tan b
suivante : si a, b et a−b sont dans l’intervalle de définition de la fonction tan, alors tan(a−b) = 1+tan
a tan b ,
ce qui donne ici



tan α0 = tan (α0 + β0 ) − β0 =

p+s
p
x0 − x0
p
1 + p+s
x0 · x0

=

Comme α0 ∈] − π2 , π2 [, on en déduit α0 = arctan 2xs 0 = arctan √
2

s
s
= p
2x0 2 p(p + s)

s
.
p(p+s)

3. Pour la statue de la liberté, on a la hauteur de la statue s = 46 mètres et la hauteur du piédestal p = 47
mètres. On trouve donc
p
s
' 19◦ .
x0 = p(p + s) ' 65, 40mètres
α0 = arctan p
2 p(p + s)
Voici les représentations de la statue et de la fonction α(x) pour ces valeurs de s et p.
α(x)
α0
s
α(x)
p

α0
β0
x0

0

x0

x

Correction de l’exercice 3 N
p

1. sin2 y = 1 − cos2 y, donc sin y = ± 1 − cos2 y. Avec y = arccos x, il vient sin(arccos
x)
=
±
1 − x2 .

2
Or arccos x ∈ [0, π], donc sin(arccos√
x) est positif et finalement sin(arccos x) = + 1 − x . De la même
manière on trouve cos(arcsin x) = ± 1 − x2 . Or arcsin x ∈ [− π2 , π2 ], donc cos(arcsin x) est positif et fina√
lement cos(arcsin x) = + 1 − x2 .
Ces deux égalités sont à connaître ou à savoir retrouver très rapidement :
p
sin(arccos x) = 1 − x2 = cos(arcsin x).
Enfin, puisque cos(2y) = cos2 y − sin2 y, on obtient avec y = arcsin x,
p
cos(2 arcsin x) = ( 1 − x2 )2 − x2 = 1 − 2x2 .
2. Commençons par calculer sin(arctan x), cos(arctan x). On utilise l’identité 1 + tan2 y =

1
cos2 y

avec y =

x2

2
1
2
arctan x, ce qui donne cos2 y = 1+x
2 et sin y = 1 − cos y = 1+x2 . Il reste à déterminer les signes de
1
x
cos(arctan x) = ± √1+x
et sin(arctan x) = ± √1+x
Or y = arctan x donc y ∈] − π2 , π2 [ et y a le même signe
2
2
1
que x : ainsi cos y > 0, et sin y a le même signe que y et donc que x. Finalement, on a cos(arctan x) = √1+x
2
x
et sin(arctan x) = √1+x
.
2

Il ne reste plus qu’à linéariser sin(3y) :
sin(3y) = sin(2y + y) = cos(2y) sin(y) + cos(y) sin(2y)
= (2 cos2 y − 1) sin y + 2 sin y cos2 y
= 4 sin y cos2 y − sin y
6

Maintenant
sin(3 arctan x) = sin(3y) = 4 sin y cos2 y − sin y
x
x
x(3 − x2 )

= 4

=
1 + x2 (1 + x2 )3/2
(1 + x2 )3/2
Remarque : la méthode générale pour obtenir la formule de linéarisation de sin(3y) est d’utiliser les
nombres complexes et la formule de Moivre. On développe
cos(3y) + i sin(3y) = (cos y + i sin y)3 = cos3 y + 3i cos2 y sin y + · · ·
puis on identifie les parties imaginaires pour avoir sin(3y), ou les parties réelles pour avoir cos(3y).

Correction de l’exercice 4 N
1. On vérifie d’abord que 2 arccos 34 ∈ [0, π] (sinon, l’équation n’aurait aucune solution). En effet, par définition, la fonction
arccos est décroissante sur [−1, 1] à valeurs dans [0, π], donc puisque 12 6 34 6 1 on a

π
3
3 > cos 4 > 0. Puisque par définition arccos x ∈ [0, π], on obtient en prenant le cosinus :



3
3
⇐⇒ x = cos 2 arccos
arccos x = 2 arccos
4
4
En appliquant la formule cos 2u = 2 cos2 u − 1, on arrive donc à une unique solution x = 2( 34 )2 − 1 = 18 .
2. Vérifions d’abord que − π2 6 arcsin 25 + arcsin 53 6 π2 . En effet, la fonction arcsin est strictement croissante



et 0 < 52 < 21 < 35 < 22 , ce qui donne 0 < arcsin 52 < π6 < arcsin 35 < π4 , d’où l’encadrement 0 + π6 <
arcsin 25 + arcsin 35 6 π6 + π4 .
Puisque par définition on aussi arcsin x ∈ [− π2 , π2 ], il vient en prenant le sinus :
2
3
arcsin x = arcsin + arcsin
5
5


2
3
⇐⇒ x = sin arcsin + arcsin
5
5




3
2
2
3
⇐⇒ x = cos arcsin
+ cos arcsin
5
5
5
5

La dernière équivalence vient de la formule de sin(a+b) = cos a sin b+cos b sin a et de l’identité sin arcsin u =
u.
q

24
En utilisant la formule cos (arcsin x) = 1 − x2 , on obtient une unique solution : x = 35 21
25 + 5 5 =

3 21+8
25 .

3. Supposons d’abord que x est solution. Remarquons d’abord que x est nécessairement positif, puisque
arctan x a le même signe que x. Alors, en prenant la tangente des deux membres, on obtient tan arctan(2x)+
arctan(x) = 1.
tan a+tan b
2x+x
1−tan a tan√
b , on obtient 1−2x·x = 1,
x0 = −3+4 17 . Ainsi, si l’équation

En utilisant la formule donnant la tangente d’une somme : tan(a + b) =

et finalement 2x2 + 3x − 1 = 0 qui admet une unique solution positive
de départ admet une solution, c’est nécessairement x0 .
Or, en posant f (x) = arctan(2x) + arctan(x), la fonction f est continue sur R. Comme f (x) −−−−→ −π et
x→−∞
π
4 au

f (x) −−−−→ +π, on sait d’après le théorème des valeurs intermédiaires que f prend la valeur
x→+∞

moins

une fois (et en fait une seule fois, puisque f est strictement croissante comme somme de deux fonctions
strictement croissantes). Ainsi l’équation de départ admet bien une solution, qui est x0 .

7

Correction de l’exercice 5 N

Posons f (x) = arctan 2x12 − arctan

x
x+1



+ arctan

− 2x23

0

f (x) =

x−1
x

2 −



pour tout x > 0. La fonction f est dérivable, et

1
(1+x)2

2 +

1
x2

x−1 2
x

x
1 + x+1
1 + 2x12
1+
−4x
1
1
=

+
4x4 + 1 (1 + x)2 + x2 x2 + (x − 1)2


− x2 + (x − 1)2 + (1 + x)2 + x2
−4x


=
+
4x4 + 1
(1 + x)2 + x2 x2 + (x − 1)2
= 0

Ainsi f est une fonction constante. Or f (x) −−−−→ arctan 0 − arctan 1 + arctan 1 = 0. Donc la constante vaut 0,
x→+∞

d’où l’égalité cherchée.
Alors :
n

Sn =
=
=
=
=




1
∑ arctan 2k2
k=1




n
n
k−1
k
(par l’identité prouvée)
∑ arctan k + 1 − ∑ arctan k
k=1
k=1
n−1
0

n
k
k
arctan 0
(en posant k0 = k − 1)
∑ arctan k + 1 − ∑
k
+
1
k=1
k0 =0




n
0
arctan
− arctan
(les sommes se simplifient)
n+1
0+1


1
n
1
arctan 1 −
(car n+1
= 1 − n+1
)
n+1

Ainsi Sn −−−−→ arctan 1 = π4 .
n→+∞

Correction de l’exercice 6 N
1. Si x > 0, alors xy est bien défini et arctan xy aussi. Comme x = r cos θ et y = r sin θ , on a bien xy = tan θ .
Puisque par hypothèse θ ∈] − π, π] et que l’on a supposé x > 0, alors cos θ > 0. Cela implique θ ∈] −
y
π π
π π
2 , 2 [. Donc θ = arctan(tan θ ) = arctan x . (Attention ! Il est important d’avoir θ ∈]− 2 , 2 [ pour considérer
l’identité arctan(tan θ ) = θ .)

2. Si θ ∈] − π, π[ alors θ2 ∈] − π2 , π2 [, donc θ2 = arctan tan θ2 . Or
2 cos θ2 sin θ2
sin θ2
sin θ
θ


=
=
= tan
θ
θ
2
1 + cos θ
2
1 + 2 cos 2 − 1
cos 2


sin θ
d’où θ2 = arctan tan θ2 = arctan 1+cos
θ .
3. Remarquons que z = x + iy, supposé non nul, est un nombre réel négatif si et seulement si (x = r cos θ < 0
et y = r sin θ = 0), c’est-à-dire
p θ = π. Par conséquent, dire que
p z n’est pas réel négatif ou nul signifie que
θ ∈] − π, π[. On a alors x + x2 + y2 6= 0 (sinon, on aurait x2 + y2 = −x et donc y = 0 et x 6 0) et
y
r sin θ
sin θ
p
=
=
.
2
2
r
cos
θ
+
r
1
+
cos θ
x+ x +y
Par la question précédente :


sin θ
θ = 2 arctan
1 + cos θ


= 2 arctan

8

y
p
x + x2 + y2

!
.

Correction de l’exercice 7 N
Par définition des fonctions ch et sh, on a
2
ex + e−x
e2x − e−2x
2 ch (x) − sh(2x) = 2

2
2
e2x + 2 + e−2x e−2x − e2x
=
+
2
2
−2x
= 1+e


2

Et en utilisant les deux relations ln(ab) = ln a + ln b et ln(ex ) = x on calcule :
x

e + e−x
− ln 2
x − ln(ch x) − ln 2 = x − ln
2
= x − ln(ex + e−x ) + ln 2 − ln 2

= x − ln ex (1 + e−2x )
= x − ln(ex ) − ln(1 + e−2x )
= x − x − ln(1 + e−2x )
= − ln(1 + e−2x )

d’où

2 ch2 (x) − sh(2x)
1 + e−2x
=−
x − ln(ch x) − ln 2
ln(1 + e−2x )

C’est une expression de la forme − lnuu avec u = 1 + e−2x :
– si x → +∞, alors u → 1+ , ln1u → +∞ donc − lnuu → −∞ ;
– si x → −∞, alors u → +∞ donc d’après les relations de croissances comparées, − lnuu → −∞.
Correction de l’exercice 8 N
(a) Remarquons d’abord que, par construction, t ∈] − π2 , π2 [, t est donc dans le domaine de définition de
la fonction tan. En
prenant la tangente de l’égalité t = arctan(sh x) on obtient directement tant =
tan arctan(sh x) = sh x.

(b) Ensuite, cos12 t = 1 + tan2 t = 1 + tan2 arctan(sh x) = 1 + sh2 x = ch2 x. Or la fonction ch ne prend
1
que des valeurs positives, et t ∈] − π2 , π2 [ donc cost > 0. Ainsi cost
= ch x.
1
(c) Enfin, sint = tant · cost = sh x · ch x = th x.

π
t
π
π
t
π
2. Puisque t ∈] − π2 ,
2 [, on a 0 < 2 + 4 < 2 , donc tan 2 + 4 est bien défini et strictement positif. Ainsi
y = ln tan 2t + π4 est bien défini.
Ensuite :
1.

sh y =
=
=
=

ey − e−y
2
1

tan + π4


sin2 2t + π4 − cos2 2t + π4


2 cos 2t + π4 sin 2t + π4

− cos t + π2

sin t + π2
1
2

tan

t
2


+ π4 − 21

t
2

car sin(2u) = 2 cos u sin u et cos(2u) = cos2 u − sin2 u.


sint
Enfin, puisque cos t + π2 = − sint et sin t + π2 = cost, on a sh y = cost
= tant = sh x. Puisque
la fonc
t
π
tion sh est bijective de R dans R, on en déduit y = x. Conclusion : x = y = ln tan 2 + 4 .
9

Correction de l’exercice 9 N
Puisque ch x + sh x = ex et ch x − sh x = e−x , les expressions Cn + Sn = ∑nk=1 ekx et Cn − Sn = ∑nk=1 e−kx sont des
sommes de termes de suites géométriques, de raison respectivement ex et e−x .
Si x = 0, on a directement Cn = ∑nk=1 1 = n et Sn = ∑nk=1 0 = 0.
Supposons x 6= 0, alors ex 6= 1. Donc
n

Cn + Sn =

∑ ekx =
k=1

ex − e(n+1)x
1 − ex

1 − enx
1 − ex
nx
nx
nx
e 2 (e− 2 − e 2 )
= ex x − x
x
e 2 (e 2 − e 2 )
= ex

nx

= e

(n+1)x
2

= e

(n+1)x
2

nx

e 2 − e− 2
x
x
e 2 − e− 2
sh nx
2
sh 2x

De même Cn − Sn = ∑nk=1 e−kx ; c’est donc la même formule que ci-dessus en remplaçant x par −x. Ainsi :
Cn − Sn = e−
En utilisant Cn =

(Cn +Sn )+(Cn −Sn )
2

et Sn =

Cn =

Sn =

e

e

(n+1)x
2

(Cn +Sn )−(Cn −Sn )
,
2

(n+1)x
2

(n+1)x
2

+ e−
2

(n+1)x
2

sh nx
2
sh 2x

on récupère donc


nx
sh nx
(n+1)x sh 2
2
=
ch
2
sh 2x
sh 2x

x


nx
− e−(n+1) 2 sh nx
(n+1)x sh 2
2
=
sh
2
2
sh 2x
sh 2x

Correction de l’exercice 10 N

(S)

ch(x) + ch(y) = 2a
sh(x) + sh(y) = 2b



ex + e−x + ey + e−y = 4a
ex − e−x + ey − e−y = 4b



ex + ey = 2a + 2b
ex − e−x + ey − e−y = 4b



ex + ey = 2a + 2b
−e−x − e−y = 2b − 2a



ex + ey = 2(a + b)
1
1
ex + ey = 2(a − b)

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

ce qui donne, en posant X = ex et Y = ey :


X +Y = 2(a + b)
1
1
X + Y = 2(a − b)



X +Y = 2(a + b)
X+Y
XY = 2(a − b)



X +Y = 2(a + b)
2(a+b)
XY = 2(a − b)

(S) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

10

Or a 6= b puisque par hypothèse, a2 − b2 = 1. Ainsi,

X +Y = 2(a + b)
(S) ⇐⇒
a+b
XY = a−b
⇐⇒ X et Y sont les solutions de z2 − 2(a + b)z +

Remarque : On rappelle que si X,Y vérifient le système

a+b
=0
a−b

X +Y = S
, alors X et Y sont les solutions de
XY = P

l’équation z2 − Sz + P = 0.
a+b
= 0 vaut
Or le discriminant du trinôme z2 − 2(a + b)z + a−b



a+b
1
4(a + b)(a2 − b2 − 1)
∆ = 4(a + b) − 4
= 4(a + b) a + b −
=
=0
a−b
a−b
a−b
2

Il y a donc une racine double qui vaut

2(a+b)
2 ,

ainsi X = Y = a + b et donc :

(S) ⇐⇒ ex = ey = a + b
On vérifie que a + b > 0 (car a > 0 et b > 0) et a + b 6= 0 (car a2 − b2 = 1). Conclusion : le système (S) admet
une unique solution, donnée par x = ln(a + b), y = ln(a + b) .
Correction de l’exercice 11 N
1.

2
(a) On sait que ch2 u = 1+sh
q u. Comme de plus√la fonction ch est à valeurs positives, ch u =
et donc ch(argsh x) = 1 + sh2 (argsh x) = 1 + x2 .

p
1 + sh2 u

(b) Alors
sh(argsh x)
x
.
=√
ch(argsh x)
1 + x2

(c) Et sh(2 argsh x) = 2 ch(argsh x) sh(argsh x) = 2x 1 + x2 .
th(argsh x) =

2. On pourrait, comme pour la question précédente, appliquer les formules trigonométriques hyperboliques.
Pour changer, on va plutôt utiliser les expressions explicites des fonctions hyperboliques réciproques.
Supposons x > 1, pour que argch x soit bien défini, alors on a la formule (à connaître) :
p

argch x = ln x + x2 − 1 .
Ainsi :
sh(argch x) =
=

eargch x − e− argch x
√ 2
x + x2 − 1 − x+√1x2 −1

2


x − x2 − 1
x + x2 − 1



=


2
2 x + x2 − 1 x − x2 − 1


x + x2 − 1
x − x2 − 1

=

2
2 x2 − (x2 − 1)
p
=
x2 − 1
sh(argch x)
Donc th(argch x) =
=
ch(argch x)


x2 − 1
.
x

11

Enfin, si u = argch x : ch(3u) = ch(2u + u) = ch(2u) ch u + sh(2u) sh u, où

ch(2u) = ch2 u + sh2 u =√
x2 + (x2 − 1) = 2x2 − 1
sh(2u) = 2 sh u ch u = 2x x2 − 1


Donc ch(3 argch x) = (2x2 − 1)x + 2x x2 − 1 x2 − 1 = x(4x2 − 3).

Correction de l’exercice 12 N
La fonction argch est définie sur [1, +∞[. Or


1
1
x+
> 1 ⇐⇒
2
x

x2 + 1
>2
x
x2 + 1 − 2x
⇐⇒
>0
x
(x − 1)2
⇐⇒
>0
x
⇐⇒ x > 0

donc f est définie sur ]0, +∞[.
q
p
p

2
Soit x > 0, alors y = 21 x + 1x > 1 et on sait que argch y = ln(y+ y2 − 1). Ainsi y2 − 1 = 14 x + 1x − 1 =
q
q
2
x −1
(x2 +1)2
(x2 −1)2

1
=
=
2x , on obtient
4x2
4x2


2
p
x + 1 x2 − 1
2
f (x) = argch y = ln(y + y − 1) = ln
+
2x
2x
On a supposé x > 0, il suffit donc de distinguer
les cas x > 1 et 0 < x 6 1.

x2 + 1 x2 − 1
+
= ln x.
– Si x > 1, f (x) = ln
2x
2x

2
1
x + 1 1 − x2
+
= ln = − ln x.
– Si 0 < x 6 1, f (x) = ln
2x
2x
x
Puisque ln x est positif si x > 1 et négatif si x 6 1, on obtient dans les deux cas f (x) = | ln x|.
y

f (x)
1

0

x

1

Correction de l’exercice 13 N
Soit f (x) = argsh x + argch x. La fonction f est bien définie, continue, et strictement croissante, sur [1, +∞[
(comme somme de deux fonctions continues strictement croissantes).

12

y

f (x)

1
f (1)

0

1 a

x

De plus, f (x) −−−−→ +∞, donc f atteint exactement une fois toute valeur de l’intervalle [ f (1), +∞[. Comme
x→+∞

(par la formule logarithmique) f (1) = argsh 1 = ln(1 + 2) < ln(e) = 1, on a 1 ∈ [ f (1), +∞[. Par le théorème
des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 1 admet une unique solution, que l’on notera a.
Déterminons la solution :
sh 1 = sh(argsh a + argch a)
= sh(argsh a) ch(argch a) + sh(argch a) ch(argsh a)
p
p
p
= a2 + a2 − 1 a2 + 1 = a2 + a4 − 1

2
1
ch2 1
donc a4 − 1 = sh 1 − a2 . En élevant au carré et en simplifiant, on obtient a2 = 1+sh
2 sh 1 = 2 sh 1 . Comme on
1
. Cette valeur est la seule solution possible de
cherche a positif (et que ch 1 > 0), on en déduit a = √ch
2 sh 1
l’équation f (x) = 1, il faudrait normalement vérifier qu’elle convient bien, puisqu’on a seulement raisonné par
implication (et pas par équivalence). Or on sait déjà que l’équation admet une unique solution : c’est donc
nécessairement
e + 1e
ch 1
1q

a=
=
= 1, 0065 . . . .
2 sh 1 2 e − 1
e

13


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