Fic 00014

Exo7

Fonctions circulaires et hyperboliques inverses

Corrections de La Blanc-Centi.

1 Fonctions circulaires inverses

Exercice 1Vrifier

arcsinx+ arccosx=pi2

et arctanx+ arctan1x= sgn(x)

pi2.

Indication H Correction H Vido [000752]

Exercice 2Une statue de hauteur s est place sur un pidestal de hauteur p.

1. quelle distance x0 doit se placer un observateur (dont la taille est suppose ngligeable) pour voir lastatue sous un angle maximal 0 ?

2. Vrifier que 0 = arctan s2

p(p+s).

3. Application la statue de la libert : haute de 46 mtres avec un pidestal de 47 mtres.


Exercice 3crire sous forme dexpression algbrique

1. sin(arccosx), cos(arcsinx), cos(2arcsinx).

2. sin(arctanx), cos(arctanx), sin(3arctanx).


Exercice 4Rsoudre les quations suivantes :

1. arccosx= 2arccos 34 .

2. arcsinx= arcsin 25 + arcsin35 .

3. arctan2x+ arctanx= pi4 .


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

arctan(

12x2

)= arctan

(x

x+1

) arctan

(x1x

).

En dduire une expression de Sn =n

k=1

arctan(

12k2

)et calculer lim

n+Sn.


1

Exercice 6Soit z = x+ iy un nombre complexe, o x = Rez et y = Imz. On sait que si z est non nul, on peut lcrire defaon unique sous la forme z= x+ iy= rei , o ]pi,pi] et r =

x2+ y2.

r

0

z= x+ iy

x

y

1. Montrer que si x> 0, alors = arctan yx .

2. Montrer que si ]pi,pi[, alors = 2arctan( sin1+cos ).3. En dduire que si z nest pas rel ngatif ou nul, on a lgalit

= 2arctan

(y

x+x2+ y2

).

Correction H Vido [006974]

2 Fonctions hyperboliques

Exercice 7

Simplifier lexpression2ch2(x) sh(2x)x ln(chx) ln2 et donner ses limites en et +.


Exercice 8Soit x R. On pose t = arctan(shx).

1. tablir les relationstan t = shx

1cos t

= chx sin t = thx

2. Montrer que x= ln(

tan( t

2 +pi4

)).


Exercice 9Soit x un rel fix. Pour n N, on pose

Cn =n

k=1

ch(kx) et Sn =n

k=1

sh(kx).

Calculer Cn et Sn.Indication H Correction H Vido [006976]

Exercice 10Soit a et b deux rels positifs tels que a2b2 = 1. Rsoudre le systme{

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

2


3 Fonctions hyperboliques inverses

Exercice 11Simplifier les expressions suivantes :

1. ch(argshx), th(argshx), sh(2argshx).

2. sh(argchx), th(argchx), ch(3argchx).

Correction H Vido [006978]

Exercice 12tudier le domaine de dfinition de la fonction f dfinie par

f (x) = argch[

12

(x+

1x

)]et simplifier son expression lorsquelle a un sens.Indication H Correction H Vido [006979]

Exercice 13Montrer que lquation argshx+ argchx= 1 admet une unique solution, puis la dterminer.Indication H Correction H Vido [006980]

Retrouver cette fiche et dautresexercices de maths sur

exo7.emath.fr3

Indication pour lexercice 1 NFaire une tude de fonction. La fonction sgn(x) est la fonction signe : elle vaut +1 si x> 0, 1 si x< 0 (et 0 six= 0).

Indication pour lexercice 2 NFaire un dessin. Calculer langle dobservation en fonction de la distance x et tudier cette fonction. Poursimplifier lexpression de 0, calculer tan0 laide de la formule donnant tan(ab).

Indication pour lexercice 3 NIl faut utiliser les identits trigonomtriques classiques.

Indication pour lexercice 4 NOn compose les quations par la bonne fonction (sur le bon domaine de dfinition), par exemple cosinus pourla premire. Pour la dernire, commencer par tudier la fonction pour montrer quil existe une unique solution.

Indication pour lexercice 5 NDriver la diffrence des deux expressions.

Indication pour lexercice 7 NOn trouve 1+e2xln(1+e2x) .

Indication pour lexercice 8 NPour la premire question calculer 1cos2 t . Pour la seconde question, vrifier que y = ln

(tan( t

2 +pi4

))est bien

dfini et calculer shy.

Indication pour lexercice 9 NCommencer par calculer Cn+Sn et CnSn laide des fonctions ch et sh.

Indication pour lexercice 10 NPoser X = ex et Y = ey et se ramener un systme dquations du type somme-produit.

Indication pour lexercice 12 NOn trouve f (x) = | lnx| pour tout x> 0.

Indication pour lexercice 13 NFaire le tableau de variations de f : x 7 argshx+ argchx.

4

Correction de lexercice 1 N

1. Soit f la fonction dfinie sur [1,1] par f (x) = arcsinx+arccosx : f est continue sur lintervalle [1,1],et drivable sur ] 1,1[. Pour tout x ] 1,1[, f (x) = 1

1x2 +11x2 = 0. Ainsi f est constante sur

]1,1[, donc sur [1,1] (car continue aux extrmits). Or f (0) = arcsin0+arccos0 = pi2 donc pour toutx [1,1], f (x) = pi2 .

2. Soit g(x) = arctanx+arctan 1x . Cette fonction est dfinie sur ],0[ et sur ]0,+[ (mais pas en 0). On a

g(x) =1

1+ x2+1x2 1

1+ 1x2= 0,

donc g est constante sur chacun de ses intervalles de dfinition : g(x) = c1 sur ],0[ et g(x) = c2 sur]0,+[. Sachant arctan1 = pi4 , on calcule g(1) et g(1) on obtient c1 =pi2 et c2 =+pi2 .


1. On note x la distance de lobservateur au pied de la statue. On note langle dobservation de la statueseule, et langle dobservation du pidestal seul.

s

p

x

Nous avons les relations trigonomtriques dans les triangles rectangles :

tan(+ ) =p+ sx

et tan =px

On en dduit les deux identits :

+ = arctan(p+ sx

)et = arctan

( px

) partir desquelles on obtient = (x) = arctan

( p+sx

) arctan( px ).tudions cette fonction sur ]0,+[ : elle est drivable et

(x) = s+px2

1+( s+p

x

)2 px21+ ( px )2 =s

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

(p(p+ s) x2)

Ainsi ne sannule sur ]0,+[ quen x0 =

p(p+ s). Par des considrations physiques, la limite en0 et en +, langle est nul, alors en x0 nous obtenons un angle maximum. Donc la distance optimalede vision est x0 =

p(p+ s).

2. Pour calculer langle maximum 0 correspondant, on pourrait calculer 0 =(x0) partir de la dfinitionde la fonction (x). Pour obtenir une formule plus simple nous utilisons la formule trigonomtrique

5

suivante : si a, b et ab sont dans lintervalle de dfinition de la fonction tan, alors tan(ab)= tanatanb1+tana tanb ,ce qui donne ici

tan0 = tan((0+0)0

)=

p+sx0 px0

1+ p+sx0 px0

=s

2x0=

s

2

p(p+ s)

Comme 0 ] pi2 , pi2 [, on en dduit 0 = arctan s2x0 = arctan s2p(p+s) .3. Pour la statue de la libert, on a la hauteur de la statue s = 46 mtres et la hauteur du pidestal p = 47

mtres. On trouve donc

x0 =

p(p+ s)' 65,40mtres 0 = arctan s2

p(p+ s)' 19.

Voici les reprsentations de la statue et de la fonction (x) pour ces valeurs de s et p.

s

p

x0

0

0x

(x)

(x)

0

x00


1. sin2 y = 1 cos2 y, donc siny =

1 cos2 y. Avec y = arccosx, il vient sin(arccosx) = 1 x2.Or arccosx [0,pi], donc sin(arccosx) est positif et finalement sin(arccosx) = +1 x2. De la mmemanire on trouve cos(arcsinx) =1 x2. Or arcsinx [pi2 , pi2 ], donc cos(arcsinx) est positif et fina-lement cos(arcsinx) = +

1 x2.

Ces deux galits sont connatre ou savoir retrouver trs rapidement :

sin(arccosx) =

1 x2 = cos(arcsinx).

Enfin, puisque cos(2y) = cos2 y sin2 y, on obtient avec y= arcsinx,

cos(2arcsinx) = (

1 x2)2 x2 = 12x2.

2. Commenons par calculer sin(arctanx), cos(arctanx). On utilise lidentit 1+ tan2 y = 1cos2 y avec y =

arctanx, ce qui donne cos2 y = 11+x2 et sin2 y = 1 cos2 y = x21+x2 . Il reste dterminer les signes de

cos(arctanx) = 11+x2

et sin(arctanx) = x1+x2

Or y= arctanx donc y ] pi2 , pi2 [ et y a le mme signeque x : ainsi cosy> 0, et siny a le mme signe que y et donc que x. Finalement, on a cos(arctanx) = 1

1+x2

et sin(arctanx) = x1+x2

.

Il ne reste plus qu linariser sin(3y) :

sin(3y) = sin(2y+ y) = cos(2y)sin(y)+ cos(y)sin(2y)

= (2cos2 y1)siny+2sinycos2 y= 4sinycos2 y siny

6

Maintenant

sin(3arctanx) = sin(3y) = 4sinycos2 y siny= 4

x

(1+ x2)3/2 x

1+ x2=

x(3 x2)(1+ x2)3/2

Remarque : la mthode gnrale pour obtenir la formule de linarisation de sin(3y) est dutiliser lesnombres complexes et la formule de Moivre. On dveloppe

cos(3y)+ isin(3y) = (cosy+ isiny)3 = cos3 y+3icos2 ysiny+

puis on identifie les parties imaginaires pour avoir sin(3y), ou les parties relles pour avoir cos(3y).


1. On vrifie dabord que 2arccos 34 [0,pi] (sinon, lquation naurait aucune solution). En effet, par dfi-nition, la fonction arccos est dcroissante sur [1,1] valeurs dans [0,pi], donc puisque 12 6 34 6 1 on api3 > cos

(34

)> 0. Puisque par dfinition arccosx [0,pi], on obtient en prenant le cosinus :

arccosx= 2arccos(

34

) x= cos

(2arccos

34

)En appliquant la formule cos2u= 2cos2 u1, on arrive donc une unique solution x= 2(34)21 = 18 .

2. Vrifions dabord quepi2 6 arcsin 25 +arcsin 35 6 pi2 . En effet, la fonction arcsin est strictement croissanteet 0 < 25 0. Cela implique ]pi2 ,

pi2 [. Donc = arctan(tan)= arctan

yx . (Attention ! Il est important davoir ] pi2 , pi2 [ pour considrer

lidentit arctan(tan) = .)2. Si ]pi,pi[ alors 2 ] pi2 , pi2 [, donc 2 = arctan

(tan 2

). Or

sin1+ cos

=2cos 2 sin

2

1+(2cos2

(2

)1) = sin2

cos 2= tan

2

do 2 = arctan(tan 2

)= arctan

( sin1+cos

).

3. Remarquons que z= x+ iy, suppos non nul, est un nombre rel ngatif si et seulement si (x= r cos < 0et y= r sin = 0), cest--dire = pi . Par consquent, dire que z nest pas rel ngatif ou nul signifie que ]pi,pi[. On a alors x+

x2+ y2 6= 0 (sinon, on aurait

x2+ y2 =x et donc y= 0 et x6 0) et

y

x+x2+ y2

=r sin

r cos + r=

sin1+ cos

.

Par la question prcdente :

= 2arctan(

sin1+ cos

)= 2arctan

(y

x+x2+ y2

).

8

Correction de lexercice 7 NPar dfinition des fonctions ch et sh, on a

2ch2(x) sh(2x) = 2(ex+ ex

2

)2 e

2x e2x2

=e2x+2+ e2x

2+e2x e2x

2= 1+ e2x

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

x ln(chx) ln2 = x ln(ex+ ex

2

) ln2

= x ln(ex+ ex)+ ln2 ln2= x ln(ex(1+ e2x))= x ln(ex) ln(1+ e2x)= x x ln(1+ e2x)= ln(1+ e2x)

do2ch2(x) sh(2x)x ln(chx) ln2 =

1+ e2x

ln(1+ e2x)

Cest une expression de la forme ulnu avec u= 1+ e2x : si x+, alors u 1+, 1lnu + donc ulnu ; si x, alors u+ donc daprs les relations de croissances compares, ulnu .


1. (a) Remarquons dabord que, par construction, t ] pi2 , pi2 [, t est donc dans le domaine de dfinition dela fonction tan. En prenant la tangente de lgalit t = arctan(shx) on obtient directement tan t =tan(

arctan(shx))= shx.

(b) Ensuite, 1cos2 t = 1+ tan2 t = 1+ tan2

(arctan(shx)

)= 1+ sh2 x = ch2 x. Or la fonction ch ne prend

que des valeurs positives, et t ] pi2 , pi2 [ donc cos t > 0. Ainsi 1cos t = chx.(c) Enfin, sin t = tan t cos t = shx 1chx = thx.

2. Puisque t ] pi2 , pi2 [, on a 0 < t2 + pi4 < pi2 , donc tan( t

2 +pi4

)est bien dfini et strictement positif. Ainsi

y= ln(tan( t

2 +pi4

))est bien dfini.

Ensuite :

shy =ey ey

2

= 12 tan( t

2 +pi4

) 12 1tan( t2 + pi4 )=

sin2( t

2 +pi4

) cos2 ( t2 + pi4 )2cos

( t2 +

pi4

)sin( t

2 +pi4

)=cos(t+ pi2 )

sin(t+ pi2

)car sin(2u) = 2cosusinu et cos(2u) = cos2 u sin2 u.Enfin, puisque cos

(t+ pi2

)=sin t et sin(t+ pi2 )= cos t, on a shy= sin tcos t = tan t = shx. Puisque la fonc-

tion sh est bijective de R dans R, on en dduit y= x. Conclusion : x= y= ln(

tan( t

2 +pi4

)).

9

Correction de lexercice 9 NPuisque chx+ shx= ex et chx shx= ex, les expressionsCn+Sn = nk=1 ekx etCnSn = nk=1 ekx sont dessommes de termes de suites gomtriques, de raison respectivement ex et ex.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

Cn+Sn =n

k=1

ekx =ex e(n+1)x

1 ex

= ex1 enx1 ex

= exenx2 (e

nx2 e nx2 )

ex2 (e

x2 e x2 )

= e(n+1)x

2enx2 e nx2ex2 e x2

= e(n+1)x

2sh nx2sh x2

De mme CnSn = nk=1 ekx ; cest donc la mme formule que ci-dessus en remplaant x par x. Ainsi :

CnSn = e(n+1)x

2sh nx2sh x2

En utilisant Cn =(Cn+Sn)+(CnSn)

2 et Sn =(Cn+Sn)(CnSn)

2 , on rcupre donc

Cn =e(n+1)x

2 + e(n+1)x

2

2sh nx2sh x2

= ch((n+1)x

2

) sh nx2sh x2

Sn =e(n+1)x

2 e(n+1) x22

sh nx2sh x2

= sh((n+1)x

2

) sh nx2sh x2


(S){

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

{

ex+ ex+ ey+ ey = 4aex ex+ ey ey = 4b

{

ex+ ey = 2a+2bex ex+ ey ey = 4b

{

ex+ ey = 2a+2bex ey = 2b2a

{

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

1ey = 2(ab)

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

(S) {

X+Y = 2(a+b)1X +

1Y = 2(ab)

{

X+Y = 2(a+b)X+YXY = 2(ab)

{

X+Y = 2(a+b)2(a+b)XY = 2(ab)

10

Or a 6= b puisque par hypothse, a2b2 = 1. Ainsi,

(S) {

X+Y = 2(a+b)XY = a+bab

X et Y sont les solutions de z22(a+b)z+ a+bab = 0

Remarque : On rappelle que si X ,Y vrifient le systme{

X+Y = SXY = P

, alors X et Y sont les solutions de

lquation z2Sz+P= 0.Or le discriminant du trinme z22(a+b)z+ a+bab = 0 vaut

= 4(a+b)24a+bab = 4(a+b)

(a+b 1

ab)=

4(a+b)(a2b21)ab = 0

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 vrifie que a+b> 0 (car a> 0 et b> 0) et a+b 6= 0 (car a2b2 = 1). Conclusion : le systme (S) admetune unique solution, donne par

(x= ln(a+b),y= ln(a+b)

).


1. (a) On sait que ch2 u= 1+sh2 u. Comme de plus la fonction ch est valeurs positives, chu=

1+ sh2 u

et donc ch(argshx) =

1+ sh2(argshx) =

1+ x2.

(b) Alors

th(argshx) =sh(argshx)ch(argshx)

=x

1+ x2.

(c) Et sh(2argshx) = 2ch(argshx)sh(argshx) = 2x

1+ x2.

2. On pourrait, comme pour la question prcdente, appliquer les formules trigonomtriques hyperboliques.Pour changer, on va plutt utiliser les expressions explicites des fonctions hyperboliques rciproques.Supposons x> 1, pour que argchx soit bien dfini, alors on a la formule ( connatre) :

argchx= ln(x+x21).

Ainsi :

sh(argchx) =eargchx eargchx

2

=x+x21 1

x+x21

2

=x+x212

xx21

2(x+x21)(xx21)

=x+x212

xx21

2(x2 (x21))

=x21

Donc th(argchx) =sh(argchx)ch(argchx)

=

x21x

.

11

Enfin, si u= argchx : ch(3u) = ch(2u+u) = ch(2u)chu+ sh(2u)shu, o{ch(2u) = ch2 u+ sh2 u= x2+(x21) = 2x21sh(2u) = 2shuchu= 2x

x21

Donc ch(3argchx) = (2x21)x+2xx21x21 = x(4x23).

Correction de lexercice 12 NLa fonction argch est dfinie sur [1,+[. Or

12

(x+

1x

)> 1 x

2+1x> 2

x2+12x

x> 0

(x1)2

x> 0

x> 0

donc f est dfinie sur ]0,+[.

Soit x> 0, alors y= 12(x+ 1x

)> 1 et on sait que argchy= ln(y+

y21). Ainsi

y21=

14

(x+ 1x

)21=(x2+1)2

4x2 1 =

(x21)24x2 =

x212x , on obtientf (x) = argchy= ln(y+

y21) = ln

(x2+1

2x+

x212x)

On a suppos x> 0, il suffit donc de distinguer les cas x> 1 et 0 < x6 1.

Si x> 1, f (x) = ln(x2+1

2x+x21

2x

)= lnx.

Si 0 < x6 1, f (x) = ln(x2+1

2x+

1 x22x

)= ln

1x= lnx.

Puisque lnx est positif si x> 1 et ngatif si x6 1, on obtient dans les deux cas f (x) = | lnx|.

x

y

f (x)

1

10

Correction de lexercice 13 NSoit f (x) = argshx+ argchx. La fonction f est bien dfinie, continue, et strictement croissante, sur [1,+[(comme somme de deux fonctions continues strictement croissantes).

12

xy f (x)

1

f (1)

1 a0

De plus, f (x) x+ +, donc f atteint exactement une fois toute valeur de lintervalle [ f (1),+[. Comme

(par la formule logarithmique) f (1) = argsh1 = ln(1+

2)< ln(e) = 1, on a 1 [ f (1),+[. Par le thormedes valeurs intermdiaires lquation f (x) = 1 admet une unique solution, que lon notera a.

Dterminons la solution :

sh1 = sh(argsha+ argcha)

= sh(argsha)ch(argcha)+ sh(argcha)ch(argsha)

= a2+a21

a2+1 = a2+

a41

donca41 = sh1 a2. En levant au carr et en simplifiant, on obtient a2 = 1+sh2 12sh1 = ch

2 12sh1 . Comme on

cherche a positif (et que ch1 > 0), on en dduit a = ch12sh1

. Cette valeur est la seule solution possible delquation f (x) = 1, il faudrait normalement vrifier quelle convient bien, puisquon a seulement raisonn parimplication (et pas par quivalence). Or on sait dj que lquation admet une unique solution : cest doncncessairement

a=ch12sh1

= 12e+ 1ee 1e

= 1,0065 . . . .

13

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