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Lycée Pierre de Fermat 2017/2018MPSI 1 TD

Trigonométrie circulaire directe et réciproque

Trigonométrie hyperbolique

1 Trigonométrie circulaire réciproque

⊲ Exercice 1.1. Résolution d’équations et d’inéquations trigonométriques.Résoudre les équations suivantes :

1) sin(2x) =13

2) tan2(x) >14

3) sin x − 2 cos x =√

5 4) 2 cos2 x − 3 cos x < −2 5) 2 cos2 x − 5 cos x < −2

⊲ Exercice 1.2. Résolution d’équations et d’inéquations. On prendra soin de préciser où l’on cherche dessolutions.

1. Arccosx = Arcsin(2x) puis Arccosx < Arcsin(2x).

2. Arccosx = −Arcsin2x.

3. Arcsin(x) = Arccos13

− Arccos14

.

⊲ Exercice 1.3. Démontrer les égalités suivantes :

1) 2Arccos34

= Arccos18

2) Arcsin35

+ Arcsin513

= Arcsin5665

3) 2Arctan12

= Arctan43

.

⊲ Exercice 1.4. Montrer que Arccos9√82

+ Arcsin4√41

=π

4.

⊲ Exercice 1.5. Utilisation de la dérivabilité pour démontrer des identités fonctionnelles.

1. (a) Étudier le domaine de définition et la dérivabilité de la fonction f : x 7→ Arctan(x) + Arctan(1/x).

(b) Calculer, lorsqu’elle existe, sa dérivée et en déduire une équation différentielle linéaire du premier ordredont f est solution.

(c) Résoudre cette équation différentielle et expliciter f(x) en fonction de x.

2. Retrouver le résultat ci-dessus en posant, pour x ∈ R∗, θ = Arctanx puis en exprimant

1tan θ

comme la

tangente d’un angle à préciser en fonction de θ.

3. Démontrer, par deux méthodes analogues à celles proposées ci-dessus, la formule

∀x ∈ [−1, 1], Arcsin(x) + Arccos(x) =π

2

⊲ Exercice 1.6. Simplification d’expression et représentation de fonctions.

1. Représenter et étudier la fonction définie par l’expression f(x) = Arccos(| cos(x/2)|).

2. Simplifier puis représenter graphiquement la fonction définie par l’expression f(x) = Arctan2x

1 − x2.

⊲ Exercice 1.7. Considérons la fonction f définie par f(x) =x

2− Arcsin

√

1 + sin(x)2

.

1. (a) Déterminer le domaine de définition de f . Montrer que la connaissance du graphe de f sur [−π, π]suffit à tracer le graphe de f sur R.

(b) Montrer que, pour tout x ∈ R, f(x) + f(−x) = −π

2. Quelle propriété géométrique du graphe de f

peut-on en déduire ? Quel est l’intervalle minimal d’étude I de f nécesaire pour tracer le graphe de fsur R ?

(c) Simplifier l’expression de f(x) pour x ∈ I et tracer le graphe de f sur R.

2. Autres approches. Simplifier directement et soigneusement en distinguant différents cas, l’expression def(x) pour x ∈ [−π, π].

(a) En utilisant des formules de trigonométrie.

(b) En calculant la dérivée de f en les points où f est dérivable puis en primitivant l’expression simpleobtenue.

1

⊲ Exercice 1.8. Sommes remarquables.

1. Montrer que, pour tout x ∈ R, Arctan(x) + 2Arctan(√

1 + x2 − x) =π

2.

2. Montrer que, pour tout x ∈]0, 1], 2Arctan

√

1 − x

x+ Arcsin(2x − 1) =

π

2.

⊲ Exercice 1.9. Équivalent de Arccos(1 − x) en 0+ À l’aide d’un changement de variable judicieux, montrer

queArccos(1 − x)√

xadmet une limite lorsque x tend vers 0+ et calculer cette limite l.

On dit que l√

x est un équivalent de Arccos(1 − x) en 0+.

⊲ Exercice 1.10. Somme télescopique.

1. Montrer que, pour tout p ∈ N, Arctan(p + 1) − Arctan(p) = Arctan(

11 + p + p2

)

.

2. En déduire une expression simplifier de la suite v définie pour n ∈ N par vn =n∑

p=0

Arctan(

11 + p + p2

)

puis étudier sa convergence

3. On pose pour tout n > 2, wn =1n

n∑

p=2

Arctanp3 − 1p − 1

. Déterminer la limite de la suite w.

2 Trigonométrie hyperbolique

⊲ Exercice 2.1. Simplifier les expressions suivantes :ch(ln(x +

√

x2 − 1)) , sh(ln(x +√

x2 − 1)) , ch(ln(x +√

x2 + 1)), sh(ln(x +√

x2 + 1)).

⊲ Exercice 2.2. Formules de trigonométrie hyperboliqueDémontrer les relations suivantes :

1. ∀(x, y) ∈ R2, ch(x + y) = chxchy + shxshy. En déduire trois expressions de ch(2x) en fonction de chx

ou/et shx.

2. ∀(x, y) ∈ R2, sh(x+y) = shxchy+chxshy. On pourra dériver la formule prouvée précédemment à condition

de préciser rigoureusement le statut de x et de y. En déduire une expressions de sh(2x) en fonction deshx et chx.

3. ∀(x, y) ∈ R2, th(x + y) =

thx + thy

1 + thxthy. En déduire une expressions de th(2x) en fonction de thx.

4. Soit x ∈ R fixé quelconque. Posons u = thx

2. Exprimer en fonction de u les nombres chx, shx et thx.

⊲ Exercice 2.3. Soient (a, b) ∈ R2. Résoudre :

{chx + chy = achbshx + shy = ashb

⊲ Exercice 2.4. Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes et calculer leurs dérivées :

1) f(x) = thx − 13

th3x 2) g(x) = Arcsin(thx) 3) h(x) = Arctan(thx)

⊲ Exercice 2.5. Montrer que, ∀x ∈ R , Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) =π

4.

On pourra soit chercher à calculer la dérivée du membre de gauche, soit chercher à calculer la tangente dumembre de gauche.

⊲ Exercice 2.6. Démontrer, pour tout (a, b) ∈ R2, les identités

Sn(a, b) =n∑

k=1

ch(a + kb) =

ch(

a +(n + 1)b

2

) sh(nb2 )

sh( b2 )

si b 6= 0

n.ch(a) si b = 0

n∑

k=1

(−1)ksh(a + kb) =

−sh(

a +(n + 1)b

2

)ch(nb2 )

ch( b2 )

si n ≡ 1[2]

ch(

a +(n + 1)b

2

) sh(nb2 )

ch( b2 )

si n ≡ 0[2]

n∑

k=1k≡1[2]

ch(a+kb) = S⌊ n

2 ⌋(a, 2b)n∑

k=1k≡0[2]

ch(a+kb) = S⌊ n+12 ⌋(a−b, 2b) = ch(a+b)+S⌊ n−1

2 ⌋(a+b, 2b)

2

Comment relieriez-vous les sommes suivantes aux précédentes ?

n∑

k=1

ksh(a + kb)n∑

k=1

k2ch(a + kb)n∑

k=1

(−1)k

kch(a + kb)

n∑

k=1

1k

ch(a + kb).

Montrer que

n∑

k=1

1k2

ch(a + kb) = ch(a).n∑

k=1

1k2

+ b.sh(a).n∑

k=1

1k

+∫ b

0

(∫ s

0

n∑

k=1

ch(a + kx)dx

)

ds.

⊲ Exercice 2.7. Somme télescopique.

1. Montrer que pour tout x ∈ R∗, th(x) =

2th(2x)

− 1th(x)

.

2. En déduire, en fonction de x ∈ R∗, le comportement de la suite (Sn)n∈N définie par Sn =

n∑

i=0

2ith(2ix).

3. Plus précisément, donner, en fonctin de x, les limites limn→+∞

Sn

2net lim

n→+∞Sn − 2n+1. (Réponses : la

première limite vaut −2 si x < 0 et 2 si x > 0, la seconde vaut − 1th(x)

si x > 0 et −∞ si x < 0.)

⊲ Exercice 2.8. Fonction argument sinus hyperbolique : Argsh

1. Montrer que sh réalise une bijection de R dans R. On note Argsh sa bijection réciproque appelée fonctionargument sinus hyperbolique.

2. Quelles sont les propriétés (monotonie, imparité) de la fonction Argsh héritées de la fonction sh ?

3. Simplifier l’expression ch(Argsh(x)) en fonction de x ∈ R.

4. Quel est le domaine de dérivabilité de Argsh ? calculer explicitement sa fonction dérivée.

5. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions sh et Argsh.

6. Soit a ∈ R fixé quelconque.En résolvant rigoureusement l’équation

sh(x) = a

d’inconnue x ∈ R et de paramètre a, retrouver en un seul calcul algébrique que sh est une bijection de R

dans R et démontrer, de surcroît, que

∀x ∈ R , Argsh(x) = ln(x +√

x2 + 1)

⊲ Exercice 2.9. Fonction argument cosinus hyperbolique : Argch

1. Montrer que ch réalise une bijection de R+ dans [1, +∞[. On note Argch sa bijection réciproque appeléefonction argument cosinus hyperbolique.

2. Quelle est la monotonie de la fonction Argch héritée de celle de la fonction ch ?

3. Discuter de la résolution de l’équation d’inconnue x ∈ R et de paramètre a :

chx = a

en fonction des valeurs de a ∈ R.

4. Simplifier l’expression sh(Argch(x)) en fonction de x ∈ [1, +∞[.

5. Quel est le domaine de dérivabilité de Argch ? calculer explicitement sa fonction dérivée.

6. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions ch et Argch.

7. Soit a ∈ [1, +∞[ fixé quelconque.En résolvant rigoureusement l’équation

ch(x) = a

d’inconnue x ∈ R+ et de paramètre a, retrouver en un seul calcul algébrique que ch|[1,+∞[|R+

est une bijectionde R+ dans [1, +∞[ et démontrer, de surcroît, que

∀x ∈ [1, +∞[ , Argch(x) = ln(x +√

x2 − 1)

⊲ Exercice 2.10. Équivalent de Argch(x) en 1+

1. En s’inspirant éventuellement de l’exercice 1.9, montrer que limu→0+

Argch(1 + u)√u

=√

2.

3

2. Retrouver le résultat ci-dessus à partir de l’expression logarithmique de la fonction argument cosinushyperbolique démontrée dans la question 7 de l’exercie 2.9.

⊲ Exercice 2.11. Fonction argument tangente hyperbolique : Argth

1. Montrer que th réalise une bijection de R dans ] − 1, 1[. On note Argth sa bijection réciproque appeléefonction argument tangente hyperbolique.

2. Quelles sont les propriétés (monotonie, imparité) de la fonction Argth héritées de la fonction th ?

3. Quel est le domaine de dérivabilité de Argth ? calculer explicitement sa fonction dérivée.

4. Représenter sur un même dessin les graphes des fonctions th et Argth.

5. Soit a ∈] − 1, 1[ fixé quelconque.En résolvant rigoureusement l’équation

th(x) = a

d’inconnue x ∈ R et de paramètre a, retrouver en un seul calcul algébrique que th est une bijection de R

dans ] − 1, 1[ et démontrer, de surcroît, que

∀x ∈] − 1, 1[ , Argth(x) =12

ln1 + x

1 − x

6. Simplifier les expressions ch(Argth(x)) et sh(Argth(x)) en fonction de x ∈] − 1, 1[.

⊲ Exercice 2.12. Montrer que, ∀x ∈ R , Argsh

√

chx − 12

− x

2={

0 si x > 0,−x si x < 0.

.

⊲ Exercice 2.13. Montrer que, ∀x ∈ R, Argch(4x3 − 3x) =

{3Argch(x) si x > 1,

0 si x = −12

.

4

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

1.

sin(2x) =13

⇐⇒ sin(2x) = sin(

Arcsin13

)

⇐⇒

2x ≡ Arcsin13

[2π]

2x ≡ π − Arcsin13

[2π]

⇐⇒

x ≡ 12

Arcsin13

[π]

x ≡ π

2− 1

2Arcsin

13

[π]

L’ensemble des solutions est{

12

Arcsin13

+ kπ

∣∣∣∣

k ∈ Z

}

∪{

π

2− 1

2Arcsin

13

+ kπ

∣∣∣∣

k ∈ Z

}

.

2.

tan2(x) >14

⇐⇒ | tan(x)| >12

⇐⇒ tan(x) >12

ou tan(x) < −12

L’ensemble des solutions est⋃

k∈Z

(]

−π

2+ kπ, −Arctan

12

+ kπ

[

∪]

Arctan12

+ kπ,π

2+ kπ

[)

.

3.

sin x − 2 cos x =√

5 ⇐⇒√

5(

1√5

sin x − 2√5

cos x

)

=√

5

⇐⇒ 1√5

sin x − 2√5

cos x = 1

Posons θ0 = Arcsin1√5

.

On a donc sin θ0 =1√5

.

De plus, | cos θ0| =√

1 − sin2 θ0 =2√5

.

sin x − 2 cos x =√

5 ⇐⇒ sin θ0 sin x − cos θ0 cos x = 1

⇐⇒ − cos(x + θ0) = 1

⇐⇒ cos(x + θ0) = −1

⇐⇒ x + θ0 ≡ π [2π]

(1)

L’ensemble des solutions est{

Arcsin1√5

+ π + 2kπ

∣∣∣∣

k ∈ Z

}

.

4. Considérons l’inéquation2X2 − 3X < −2 ⇐⇒ 2X2 − 3X + 2 < 0

Le trinôme 2X2 − 3X + 2 a pour discriminant 9 − 16 < 0 donc il est de signe stricte constant, celui ducoefficient de X2, donc ce trinôme est strictement positif sur R si bien que l’inéquation 2X2 − 3X < −2n’a aucune solution réelle.Par conséquent, l’inéquation 2 cos2 x − 3 cos x < −2 n’a aucune solution réelle non plus.

5. Considérons l’inéquation2X2 − 5X < −2 ⇐⇒ 2X2 − 5X + 2 < 0

1

Le trinôme 2X2 − 5X + 2 a pour discriminant 25 − 16 = 32 donc il possède 2 racines réelles distinctes qui

sont5 + 3

4= 2 et

5 − 34

=12

. Le coefficient de X2 est > 0 donc le trinôme est strictement négatif entre

ses racines exclusivement :

2X2 − 5X < −2 ⇐⇒ 2X2 − 5X + 2 < 0 ⇐⇒ X ∈]

12

, 2[

2 cos2 x − 5 cos x < −2 ⇐⇒ cos x ∈]

12

, 2[

⇐⇒ cos x ∈]

12

, 1]

L’ensemble des solutions est⋃

k∈Z

]

−Arccos12

+ 2kπ, Arccos12

+ 2kπ

[

.



1. Calculons les cosinus des deux membres :

cos(

Arccos18

)

= id[−1,1]

(18

)

=18

cos(2Arccos34

) = 2 cos2(Arccos34

) − 1 = 2(

34

)2

− 1 =18

donc

cos(

Arccos18

)

= cos(

2Arccos34

)

Il est alors possible de conclure de deux manières différentes :• méthode 1 : justifier que les deux angles sont dans un même domaine d’injectivité de la

fonction cosinus :34

> 0 donc Arccos34

∈[

0,π

2

]

donc 2Arccos34

∈ [0, π], de même Arccos18

∈ [0, π] or cos|[0,π] est

injective donc

cos(

Arccos18

)

= cos(

2Arccos34

)

⇒ Arccos18

= 2Arccos34

• méthode 2 : prendre l’image de l’identité par la fonction Arccosinus puis simplifier ri-goureusement

cos(

Arccos18

)

= cos(

2Arccos34

)

⇒ Arccos

cos

Arccos18

︸︷︷︸

∈ [0, π]

= Arccos

cos

2 × Arccos34

︸︷︷︸

∈[

0,π

2

]

⇒ Arccos ◦ cos︸︷︷︸

= id[0,π]

Arccos18

︸︷︷︸

∈ [0, π]

= Arccos ◦ cos︸︷︷︸

= id[0,π]

2Arccos34

︸︷︷︸

∈ [0, π]

⇒ Arccos18

= 2Arccos34

2. Prenons le sinus du premier membre :

sin(

Arcsin35

+ Arcsin513

)

=

= sin(Arcsin(3/5)) cos(Arcsin(5/13)) + cos(Arcsin(3/5)) sin(Arcsin(5/13))

=35

√

1 − (5/13)2 +√

1 − (3/5)2513

=3.125.13

+4.5513

=5665

2

où on a utilisé que pour x ∈ [−π/2, π/2], cos(Arcsin(x)) =√

1 − x2. Par conséquent, sin(56/65) =

Arcsin(sin(Arcsin35

+ Arcsin513

)) or Arcsin35

+ Arcsin513

∈ [0, π/2] (chaque terme est dans [0, π/4] car

3/5 6 1/√

2 et 5/13 6 1/√

2) et comme Arcsin ◦ sin = id[−π/2,π/2], Arcsin35

+ Arcsin513

= Arcsin(56/65).

3. Calculons la tangente du premier membre :

tan(2Arctan12

) =2 tan(Arctan

12

)

1 − tan(Arctan12

)2

=1

1 − 14

=43

donc Arctan43

= Arctan tan(2Arctan12

) or 2Arctan12

∈]0, π/2[⊂]−π/2, π/2[ donc Arctan tan(2Arctan12

) =

2Arctan12

) d’où le résultat.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.4Technique : Prendre le cosinus (ou le sinus) du membre de gauche, simplifier, calculer et tomber

sur

√2

2. Il reste alors à obtenir un encadrement du membre de gauche de l’égalité à prouver pour

montrer qu’ils appartiennent à un même domaine d’injectivité de la fonction cosinus (ou sinus)

queπ

4.

sin(

Arccos(

9√82

)

+ Arcsin(

4√41

))

= sin(

Arccos(

9√82

))

cos(

Arcsin(

4√41

))

+ cos(

Arccos(

9√82

))

sin(

Arcsin(

4√41

))

=

√

1 − 92

√82

2

√

1 − 42

√41

2 +9√82

4√41

=

√

82 − 8182

√

41 − 1641

+36√

82 × 41

=5 + 36√82 × 41

=

√2

2

Remarquons maintenant que (faire des cercles trigonométriques), par monotonie des fonctions Arccos et Arcsin,

9√82

>9√64

=78>

√3

2⇒ Arccos

9√82

∈[

0,π

6

]

4√41

6 04√49

=476

√3

2⇒ Arcsin

4√41

∈[

0,π

3

]

⇒ Arccos9√82

+ Arcsin4√41

∈[

0,π

2

]

En effet,78>

√3

2⇐⇒ 7

4>

√3 ⇐⇒ 72

> 3 × 42 ⇐⇒ 49 > 48

et476

√3

2⇐⇒ 8 6 7

√3 ⇐⇒ 64 6 147 .

Ainsi,

sin

Arccos9√82

+ Arcsin4√41

︸︷︷︸

∈[0, π

2 ]

= sinπ

4︸︷︷︸

∈[0, π

2 ]

or la restriction de sin à[

0,π

2

]

est injective donc Arccos9√82

+ Arcsin4√41

=π

4.

Remarque. Il est plus facile de conclure si l’on prend le cosinus de Arccos(

9√82

)

+ Arcsin(

4√41

)

plutôt que

le sinus. En effet, il suffit alors de justifier que Arccos(

9√82

)

+ Arcsin(

4√41

)

appartient à [0, π] (domaine

3

d’injectivité de cos auquel appartientπ

4) pour conclure, ce qui est plus facile que de justifier l’appartenance à

[

0,π

2

]

:9√82

> 0 ⇒ Arccos9√82

∈[

0,π

2

]

4√41

> 0 ⇒ Arcsin4√41

∈[

0,π

2

]

⇒ Arccos9√82

+ Arcsin4√41

∈ [0, π]


1. (a) Étudier le domaine de définition et la dérivabilité de la fonction f : x 7→ Arctan(x) + Arctan(1/x).

(b) Calculer, lorsqu’elle existe, sa dérivée et en déduire une équation différentielle linéaire du premier ordredont f est solution.

(c) Résoudre cette équation différentielle et expliciter f(x) en fonction de x.

2. Soit x ∈ R∗ fixé quelconque.

Posons θ = Arctanx ∈]

−π

2,

π

2

[

.

Arctan(x) + Arctan(1/x) = Arctan(tan θ)︸︷︷︸

= θ

car θ ∈]

−π

2,

π

2

[

+Arctan(

tan(π

2− θ))

⋆ Si x ∈]0, +∞[, alors θ ∈]

0,π

2

[

doncπ

2− θ ∈

]

0,π

2

[

⊂]

−π

2,

π

2

[

donc

Arctan(x) + Arctan1x

= θ + Arctan(

tan(π

2− θ))

= θ +π

2− θ =

π

2

⋆ Si x ∈] − ∞, 0[, alors θ ∈]

−π

2, 0[

doncπ

2− θ ∈

]π

2, π[

donc

Arctan(x) + Arctan1x

= θ + Arctan

tan(π

2− θ)

︸︷︷︸

= tan(π

2− θ − π

)

= tan(

−π

2− θ)

= −π

2− θ

car −π

2− θ ∈

]

−π

2, 0[

⊂]

−π

2,

π

2

[

= θ − π

2− θ = −π

2

Ainsi, ∀x ∈ R∗, Arctan(x) + Arctan

1x

=|x|x

π

2.

3. Démontrer, par deux méthodes analogues à celles proposées ci-dessus, la formule

∀x ∈ [−1, 1], Arcsin(x) + Arccos(x) =π

2


1. Représenter et étudier la fonction x 7→ Arccos(| cos(x/2)|).Cette fonction est 2π périodique et paire. Il suffit donc de l’étudier pour x ∈ [0, π].

Simplifions l’expression pour x ∈ [0, π] :x

2∈ [0,

π

2] donc | cos(x/2)| = cos(x/2) et comme Arccos ◦ cos =

id[0,π], la fonction vaut x 7→ x

2sur [0, π]. Il suffit alors de la prolonger par parité puis prériodicité.

Si on n’a pas vu la parité, il est possible toutefois de mener une étude correcte pour x ∈ [π, 2π], alorsx

2∈ [

π

2, π] donc | cos(x/2)| = − cos(x/2) = cos(π − x/2) et comme Arccos ◦ cos = id[0,π] et (π − x/2) ∈

4

[0, π/2[⊂ [0, π], la fonction vaut x 7→ π − x

2sur [π, 2π], d’où la même conclusion que précédemment par

2π périodicité.**** graphe ****

2. Représenter et étudier la fonction f : x 7→ Arctan2x

1 − x2.

• Domaine de définition.Arctan est définie sur R donc f est définie si et seulement si 1−x2 6= 0 si et seulement si x ∈ R\{−1, 1}.

• Simplification de l’expression.

Idée : introduire le bon changement de variable pour que2x

1 − x2devienne tan(·) ce qui permettra de

se ramener à simplifier Arctan ◦ tan.Soit x ∈ R \ {−1, 1}. Posons θ = Arctanx ∈

]

−π

2,

π

2

[

de sorte que x = tan θ.

Alors f(x) = Arctan2x

1 − x2= Arctan

2 tan θ

1 − tan2 θ= Arctan(tan(2θ)).

⋆ Si x ∈] − ∞, −1[, alors θ = Arctanx ∈]

−π

2, −π

4

[

donc

f(x) = Arctan(tan( 2θ︸︷︷︸

∈]

−π, −π

2

[

)) = Arctan(tan︸︷︷︸

= id]− π

2 , π

2 [

( π + 2θ︸︷︷︸

∈]

0,π

2

[

)) = π + 2θ = π + 2Arctanx

⋆ Si x ∈] − 1, 1[, alors θ = Arctanx ∈]

−π

4,

π

4

[

donc

f(x) = Arctan(tan︸︷︷︸

= id]− π

2 , π

2 [

( 2θ︸︷︷︸

∈]

−π

2,

π

2

[

)) = 2θ = 2Arctanx

⋆ Si x ∈]1, +∞[, alors θ = Arctanx ∈]π

4,

π

2

[

donc

f(x) = Arctan(tan( 2θ︸︷︷︸

∈]π

2, π[

)) = Arctan(tan︸︷︷︸

= id]− π

2 , π

2 [

( pi + 2θ︸︷︷︸

∈]

−π

2, 0[

)) = −π + 2θ = −π + 2Arctanx

***graphe***

⊲ Corrigé de l’exercice 1.71. (a) •

{x ∈ Df

x ∈ R⇐⇒

1 + sin(x)2

> 0√

1 + sin(x)2

∈ [−1, 1]

x ∈ R

⇐⇒

1 + sin(x) > 0

0 61 + sin(x)

26 1

x ∈ R

⇐⇒

sin(x) > −1−1 6 sin(x) 6 1x ∈ R

⇐⇒ x ∈ R

Ainsi, Df = R.

• ⋆ ∀x ∈ R, x + 2π ∈ R.

⋆ ∀x ∈ R, f(x + 2π) =x + 2π

2− Arcsin

√

1 + sin(x + 2π)2

= f(x) + π.

Le point M(x + 2π, f(x + 2π))) se déduit géométriquement du point M(x, f(x)) par la tanslationde vecteur 2π

−→i + π

−→j .

Il suffit donc d’étudier et de tracer le graphe G0 de f sur [−π, π]. Ensuite, pour tout k ∈ Z, le grapheGk de f sur [−π + 2kπ, π + 2kπ] se déduit du graphe G0 par la translation de vecteur kπ(2

−→i +

−→j ).

5

(b) Soit x ∈ R fixé quelconque.

f(x) + f(−x) =x

2− Arcsin

√

1 + sin(x)2

− x

2− Arcsin

√

1 + sin(−x)2

= −(

Arcsin

√

1 + sin(x)2

+ Arcsin

√

1 + sin(−x)2

)

Calculons

sin

(

Arcsin

√

1 + sin(x)2

+ Arcsin

√

1 − sin(x)2

)

= sin

(

Arcsin

√

1 + sin(x)2

)

cos

(

Arcsin

√

1 − sin(x)2

)

+ cos

(

Arcsin

√

1 + sin(x)2

)

sin

(

Arcsin

√

1 − sin(x)2

)

=

√

1 + sin(x)2

√

1 − 1 − sin(x)2

+

√

1 − 1 + sin(x)2

√

1 − sin(x)2

=

√

1 + sin(x)2

√

1 + sin(x)2

+

√

1 − sin(x)2

√

1 − sin(x)2

=1 + sin(x)

2+

1 − sin(x)2

= 1

On en déduit que Arcsin

√

1 + sin(x)2

+ Arcsin

√

1 − sin(x)2

≡ π

2[2π].

Par ailleurs Arcsin

√

1 + sin(x)2

︸︷︷︸

∈[

−π

2,

π

2

]

+ Arcsin

√

1 − sin(x)2

︸︷︷︸

∈[

−π

2,

π

2

]

∈ [−π, π] donc

Arcsin

√

1 + sin(x)2

+ Arcsin

√

1 − sin(x)2

=π

2

si bien quef(x) + f(−x) = −π

2

Géométriquement, pour tout x ∈ R, le point de coordonnées(

0, −π

4

)

est le milieu du segment d’ex-

trémités les points de coordonnées (x, f(x)) et (−x, f(−x)). Cela signifie que le graphe de f admet le

point de coordonnées(

0, −π

4

)

comme centre de symétrie.

Il suffit donc d’étudier puis de tracer le graphe de f sur [0, π] pour ensuite en déduire le graphe de f

sur [−π, 0] en prenant l’image du graphe obtenu sur [0, π] par la symétrie centrale de centre(

0, −π

4

)

.

2. (a) Méthode 1 : astucieuse et trigonimétrique. Effectuer des manipulation trigonométriques

pertinentes pour que

√

1 + sin(x)2

apparaisse comme un sinus et se ramener à simplifier

Arcsin ◦ sin(· · · ).

6

x

2− Arcsin

√

1 + sin(x)2

=x

2− Arcsin

√

1 + cos(

π2 − x

)

2

=x

2− Arcsin

√

2 cos2(

π4 − x

2

)

2

=x

2− Arcsin

∣∣∣cos

(π

4− x

2

)∣∣∣

=x

2− Arcsin

∣∣∣sin

(π

2− π

4+

x

2

)∣∣∣

=x

2− Arcsin

∣∣∣sin

(π

4+

x

2

)∣∣∣

Cette expressions nous amène à distinguer plusieurs situations :

⋆ si x ∈[

−π, −π

2

]

,x

2∈[

−π

2, −π

4

]

doncπ

4+

x

2∈[

−π

4, 0]

donc sin(π

4+

x

2

)

6 0

f(x) =x

2−Arcsin

(

− sin(π

4+

x

2

))

=x

2+Arcsin

sin

π

4+

x

2︸︷︷︸

∈[

−π

4, 0]

⊆[

−π

2,

π

2

]

=x

2+

π

4+

x

2=

π

4+x

⋆ si x ∈]

−π

2, π]

,x

2∈]

−π

4,

π

2

]

doncπ

4+

x

2∈]

0,3π

4

]

donc sin(π

4+

x

2

)

> 0

f(x) =x

2− Arcsin

(

sin(π

4+

x

2

))

=x

2− Arcsin

sin

π

4+

x

2︸︷︷︸

∈[

0,3π

4

]

— si x ∈]

−π

2,π

2

]

,x

2∈]

−π

4,

π

4

]

doncπ

4+

x

2∈]

0,π

2

]

d’où

f(x) =x

2− Arcsin

sin

π

4+

x

2︸︷︷︸

∈[

0,π

2

]

⊆[

−π

2,

π

2

]

=x

2− π

4− x

2= −π

4

— si x ∈]π

2, π]

,x

2∈]π

4,

π

2

]

doncπ

4+

x

2∈]

π

2,

3π

4

]

d’où

f(x) =x

2−Arcsin

(

sin(π

2− π

4− x

2

))

=x

2−Arcsin

sin

π

4− x

2︸︷︷︸

∈[

−π

4, 0[

⊆[

−π

2,

π

2

]

=x

2−π

4+

x

2= x−π

4

***graphe de la fonction f .***

(b) Méthode 2 : analytique. Justifier la dérivabilité de f et calculer f ′.


1. Montrer que, pour tout x ∈ R, Arctan(x) + 2Arctan(√

1 + x2 − x) =π

2.

7

• Méthode 1 : analytique, poser f(x) = Arctan(x)+2Arctan(√

1 + x2−x), montrer que f ∈ D1(R,R)puis que ∀x ∈ R, f ′(x) = 0 (excellent exercice de calcul de dérivée !) donc f est constante or f(0) =

0 + 2Arctan1 =π

2d’où le résultat

• Méthode 2 : prendre la tangente deπ

2− 2Arctan(

√

1 + x2 − x) et de Arctanx.

Soit x ∈ R fixé quelconque.— Arctanx ∈

]

−π

2,

π

2

[

donc il est possible de prendre la tangente et tan(Arctanx) = x,

— 0 <√

1 + x2 − x donc Arctan(√

1 + x2 − x) ∈]

0,π

2

[

donc 2Arctan(√

1 + x2 − x) ∈ ]0, π[ si bien

queπ

2− 2Arctan(

√

1 + x2 − x) ∈]

−π

2,

π

2

[

donc il est possible de prendre la tangente et

tan(π

2− 2Arctan(

√

1 + x2 − x)) =1

tan(2Arctan(√

1 + x2 − x))

=1 − (

√1 + x2 − x)2

2√

1 + x2 − 2x

=1 − (1 + x2) + 2x

√1 + x2 − x2

2√

1 + x2 − 2x

=x(2

√1 + x2 − 2x)

2√

1 + x2 − 2x= x

Ainsi, Arctanx etπ

2−2Arctan(

√

1 + x2 −x) sont deux réels de]

−π

2,π

2

[

qui ont même tangente, donc

ils sont égaux :Arctanx =

π

2− 2Arctan(

√

1 + x2 − x) .

• Méthode 3 : posons un judicieux changement de variable.Soit x ∈ R fixé quelconque. Posons θ = Arctanx ∈

]

−π

2,

π

2

[

.

Arctan(√

1 + x2 − x) = Arctan(√

1 + tan2 θ − tan θ)

= Arctan

(√

1cos2 θ

− tan θ

)

= Arctan(

1cos θ

− tan θ

)

car θ ∈]

−π

2,

π

2

[

donc cos θ > 0

= Arctan(

1 + u2

1 − u2− 2u

1 − u2

)

en posant u = tanθ

2

= Arctan(

(1 − u)2

1 − u2

)

= Arctan(

1 − u

1 + u

)

= Arctan(

tan(

π

4− θ

2

))

=π

4− θ

2car

π

4− θ

2∈]

0,π

2

[

⊂]

−π

2,

π

2

[

.

Par conséquent, Arctan(x) + 2Arctan(√

1 + x2 − x) = θ + 2(

π

4− θ

2

)

=π

2.

• Méthode 4 : posons un changement de variable et soyons malins (seule différence avec laméthode 3).

8

Soit x ∈ R fixé quelconque. Posons θ = Arctanx ∈]

−π

2,

π

2

[

.

Arctan(√

1 + x2 − x) = Arctan(√

1 + tan2 θ − tan θ)

= Arctan

(√

1cos2 θ

− tan θ

)

= Arctan(

1cos θ

− tan θ

)

car θ ∈]

−π

2,

π

2

[

donc cos θ > 0

= Arctan(

1 − sin θ

cos θ

)

= Arctan(

sin π2 − sin θ

cos π2 + cos θ

)

pour conserver la symétrie numérateur/dénominateur

= Arctan

(

2 cosπ

2 +θ

2 sinπ

2 −θ

2

2 cosπ

2 +θ

2 cosπ

2 −θ

2

)

= Arctan

(

sinπ

2 −θ

2

cosπ

2 −θ

2

)

= Arctan(

tan(

π

4− θ

2

))

=π

4− θ

2car

π

4− θ

2∈]

0,π

2

[

⊂]

−π

2,

π

2

[

.

Par conséquent, Arctan(x) + 2Arctan(√

1 + x2 − x) = θ + 2(

π

4− θ

2

)

=π

2.

Remarque : le calcul peut être mené encore différemment :

Arctan(√

1 + x2 − x) = Arctan(

1 − sin θ

cos θ

)

= Arctan

(

1 − cos(

π2 − θ

)

sin(

π2 − θ

)

)

= Arctan

2 sin2

(π

2 −θ

2

)

2 sinπ

2 −θ

2 cosπ

2 −θ

2

= Arctan(

tan(

π

4− θ

2

))

=π

4− θ

2car

π

4− θ

2∈]

0,π

2

[

⊂]

−π

2,

π

2

[

.

2. Montrer que, pour tout x ∈]0, 1], 2Arctan

√

1 − x


π

2.

On vérifie que l’expression proposée est bien définie pour tout x ∈]0, 1].

• Méthode 1 : analytique, poser f(x) = 2Arctan

√

1 − x

x+Arcsin(2x−1), montrer que f ∈ D1(]0, 1[,R)

puis que ∀x ∈]0, 1[, f ′(x) = 0 (excellent exercice de calcul de dérivée !) donc f est constante sur ]0, 1[.

Or f

(12

)

= 2Arctan1 + Arcsin0 =π

2donc

∀x ∈]0, 1[ , 2Arctan

√

1 − x


π

2

Pour étendre cette identité en 1, soit on calcule directement f(1) = 2Arctan0 + Arcsin(1) =π

2, soit

on dit que f est continue en 1 donc f(1) = limx→1

f(x) =π

2.

• Méthode 2 : prendre la tangente de Arcsin(2x − 1) et deπ

2− 2Arctan

√

1 − x

x.

Pour tout x ∈]0, 1[,

9

⋆ 2x − 1 ∈] − 1, 1[ donc Arcsin(2x − 1) ∈]

−π

2,

π

2

[

ce qui donne un sens à

tan (Arcsin(2x − 1)) =sin (Arcsin(2x − 1))cos (Arcsin(2x − 1))

=2x − 1

√

1 − (2x − 1)2car ∀t ∈ [−1, 1] , cos(Arcsint) =

√

1 − t2

=2x − 1

2√

x(1 − x)

⋆1x

− 1 ∈ R∗+ donc

√

1 − x

x∈ R

∗+ donc 2Arctan

√

1 − x

x∈]0, π[ si bien que

π

2− 2Arctan

√

1 − x

x∈

]

−π

2,π

2

[

ce qui donne un sens à

tan

(

π

2− 2Arctan

√

1 − x

x

)

=1

tan(

2Arctan√

1−xx

)

=1 − tan2

(

Arctan√

1−xx

)

2 tan(

Arctan√

1−xx

)

=1 − 1−x

x

2√

1−xx

=2x − 1

2√

x(1 − x)

Ainsi, ∀x ∈]0, 1[, tan

(

π

2− 2Arctan

√

1 − x

x

)

= tan (Arcsin(2x − 1)) or nous avons vu (au moment

de prendre la tangente) que ces deux angles appartiennent à l’intervalle]

−π

2,

π

2

[

en restriction auquel

la fonction tan est injective donc

∀x ∈]0, 1[ , tan

(

π

2− 2Arctan

√

1 − x

x

)

= tan (Arcsin(2x − 1))

Le calcul direct des deux membres pour x = 1 permet d’obtenir la relation sur ]0, 1].• Méthode 3 : posons un judicieux changement de variable.

Soit x ∈]0, 1] fixé quelconque.

Posons θ = Arccos√

x ∈[

0,π

2

[

de sorte que x = cos2 θ.

2Arctan

√

1 − x

x+ Arcsin(2x − 1) = 2Arctan

√

1 − cos2 θ

cos2 θ+ Arcsin(2 cos2 θ − 1)

= 2Arctan

√

sin2 θ

cos2 θ+ Arcsin(cos(2θ))

= 2Arctan(| tan θ|) + Arcsin(

sin(π

2− 2θ

))

or θ ∈[

0,π

2

[

donc tan θ > 0

= 2Arctan(tan θ) + Arcsin

sin

π

2− 2θ

︸︷︷︸

∈]

−π

2,π

2

[

= 2θ +(π

2− 2θ

)

=π

2



1. Soit p ∈ N fixé quelconque.

10

— Arctan est strictement croissante sur R donc Arctan(p + 1) − Arctan(p) > 0,— Arctan est croissante sur R donc 0 6 p ⇒ 0 6 Arctanp d’où

Arctan(p + 1) − Arctanp 6 Arctan(p + 1) <π

2.

Par conséquent,Arctan(p + 1) − Arctan(p) ∈]

0,π

2

[

si bien que l’on peut calculer

tan (Arctan(p + 1) − Arctan(p)) =tan(Arctan(p + 1)) − tan(Arctanp)

1 + tan(Arctan(p + 1)) tan(Arctanp)

=p + 1 − p

1 + (p + 1)p

=1

1 + p + p2

De même, Arctan1

1 + p + p2∈]

0,π

2

[

si bien que que l’on peut calculer

tan(

Arctan1

1 + p + p2

)

=1

1 + p + p2.

Ainsi, Arctan(p + 1) − Arctan(p) et Arctan(

11 + p + p2

)

sont deux valeurs de]

0,π

2

[

⊂]

−π

2,

π

2

[

qui ont

même tangente, or tan|]− π

2 , π

2 [ est injective donc Arctan(p + 1) − Arctan(p) = Arctan(

11 + p + p2

)

.

2. En utilisant la question pécédente, pour tout n ∈ N,

vn =n∑

p=0

Arctan1

1 + p + p2

=n∑

p=0

Arctan(p + 1) − Arctan(p)

=n∑

p=0

Arctan(p + 1) −n∑

p=0

Arctan(p)

=n+1∑

k=1

Arctan(k) −n∑

p=0

Arctan(p)

= Arctan(n + 1) − Arctan(0)

= Arctan(n + 1)

si bien que limn→+∞

vn =π

2.

3. Pour tout n > 2,

wn =1n

n∑

p=2

Arctan(p − 1)(p2 + p + 1)

p − 1car p3 − 1 = (p − 1)(p2 + p + 1)

=1n

n∑

p=2

Arctan(p2 + p + 1)

=1n

n∑

p=2

(π

2− Arctan

1p2 + p + 1

)

car ∀x ∈ R∗+, Arctanx + Arctan

1x

=π

2

=1n

(

(n − 1)π

2−

n∑

p=2

Arctan1

p2 + p + 1

)

=(

1 − 1n

)π

2− 1

n

(

vn − Arctan13

− Arctan1)

=(

1 − 1n

)

︸︷︷︸

−→n→+∞

1

π

2− Arctan(n + 1)

n︸︷︷︸

−→n→+∞

0

+Arctan1

3 + Arctan1n

︸︷︷︸

−→n→+∞

0

en utilisant la question précédente

11

si bien que limn→+∞

wn =π

2.


1. L’expression n’a de sens que pour x ∈ [1, +∞[. Pour tout x ∈ [1, +∞[, le calcul donne ch(ln(x +√

x2 − 1)) = x.

2. L’expression n’a de sens que pour x ∈ [1, +∞[. Pour tout x ∈ [1, +∞[, le calcul donne sh(ln(x +√

x2 − 1)) =√

x2 − 1.

3. L’expression a un sens pour tout x ∈ R. Pour tout x ∈ R, le calcul donne ch(ln(x+√

x2 + 1)) =√

1 + x2.

4. L’expression a un sens pour tout x ∈ R. Pour tout x ∈ R, le calcul donne sh(ln(x +√

x2 + 1)) = x.


⊲ Corrigé de l’exercice 2.3Résoudre avec un changement de variable en posant X = ex et Y = ey. On obtient

X +1X

+ Y +1Y

= 2achb

X +1X

+ Y − 1Y

= 2ashb

Par demi somme et demi différence on obtient le système{

X + Y = a(chb + shb)1X

+1Y

= a(chb − shb)

soit {X + Y = aeb

1X

+1Y

= ae−b

La première équation donne Y = aeb − X et en reportant dans la seconde,

1X

+1

aeb − X= ae−b

soitaeb − X + X = X(aeb − X)ae−b

soitae−bX2 − a2X + aeb = 0.

— Si a = 0, le système n’admet aucune solution car la première équation donne X + Y = 0 or X > 0 etY > 0, ce qui est impossible

— Si a 6= 0, l’équation devient :X2 − aebX + e2b = 0.

Le discriminant est a2e2b − 4e2b = e2b(a2 − 4).— si |a| < 2, il n’y a aucune solution.

— si |a| = 2, le dicriminant est nul et on trouve X =aeb

2. Or X doit être stritement positif donc si

a = −2, il n’y a aucune solution et si a = 2, alors X = eb donc Y = eb donc il n’y a un unique couple(x, y) candidat solution, c’est (b, b) .

— si |a| > 2, les racines de l’équation sontaeb + / − eb

√a2 − 4

2soit

a + / −√

a2 − 42

eb. Le produit des

racines étant e2b (il se lit sur l’équation), elles sont de même signe, à savoir > 0 si a > 2 et < 0 si a < −2.Par conséquent il n’y a aucune solution si a < −2 et si a > 2, il y a deux couples (x, y) candidats

solution x = ln(a +

√a2 − 4) + b

2et y = ln(

a −√

a2 − 42

) + b d’une part et x = ln(a −

√a2 − 42

) + b

et y = ln(a +

√a2 − 42

) + b d’autre part.

Comme nous n’avons pas raisonné par équivalence, il reste à prouver que ces candidats solutions sont effectivementdes solutions.


12

1. f est définie sur R et dérivable sur R, et f ′(x) = 1− th2(x)− th2(x)(1− th2(x)) = (1− th2(x))2 =1

ch4(x).

2. g est définie pour tout x tel que th(x) ∈ [−1, 1] soit pour tout x ∈ R et dérivable pour tout x tel que

th(x) ∈] − 1, 1[ soit pour tout x ∈ R, et g′(x) =1 − th2(x)√

1 − th2(x)=√

1 − th2(x) =1

chx.

3. h est définie et dérivable sur R et i′(x) =1 − th2(x)

1 + th2(x)=

1

ch2(x) + sh2(x)=

1ch(2x)

.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.5• Méthode 1 : analytique, poser f(x) = Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) puis montrer que f ∈ D1(R,R).

Calculons alors f ′

∀x ∈ R , f ′(x) =ex

1 + e2x− 1

1 + th2(x/2)× (1 − th2(x/2)) × 1

2

Pour simplifier cette expression, deux idées :

— tout exprimer avec des exponentielles : th(x/2) =e

x

2 − e− x

2

ex

2 + e− x

2d’où th2(x/2) =

ex − 2 + e−x

ex + 2 + e−xet donc

1 + th2(x/2) =2(ex + e−x)ex + 2 + e−x

et 1 − th2(x/2) =4

ex + 2 + e−xsi bien que

1

1 + th2(x/2)× (1 − th2(x/2)) × 1

2=

1ex + e−x

d’où f ′(x) = 0 ;

— tout exprimer avec de la trigonométrie hyperbolique, en observant d’une part queex

1 + e2x=

12chx

et

d’autre part que la formule exprimant ch(x) en fonction de th(x/2) est chx =1 + th2(x/2)

1 − th2(x/2)d’où

f ′(x) =1

2chx− 1

2× 1

chx= 0

On en déduit que f est constante sur R, or f(0) = Arctan1−2Arctan(0) =π

4donc ∀x ∈ R, f(x) =

π

4.

• Méthode 2 : calculons tan f(x).f est définie sur R et⋆ pour x > 0, Arctan(ex) ∈

]

0,π

2

[

et Arctan(th(x/2)) ∈]

0,π

2

[

donc f(x) ∈]

−π

2,

π

2

[

si bien que

tan f(x) a un sens,

⋆ pour x < 0, Arctan(ex) ∈]

−π

2, 0[

et Arctan(th(x/2)) ∈]

−π

2, 0[

donc f(x) ∈]

−π

2,

π

2

[

si bien que

tan f(x) a un sens,

⋆ pour x = 0, f(0) = Arctan1 − Arctan0 =π

4donc tan f(0) a un sens.

Par conséquent, tan ◦f est définie sur R.Soit x ∈ R fixé quelconque.

tan(f(x)) =tan(Arctan(ex)) − tan(Arctan(th(x/2)))

1 + tan(Arctan(ex)) × tan(Arctan(th(x/2)))

=ex − th x

2

1 + ex × th x2

car ∀t ∈ R, tan(Arctant) = t

=ex − 1−e−x

1+e−x

1 + ex × 1−e−x

1+e−x

car ∀t ∈ R, th(t) =1 − e−2t

1 + e−2t

=ex(1 + e−x) − (1 − e−x)1 + e−x + ex × (1 − e−x)

=ex + e−x

ex + e−x

= 1

13

On en déduit que ∀x ∈ R, f(x) ≡ π

4[π]. Or le raisonnement prouvant l’existence de tan f(x) nous a permis

de montrer que, pour tout x ∈ R, f(x) ∈]

−π

2,

π

2

[

:

∀x ∈ R , f(x) ≡ π

4[π]

∀x ∈ R , f(x) ∈]

−π

2,π

2

[

⇒ ∀x ∈ R , f(x) =π

4.

• Méthode 3 : astucieuseSoit x ∈ R fixé quelconque.Posons θ = Arctan(ex) d’où ex = tan θ.Calculons

Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) = θ − Arctanex − 1ex + 1

= θ + Arctantan θ − tan π

4

tan θ tan π4 + 1

= θ − Arctan(

tan(

θ − tanπ

4

))

= θ −(

θ − tanπ

4

)

car θ = Arctanex ∈[

0,π

2

[

donc θ − π

4∈]

−π

2,

π

2

[

=π

4• Méthode 4 : encore plus astucieuse en remarquant que

∀x ∈ R , −thx

2=

1 − ex

1 + ex=

1 − tan(Arctanex)1 + tan(Arctanex)

= tan(π

4− tan(Arctanex)

)

Or −thx

2= − tan

(

Arctan(

thx

2

))

= tan(

−Arctan(

thx

2

))

donc les deux réels −Arctan(

thx

2

)

∈]

−π

2,π

2

[

etπ

4− tan(Arctanex) ∈

]

−π

4,π

4

[

⊂]

−π

2,

π

2

[

(car ex > 0 ⇒ Arctanex ∈]

0,π

2

[

) ont même

tangente donc ils sont égaux (injectivité de tan|]− π

2 , π

2 [) soit

∀x ∈ R , Arctan(ex) − Arctan(th(x/2)) =π

4.









Commençons par étudier la fonction h(x) = 4x3 − 3x = 4x

(

x2 − 34

)

= 4x

(

x −√

32

)(

x +

√3

2

)

.

h est une fonction polynôme donc définie et dérivable sur R et

∀x ∈ R, h′(x) = 12x2 − 3 = 12(

x − 12

)(

x +12

)

d’où le tableau des variations de h :

x −∞ −12

12

1 +∞

h′(x) + 0 − 0 ++∞

րh 1 1

ր ց ր−∞ 1

2

14

Sachant que la fonction Argch est définie sur [1, +∞[,

Argch(4x3 − 3x) a un sens ⇐⇒ h(x) ∈ [1, +∞[ ⇐⇒ x ∈{

−12

}

∪ [1, +∞[

Dans le cas particulier x = −12

, le calcul direct donne

Argch(4x3 − 3x) = Argch(

h

(

−12

))

= Argch(1) = 0

Il reste à prouver la relation∀x ∈ [1, +∞[ , Argch(4x3 − 3x) = 3Argch(x)

1. Méthode 2 : astucieuse et trigonométrique.Il faut connaître (ou “deviner” puis redémontrer) la formule de trigonométrie hyperbolique

∀t ∈ R , ch(3t) = 4ch3t − 3cht

Soit x ∈ [1, +∞[ fixé quelconque.Posons t = Argchx.La formule de trigonométrie hyperbolique rappelée ci-dessus s’écrit donc

ch(3t) = 4ch3(Argchx) − 3ch(Argchx) = 4x3 − 3x

si bien queArgch(4x3 − 3x) = Argch(ch(3t)) = 3t

︸︷︷︸

car 3t ∈ [1, +∞[

= 3Argchx

2. Méthode 2 : analytique. Posons f(x) = Argch(4x3 − 3x).⋆ Argch est dérivable sur ]1, +∞[,⋆ h : x 7→ 4x3 − 3x est dérivable sur ]1, +∞[,⋆ ∀x ∈]1, +∞[, h(x) ∈]1, +∞[

donc (théorème sur la dérivabilité d’une composée de fonctions dérivables) f = Argch ◦ h est dérivablesur ]1, +∞[ et

∀x ∈]1, +∞[ , f ′(x) = Argch′(h(x)) × h′(x)

=12x2 − 3

√

(4x3 − 3x)2 − 1

=3(4x2 − 1)√

16x6 − 24x4 + 9x2 − 1calcul annexe : (x2 − 1)(4x2 − 1)2 = (x2 − 1)(16x4 − 8x2 + 1) = 16x6 − 24x4 + 9x2 − 1

=3(4x2 − 1)

√

(4x2 − 1)2x2 − 1

=3(4x2 − 1)

|4x2 − 1|√

x2 − 1

=3√

x2 − 1car x > 1 ⇒ 4x2 − 1 > 0

= 3Argch′(x)

Par conséquent, f − 3Argch est une fonction dérivable sur ] − 1, +∞[ et dont la dérivée est nulle sur]1, +∞[ donc c’est une fonction constante :

∃c ∈ R : ∀x ∈]1, +∞[ , Argch(4x3 − 3x) − 3Argch(x) = c

De plus, f et 3Argch sont continues sur [1, +∞[ donc en prenant la limite dans l’égalité ci-dessus lorsquex → 1+,

∃c ∈ R : ∀x ∈]1, +∞[ , Argch(4 − 3) − 3Argch(1) = limx→1+

Argch(4x3 − 3x) − 3Argch(x) = c

doncc = Argch1 − 3Argch1 = 0

d’où∀x ∈]1, +∞[ , Argch(4x3 − 3x) = 3Argch(x)

Le calcul direct pour x = 1 permet d’étendre la relation ci-dessus à [1, +∞[.

15

Documents

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