Équations avec arctan, ch et sh : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « équations avec arctan, ch et sh », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie que l’on noterait 20 sur 20 : chaque théorème est nommé et ses hypothèses sont vérifiées. Pour les fonctions arc, elle montre comment ramener un angle dans le bon intervalle, puis comment écarter la racine parasite d’une équation. L’identité avec arctan est traitée intervalle par intervalle, car une dérivée nulle ne donne une constante que sur un intervalle. Ensuite, les équations en ch et sh suivent le changement d’inconnue exponentiel, et chaque limite se ramène à un énoncé de croissances comparées. Le problème se conclut enfin par la courbe tracée avec ses deux asymptotes. Le barème précise à chaque exercice où se gagnent les points de rédaction.
L’énoncé complet se trouve ici : Équations avec arctan, ch et sh : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : équations avec arctan, ch et sh
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Fonctions arc et angles à ramener | 3 points |
| 2. Une identité avec arctan en deux morceaux | 3 points |
| 3. Équations en ch et sh | 4 points |
| 4. Croissances comparées | 4 points |
| 5. Problème : la fonction x − ln(ch x) | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : équations avec arctan, ch et sh
Exercice 1 – Fonctions arc et angles à ramener (3 points)
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On utilise que \(\arcsin(\sin a) = a\) seulement lorsque \(a \in \left[-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right]\). Ici \(\frac{5\pi}{7} > \frac{\pi}{2}\) : on remplace donc l’angle par son supplémentaire, car \(\sin(\pi – a) = \sin a\). Ainsi \(\sin \frac{5\pi}{7} = \sin \frac{2\pi}{7}\), avec \(\frac{2\pi}{7} \in \left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]\). On obtient \(\arcsin\left(\sin \frac{5\pi}{7}\right) = \frac{2\pi}{7}\).
De même, \(\arccos(\cos a) = a\) exige \(a \in [0\,;\pi]\). La parité puis la \(2\pi\)-périodicité du cosinus donnent \(\cos\left(-\frac{9\pi}{5}\right) = \cos \frac{9\pi}{5} = \cos\left(\frac{9\pi}{5} – 2\pi\right) = \cos \frac{\pi}{5}\), avec \(\frac{\pi}{5} \in [0\,;\pi]\). Donc \(\arccos\left(\cos\left(-\frac{9\pi}{5}\right)\right) = \frac{\pi}{5}\).
Enfin, la tangente est \(\pi\)-périodique, d’où \(\tan \frac{11\pi}{8} = \tan \frac{3\pi}{8}\), et \(\frac{3\pi}{8}\) appartient bien à \(\left]-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right[\). Par conséquent, \(\arctan\left(\tan \frac{11\pi}{8}\right) = \frac{3\pi}{8}\).
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Existence et unicité. La fonction \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}\) et strictement croissante, comme somme de deux fonctions strictement croissantes. De plus, \(g\) tend vers \(-\pi\) en \(-\infty\) et vers \(\pi\) en \(+\infty\). D’après le théorème de la bijection, \(g\) réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-\pi\,;\pi[\), qui contient \(\frac{\pi}{4}\) : l’équation a une unique solution \(x_0\). Comme \(g(0) = \arctan(-2) + \arctan 2 = 0 < \frac{\pi}{4}\), on a aussi \(x_0 > 0\).
Calcul. Posons \(a = \arctan(x_0 – 2)\) et \(b = \arctan(x_0 + 2)\). Ni \(a\), ni \(b\), ni \(a + b = \frac{\pi}{4}\) ne sont de la forme \(\frac{\pi}{2} + k\pi\), donc la formule d’addition de la tangente s’applique :
\[1 = \tan(a+b) = \frac{(x_0 – 2) + (x_0 + 2)}{1 – (x_0 – 2)(x_0 + 2)} = \frac{2x_0}{5 – x_0^2}.\]
Ainsi \(x_0^2 + 2x_0 – 5 = 0\). Le discriminant vaut \(4 + 20 = 24\), d’où \(x_0 = -1 + \sqrt{6}\) ou \(x_0 = -1 – \sqrt{6}\). Seule la première valeur est positive. L’unique solution est \(x_0 = \sqrt{6} – 1\).
Piège classique : garder les deux racines \(-1 \pm \sqrt{6}\). La valeur \(-1 – \sqrt{6}\) vérifie seulement \(g(x) = \frac{\pi}{4} – \pi\), car l’équation en tangente perd l’information modulo \(\pi\).
Exercice 2 – Une identité avec arctan en deux morceaux (3 points)
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Posons \(u(x) = \dfrac{x+\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}\,x}\). La fonction \(u\) est dérivable sur \(D\), car c’est un quotient de fonctions polynomiales dont le dénominateur ne s’annule pas sur \(D\). Comme \(\arctan\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), la composée \(\psi = \arctan \circ u\) est dérivable sur \(D\), et donc \(\varphi\) aussi.
D’une part, \(u^{\prime}(x) = \dfrac{(1-\sqrt{3}\,x) + \sqrt{3}\,(x+\sqrt{3})}{(1-\sqrt{3}\,x)^2} = \dfrac{4}{(1-\sqrt{3}\,x)^2}\).
D’autre part, \(1 + u(x)^2 = \dfrac{(1-\sqrt{3}\,x)^2 + (x+\sqrt{3})^2}{(1-\sqrt{3}\,x)^2} = \dfrac{4 + 4x^2}{(1-\sqrt{3}\,x)^2}\), car les doubles produits \(\mp 2\sqrt{3}\,x\) se compensent.
Par conséquent, \(\psi^{\prime}(x) = \dfrac{u^{\prime}(x)}{1 + u(x)^2} = \dfrac{4}{4(1+x^2)} = \dfrac{1}{1+x^2}\). Ainsi \(\varphi^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2} – \frac{1}{1+x^2} = 0\) pour tout \(x \in D\).
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L’ensemble \(D\) est la réunion des intervalles \(I_1 = \left]-\infty\,;\frac{1}{\sqrt{3}}\right[\) et \(I_2 = \left]\frac{1}{\sqrt{3}}\,;+\infty\right[\). Une fonction dérivable de dérivée nulle sur un intervalle y est constante, donc \(\varphi\) est constante sur \(I_1\) et sur \(I_2\), mais avec deux constantes a priori différentes.
Sur \(I_1\), qui contient 0 : \(\varphi(0) = \arctan \sqrt{3} = \frac{\pi}{3}\). Sur \(I_2\), qui contient \(\sqrt{3}\) : \(u(\sqrt{3}) = \frac{2\sqrt{3}}{-2} = -\sqrt{3}\), d’où \(\varphi(\sqrt{3}) = -\frac{\pi}{3} – \frac{\pi}{3} = -\frac{2\pi}{3}\).
Pour \(x < \frac{1}{\sqrt{3}}\), \(\psi(x) = \arctan x + \frac{\pi}{3}\) ; pour \(x > \frac{1}{\sqrt{3}}\), \(\psi(x) = \arctan x – \frac{2\pi}{3}\).
Le saut s’explique alors : quand \(x\) tend vers \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) par la gauche, \(\psi(x)\) tend vers \(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}\), tandis qu’il tend vers \(\frac{\pi}{6} – \frac{2\pi}{3} = -\frac{\pi}{2}\) par la droite. En effet, \(\arctan x + \frac{\pi}{3}\) dépasserait \(\frac{\pi}{2}\) au-delà de \(\frac{1}{\sqrt{3}}\), ce qui est impossible pour une valeur de \(\arctan\) : la constante perd donc \(\pi\). On retrouve aussi l’asymptote \(y = -\frac{\pi}{6}\) des deux côtés, puisque \(-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2} – \frac{2\pi}{3} = -\frac{\pi}{6}\).
Piège classique : conclure que \(\varphi\) est constante sur \(D\) tout entier. Le domaine n’est pas un intervalle, c’est pourquoi il faut une valeur par morceau.
Exercice 3 – Équations en ch et sh (4 points)
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Avec les définitions, \(3\,\mathrm{ch}\,x – \mathrm{sh}\,x = \dfrac{3\mathrm{e}^{x} + 3\mathrm{e}^{-x} – \mathrm{e}^{x} + \mathrm{e}^{-x}}{2} = \mathrm{e}^{x} + 2\mathrm{e}^{-x}\). Posons \(X = \mathrm{e}^{x}\), qui est strictement positif. Après multiplication par \(X\), l’équation devient \(X^2 – 3X + 2 = 0\), soit \((X-1)(X-2) = 0\).
Les deux racines 1 et 2 sont positives, donc \(\mathrm{e}^{x} = 1\) ou \(\mathrm{e}^{x} = 2\). L’ensemble des solutions est \(\{0\,;\ln 2\}\). Vérification : \(\mathrm{ch}(\ln 2) = \frac{5}{4}\) et \(\mathrm{sh}(\ln 2) = \frac{3}{4}\), puis \(\frac{15}{4} – \frac{3}{4} = 3\).
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Unicité. La fonction \(\mathrm{sh}\) est dérivable de dérivée \(\mathrm{ch}\), qui est strictement positive. Elle est donc continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), avec pour limites \(-\infty\) et \(+\infty\). Par le théorème de la bijection, \(\mathrm{sh}\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\) : l’équation \(\mathrm{sh}\,x = y\) a exactement une solution.
Calcul. Avec \(X = \mathrm{e}^{x} > 0\), l’équation équivaut à \(X^2 – 2yX – 1 = 0\). Ses racines sont \(y + \sqrt{y^2+1}\) et \(y – \sqrt{y^2+1}\), de produit \(-1\). Or \(\sqrt{y^2+1} > |y|\), donc seule la première est positive. Ainsi la solution est \(x = \ln\left(y + \sqrt{y^2+1}\right)\).
Sur la figure, la droite \(y = \frac{12}{5}\) coupe la courbe de \(\mathrm{sh}\) en un seul point, ce qui confirme l’unicité. Ici \(y^2 + 1 = \frac{144}{25} + \frac{25}{25} = \frac{169}{25}\), donc \(\sqrt{y^2+1} = \frac{13}{5}\) et \(y + \sqrt{y^2+1} = 5\). La solution est \(\ln 5\), et l’on vérifie que \(\mathrm{sh}(\ln 5) = \frac{1}{2}\left(5 – \frac{1}{5}\right) = \frac{12}{5}\).
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On développe \(\mathrm{ch}^2 x = \dfrac{\mathrm{e}^{2x} + 2 + \mathrm{e}^{-2x}}{4}\), d’où \(2\,\mathrm{ch}^2 x – 1 = \dfrac{\mathrm{e}^{2x} + \mathrm{e}^{-2x}}{2} = \mathrm{ch}(2x)\).
En posant \(c = \mathrm{ch}\,x\), l’équation devient donc \(2c^2 – 5c + 3 = 0\). Le discriminant vaut \(25 – 24 = 1\), d’où \(c = 1\) ou \(c = \frac{3}{2}\).
D’abord, \(\mathrm{ch}\,x = 1\) équivaut à \(\mathrm{e}^{2x} – 2\mathrm{e}^{x} + 1 = 0\), c’est-à-dire \((\mathrm{e}^{x} – 1)^2 = 0\), donc \(x = 0\). Ensuite, \(\mathrm{ch}\,x = \frac{3}{2}\) équivaut à \(X^2 – 3X + 1 = 0\) avec \(X = \mathrm{e}^{x}\), donc \(X = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}\). Ces deux nombres sont positifs, car \(\sqrt{5} < 3\), et leur produit vaut 1 : leurs logarithmes sont opposés.
L’ensemble des solutions est \(\left\{-\ln \frac{3+\sqrt{5}}{2}\,;0\,;\ln \frac{3+\sqrt{5}}{2}\right\}\).
Piège classique : oublier la solution négative de \(\mathrm{ch}\,x = \frac{3}{2}\). La fonction \(\mathrm{ch}\) est paire, donc toute solution non nulle vient avec son opposée.
Exercice 4 – Croissances comparées (4 points)
Les quatre calculs reposent sur deux résultats du cours : \(\frac{\ln u}{u} \to 0\) quand \(u \to +\infty\), et \(u \ln u \to 0\) quand \(u \to 0^{+}\).
- Pour \(x > 1\), on écrit \(\dfrac{(\ln x)^4}{x^{1/3}} = \left(\dfrac{\ln x}{x^{1/12}}\right)^4\). Posons \(u = x^{1/12}\), qui tend vers \(+\infty\) ; alors \(\ln x = 12 \ln u\), donc \(\dfrac{\ln x}{x^{1/12}} = 12\,\dfrac{\ln u}{u}\) tend vers 0. Par continuité de \(t \mapsto t^4\), la limite vaut 0.
- Pour \(x > 0\), \(x^{\sqrt{x}} = \exp\left(\sqrt{x}\,\ln x\right) = \exp\left(2\sqrt{x}\,\ln \sqrt{x}\right)\). Avec \(u = \sqrt{x} \to 0^{+}\), le produit \(u \ln u\) tend vers 0. Puisque \(\exp\) est continue en 0, la limite vaut \(\mathrm{e}^{0} = 1\).
- Pour \(x > 0\), \(\left(1 + \frac{3}{x}\right)^{x} = \exp\left(x \ln\left(1 + \frac{3}{x}\right)\right)\). Posons \(h = \frac{3}{x} \to 0^{+}\) : alors \(x \ln\left(1 + \frac{3}{x}\right) = 3\,\dfrac{\ln(1+h)}{h}\). Or \(\dfrac{\ln(1+h)}{h}\) tend vers 1, car c’est le taux d’accroissement de \(\ln\) en 1, dont le nombre dérivé vaut 1. La limite vaut donc \(\mathrm{e}^{3}\).
- Pour \(x > 0\), \(\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}}{x^5} = \exp\left(\sqrt{x} – 5\ln x\right) = \exp\left(\sqrt{x}\left(1 – 10\,\dfrac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\right)\right)\). Quand \(x \to +\infty\), \(\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}} \to 0\), donc la parenthèse tend vers 1 et l’exposant tend vers \(+\infty\). La limite vaut \(+\infty\).
Piège classique : écrire « \(1^{\infty} = 1\) » à la question 3. Cette forme est indéterminée, c’est pourquoi on passe toujours par l’écriture exponentielle.
Exercice 5 – Problème : la fonction x − ln(ch x) (6 points)
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Pour tout réel \(x\), \(\mathrm{ch}\,x \geq 1 > 0\), donc \(\ln(\mathrm{ch}\,x)\) existe et \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\). On factorise ensuite par \(\mathrm{e}^{x}\) : \(\mathrm{ch}\,x = \dfrac{\mathrm{e}^{x}\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right)}{2}\), d’où \(\ln(\mathrm{ch}\,x) = x + \ln\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right) – \ln 2\). Ainsi \(f(x) = \ln 2 – \ln\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right)\).
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Quand \(x \to +\infty\), \(\mathrm{e}^{-2x} \to 0\), et par continuité de \(\ln\) en 1, \(\ln\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right) \to 0\). Donc \(f\) tend vers \(\ln 2\) en \(+\infty\) : la droite \(y = \ln 2\) est asymptote horizontale. De plus, \(f(x) – \ln 2 = -\ln\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right) < 0\), car \(1 + \mathrm{e}^{-2x} > 1\). La courbe est strictement au-dessous de cette asymptote.
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On factorise cette fois par \(\mathrm{e}^{-2x}\) : \(\ln\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right) = \ln\left(\mathrm{e}^{-2x}\left(\mathrm{e}^{2x} + 1\right)\right) = -2x + \ln\left(1 + \mathrm{e}^{2x}\right)\). En reportant, on obtient \(f(x) = 2x + \ln 2 – \ln\left(1 + \mathrm{e}^{2x}\right)\).
Quand \(x \to -\infty\), \(\mathrm{e}^{2x} \to 0\), donc \(f(x) – (2x + \ln 2) = -\ln\left(1 + \mathrm{e}^{2x}\right) \to 0\). La droite \(y = 2x + \ln 2\) est asymptote oblique en \(-\infty\). Comme cette différence est strictement négative, la courbe reste au-dessous de l’asymptote oblique.
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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), puisque \(\mathrm{ch}\) est dérivable et strictement positive. Ainsi \(f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}\,x} = 1 – \mathrm{th}\,x\). Or \(\mathrm{th}\,x = \dfrac{\mathrm{e}^{2x} – 1}{\mathrm{e}^{2x} + 1} < 1\), donc \(f^{\prime}(x) > 0\) et \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
En \(-\infty\), la question 3 donne \(f(x) = 2x + \ln 2 + o(1)\), donc \(f \to -\infty\). En \(+\infty\), \(f \to \ln 2\).
\(x\) \(-\infty\) \(+\infty\) \(f^{\prime}(x)\) \(+\) \(f\) \(-\infty\) croissante \(\ln 2\) La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). Par le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\left]-\infty\,;\ln 2\right[\).
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Soit \(y < \ln 2\). Grâce à la question 1, \(f(x) = y\) équivaut à \(\ln\left(1 + \mathrm{e}^{-2x}\right) = \ln 2 – y\), soit \(\mathrm{e}^{-2x} = 2\mathrm{e}^{-y} – 1\). Ce nombre est strictement positif, car \(y < \ln 2\) donne \(\mathrm{e}^{-y} > \frac{1}{2}\). Par conséquent, \(f^{-1}(y) = -\frac{1}{2}\ln\left(2\mathrm{e}^{-y} – 1\right)\). Contrôle : pour \(y = 0\), on trouve \(-\frac{1}{2}\ln 1 = 0\), et en effet \(f(0) = 0\).
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On a \(f(0) = 0 – \ln 1 = 0\) et \(f^{\prime}(0) = 1 – \mathrm{th}\,0 = 1\). La tangente en 0 a pour équation \(y = x\).
Ensuite, \(f^{\prime\prime}(x) = -\left(1 – \mathrm{th}^2 x\right) = -\dfrac{1}{\mathrm{ch}^2 x} < 0\). La fonction \(f\) est donc concave sur \(\mathbb{R}\), et sa courbe est au-dessous de chacune de ses tangentes. Ainsi \(\mathcal{C}_f\) est sous la droite \(y = x\), et ne la touche qu’en l’origine. On le retrouve d’ailleurs directement, puisque \(x – f(x) = \ln(\mathrm{ch}\,x) \geq 0\), avec égalité seulement pour \(x = 0\).
Piège classique : annoncer la bijection sur \(\left]-\infty\,;\ln 2\right]\). La valeur \(\ln 2\) est seulement une limite, elle n’est jamais atteinte.
À retenir de ce contrôle
- La relation arcsin(sin a) = a exige que a appartienne à l’intervalle des angles entre moins pi sur 2 et pi sur 2 : sinon, on ramène d’abord l’angle.
- Une fonction de dérivée nulle est constante sur chaque intervalle, mais la constante peut changer quand le domaine est une réunion d’intervalles.
- Pour résoudre une équation en ch et sh, on pose X égal à exp(x), puis on garde seulement les racines strictement positives.
- Les croissances comparées s’appliquent après un changement de variable qui fait apparaître ln(u) sur u, ou u ln(u) quand u tend vers 0.
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