Corrigé des exercices : Fonctions arc et hyperboliques en L1 de maths

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Équations avec puissances et logarithmes

Idée clé : on revient à la définition \(a^b = e^{b\ln(a)}\), et on n’oublie jamais le domaine d’une équation logarithmique.

1. D’abord, \(2\ln(3) – \ln(6) = \ln(9/6) = \ln(3/2)\), donc \(A = 3/2\). Ensuite, \(B = \ln(e^5) – \ln(e^{1/2}) = 5 – \frac{1}{2}\). Enfin, \(C = (2^3)^{2/3} = 2^2\). On obtient \(A = 3/2\), \(B = 9/2\) et \(C = 4\).
2. Posons \(X = 2^x > 0\). Comme \(4^x = X^2\), l’équation devient \(X^2 – 3X – 4 = 0\), soit \((X – 4)(X + 1) = 0\). La racine \(-1\) est exclue car \(X > 0\). Ainsi \(2^x = 4\). L’unique solution est \(x = 2\).
3. L’équation a un sens si \(x + 1 > 0\) et \(x – 2 > 0\), c’est-à-dire si \(x > 2\). Sur ce domaine, elle équivaut à \(\ln((x+1)(x-2)) = \ln(4)\), puis à \((x+1)(x-2) = 4\) par injectivité de \(\ln\). On obtient \(x^2 – x – 6 = 0\), soit \((x – 3)(x + 2) = 0\). Or \(-2\) n’est pas dans le domaine. L’unique solution est \(x = 3\).

Corrigé de l’exercice 2 – Quatre limites par croissances comparées

Idée clé : on identifie les exposants \(\alpha\) et \(\beta\) du théorème, et on passe à l’exponentielle pour une puissance à exposant variable.

1. Avec \(\beta = 3\) et \(\alpha = 1/2\), le logarithme est dominé par la puissance. La limite vaut 0.
2. Avec \(\alpha = 1/2\) et \(\beta = 4\), le second point du théorème s’applique en \(0^+\). La limite vaut 0.
3. On écrit \(x^5 e^{-x/2} = \dfrac{x^5}{e^{x/2}}\). Il s’agit du troisième point avec \(\alpha = 5\) et \(\beta = 1/2\). La limite vaut 0.
4. Pour \(x > 0\), \(x^x = e^{x\ln(x)}\). Le deuxième point du théorème, avec \(\alpha = \beta = 1\), montre que l’exposant \(x\ln(x)\) tend vers 0 en \(0^+\). L’exponentielle étant continue en 0, \(x^x\) tend vers 1. Cette limite justifie la convention \(0^0 = 1\) souvent utilisée.

Corrigé de l’exercice 3 – Valeurs remarquables et pièges des fonctions arc

Idée clé : chaque fonction arc renvoie un angle d’un intervalle précis ; on cherche donc l’angle de cet intervalle qui a la bonne valeur.

1. L’angle \(-\pi/3\) appartient à \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\) et son sinus vaut \(-\sqrt{3}/2\). Ensuite, \(2\pi/3 \in [0, \pi]\) a pour cosinus \(-1/2\). Enfin, \(-\pi/3\) a pour tangente \(-\sqrt{3}\). Les valeurs sont \(-\pi/3\), \(2\pi/3\) et \(-\pi/3\).
2. D’abord, \(\sin(4\pi/5) = \sin(\pi/5)\), et \(\pi/5 \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\). Ensuite, \(\cos(-\pi/7) = \cos(\pi/7)\) par parité, avec \(\pi/7 \in [0, \pi]\). Enfin, la tangente est \(\pi\)-périodique, donc \(\tan(7\pi/6) = \tan(\pi/6)\), avec \(\pi/6 \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\). Les valeurs sont \(\pi/5\), \(\pi/7\) et \(\pi/6\).

À retenir : aucune des trois réponses de la question 2 n’est l’angle de départ. Avant de simplifier une composée « arc de fonction », on cherche donc un angle du bon intervalle qui a la même image. Les symétries \(x \mapsto \pi – x\) pour le sinus, \(x \mapsto -x\) pour le cosinus et la période \(\pi\) de la tangente suffisent presque toujours.

Corrigé de l’exercice 4 – Dérivées de fonctions composées usuelles

Idée clé : on applique la règle \((u \circ v)^{\prime} = v^{\prime} \times u^{\prime} \circ v\), en surveillant les points où l’arcsinus n’est pas dérivable.

1. La fonction \(f\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). On a \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2}{1 + (2x+1)^2} = \dfrac{2}{4x^2 + 4x + 2}\). Donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2x^2 + 2x + 1}\).
2. La fonction \(g\) est définie si \(-1 \leqslant x/3 \leqslant 1\), soit sur \([-3, 3]\). Elle est dérivable si \(x/3 \in \left]-1, 1\right[\), soit sur \(\left]-3, 3\right[\). Ensuite, \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1/3}{\sqrt{1 – x^2/9}} = \dfrac{1/3}{\sqrt{9 – x^2}/3}\). Ainsi \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{9 – x^2}}\).
3. La fonction \(h\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). On a \(h^{\prime}(x) = 3\left(1 – \operatorname{th}^2(3x)\right) = \dfrac{3}{\operatorname{ch}^2(3x)}\).
4. Comme \(\operatorname{ch}(x) \geqslant 1 > 0\), la fonction \(k\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). On a \(k^{\prime}(x) = \dfrac{\operatorname{sh}(x)}{\operatorname{ch}(x)} = \operatorname{th}(x)\).

Corrigé de l’exercice 5 – Équations en ch et sh

Idée clé : le changement d’inconnue \(X = e^x\) transforme chaque équation en une équation du second degré, dont on ne garde que les racines strictement positives.

1. L’équation devient \(X + \frac{1}{X} = \frac{10}{3}\), soit \(3X^2 – 10X + 3 = 0\). Les racines sont 3 et \(1/3\), toutes deux positives. Les solutions sont \(x = \ln(3)\) et \(x = -\ln(3)\). Ce résultat est cohérent avec la parité de \(\operatorname{ch}\).
2. L’équation devient \(X – \frac{1}{X} = \frac{3}{2}\), soit \(2X^2 – 3X – 2 = 0\). Les racines sont 2 et \(-1/2\), et seule la première est positive. L’unique solution est \(x = \ln(2)\).
3. On a \(\operatorname{ch}(x) + 2\operatorname{sh}(x) = \frac{3}{2}e^x – \frac{1}{2}e^{-x}\). L’équation devient donc \(3X – \frac{1}{X} = -2\), soit \(3X^2 + 2X – 1 = 0\). Les racines sont \(1/3\) et \(-1\). L’unique solution est \(x = -\ln(3)\). Vérification : \(\operatorname{ch}(-\ln 3) = 5/3\) et \(\operatorname{sh}(-\ln 3) = -4/3\), et \(5/3 – 8/3 = -1\).

Corrigé de l’exercice 6 – Une fonction homographique et sa réciproque

Idée clé : l’écriture \(f(x) = 3 + \frac{5}{x – 1}\) fait apparaître d’un coup les asymptotes et le sens de variation.

1. Le domaine est \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\). Une division donne \(f(x) = 3 + \dfrac{5}{x – 1}\). Les asymptotes sont donc les droites \(x = 1\) et \(y = 3\). Par ailleurs, \(ad – bc = 3 \times (-1) – 2 \times 1 = -5 < 0\). La fonction est strictement décroissante sur \(\left]-\infty, 1\right[\) et sur \(\left]1, +\infty\right[\).
2. Sur \(\left]-\infty, 1\right[\), \(f\) est continue et strictement décroissante, de limite 3 en \(-\infty\) et \(-\infty\) en \(1^-\). Elle réalise donc une bijection sur \(\left]-\infty, 3\right[\). De même, sur \(\left]1, +\infty\right[\), elle réalise une bijection sur \(\left]3, +\infty\right[\). Ces deux images sont disjointes. Ainsi \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\) sur \(\mathbb{R} \setminus \{3\}\).
3. Soit \(y \neq 3\). L’équation \(y(x – 1) = 3x + 2\) équivaut à \(x(y – 3) = y + 2\). Donc \(f^{-1}(y) = \dfrac{y + 2}{y – 3}\). Contrôle : \(f^{-1}(5) = 7/2\), et \(f(7/2) = \frac{25/2}{5/2} = 5\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Propriétés du logarithme à partir de sa définition

Idée clé : deux fonctions de même dérivée sur un intervalle diffèrent d’une constante, qu’on calcule en \(x = 1\) ; pour les inégalités, on étudie une différence.

1. Pour \(x > 0\), la dérivée de \(x \mapsto \ln(1/x)\) vaut \(-\frac{1}{x^2} \times x = -\frac{1}{x}\). La somme \(S(x) = \ln(1/x) + \ln(x)\) vérifie donc \(S^{\prime} = 0\) sur \(\left]0, +\infty\right[\). Comme ce domaine est un intervalle, \(S\) ne varie pas, et le calcul \(S(1) = 0 + 0\) fournit sa valeur. Donc \(\ln(1/x) = -\ln(x)\).
2. Pour \(n = 1\), l’égalité est évidente. Supposons-la vraie au rang \(n\). D’après le théorème \(\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)\), on a \(\ln(x^{n+1}) = \ln(x^n) + \ln(x) = n\ln(x) + \ln(x)\). La propriété est donc vraie pour tout \(n \geqslant 1\).
3. Posons \(\varphi(x) = x – \ln(1+x)\) sur \(\left]-1, +\infty\right[\). On a \(\varphi^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}\), du signe de \(x\). Donc \(\varphi\) admet un minimum en 0, égal à 0. De même, posons \(\psi(x) = \ln(1+x) – \frac{x}{1+x}\). Alors \(\psi^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x} – \frac{1}{(1+x)^2} = \frac{x}{(1+x)^2}\), aussi du signe de \(x\). Ainsi \(\psi \geqslant \psi(0) = 0\). L’encadrement est démontré.
4. Pour \(x > 0\), on divise par \(x\) : \(\frac{1}{1+x} \leqslant \frac{\ln(1+x)}{x} \leqslant 1\). Pour \(-1 < x < 0\), le diviseur est négatif et l’ordre change : \(1 \leqslant \frac{\ln(1+x)}{x} \leqslant \frac{1}{1+x}\). Quand \(x\) tend vers 0, la quantité \(\frac{1}{1+x}\) tend vers 1, de chaque côté. Le théorème des gendarmes donne une limite égale à 1. On retrouve ainsi le nombre dérivé de \(\ln\) en 1.

Corrigé de l’exercice 8 – Arctangente de l’inverse

Idée clé : une dérivée nulle donne une fonction constante sur chaque intervalle, mais pas forcément la même constante sur deux intervalles disjoints.

1. Pour \(x \neq 0\), on a \(\psi^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2} – \frac{1}{x^2} \times \frac{1}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} – \frac{1}{x^2+1} = 0\). Sur l’intervalle \(\left]0, +\infty\right[\), \(\psi\) est donc constante, égale à \(\psi(1) = \frac{\pi}{2}\). Sur \(\left]-\infty, 0\right[\), elle vaut \(\psi(-1) = -\frac{\pi}{2}\). Ainsi \(\psi = \frac{\pi}{2}\) sur \(\mathbb{R}_{+}^{*}\) et \(\psi = -\frac{\pi}{2}\) sur \(\mathbb{R}_{-}^{*}\).
2. Le résultat « dérivée nulle implique constante » exige un intervalle. Or \(\mathbb{R}^{*}\) n’est pas un intervalle, et la fonction \(\psi\) prend effectivement deux valeurs.
3. Soit \(a = \arctan(1/2)\). Comme \(0 < 1/2 < 1\), on a \(0 < a < \pi/4\), donc \(2a \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[\). De plus, \(\tan(2a) = \frac{2 \times 1/2}{1 – 1/4} = \frac{4}{3}\). Comme \(2a\) est dans l’intervalle image de l’arctangente, \(2a = \arctan(4/3)\). Enfin, la question 1 avec \(x = 4/3\) donne \(2\arctan\!\left(\frac{1}{2}\right) + \arctan\!\left(\frac{3}{4}\right) = \frac{\pi}{2}\).

Corrigé de l’exercice 9 – Deux preuves d’une simplification

Idée clé : soit on dérive et on compare en un point, soit on pose l’angle \(\theta = \arctan(x)\) et on vérifie qu’il est dans le bon intervalle.

1. Pour tout réel \(x\), on a \(|x| < \sqrt{1 + x^2}\), donc \(u(x) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\) appartient à \(\left]-1, 1\right[\). Comme \(u\) est dérivable et que l’arcsinus est dérivable sur \(\left]-1,1\right[\), \(g\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\).
2. On calcule \(u^{\prime}(x) = (1+x^2)^{-1/2} – x^2(1+x^2)^{-3/2} = (1+x^2)^{-3/2}\). Par ailleurs, \(1 – u(x)^2 = \frac{1}{1+x^2}\), donc \(\sqrt{1 – u(x)^2} = (1+x^2)^{-1/2}\). Ainsi \(g^{\prime}(x) = \frac{u^{\prime}(x)}{\sqrt{1 – u(x)^2}} = \frac{1}{1+x^2}\). Les fonctions \(g\) et \(\arctan\) ont la même dérivée sur \(\mathbb{R}\), qui est un intervalle : elles diffèrent d’une constante. Or \(g(0) = \arcsin(0) = 0 = \arctan(0)\). Par conséquent, \(g = \arctan\).
3. Posons \(\theta = \arctan(x) \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\). Le cours donne \(\cos(\theta) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\). Ensuite, \(\sin(\theta) = \tan(\theta)\cos(\theta) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\). Ainsi \(g(x) = \arcsin(\sin(\theta))\). Comme \(\theta\) est dans \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\), on retrouve \(g(x) = \theta = \arctan(x)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Une équation avec deux arctangentes

Idée clé : le théorème de la bijection donne l’existence et l’unicité ; la localisation de la solution autorise ensuite la formule d’addition des tangentes.

1. La fonction \(\varphi\) est continue et strictement croissante, comme somme de deux telles fonctions. Ses limites en \(-\infty\) et \(+\infty\) valent \(-\pi\) et \(\pi\). Le théorème de la bijection continue montre alors que tout réel de \(\left]-\pi, \pi\right[\) possède exactement un antécédent par \(\varphi\). Comme \(\pi/4\) appartient à cet intervalle, l’équation a une unique solution \(x_0\).
2. On a \(\varphi(1/\sqrt{2}) = \arctan(1/\sqrt{2}) + \arctan(\sqrt{2}) = \frac{\pi}{2}\) d’après l’exercice 8. De plus, \(\varphi(0) = 0\). Comme \(0 < \pi/4 < \pi/2\) et que \(\varphi\) est strictement croissante, on obtient \(0 < x_0 < 1/\sqrt{2}\).
3. Posons \(a = \arctan(x_0)\) et \(b = \arctan(2x_0)\). Puisque \(2x_0^2 < 1\), la formule d’addition s’applique : \(\tan(a + b) = \frac{3x_0}{1 – 2x_0^2}\). Or \(a + b = \pi/4\), donc ce quotient vaut 1. On obtient \(2x_0^2 + 3x_0 – 1 = 0\), dont les racines sont \(\frac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}\). Comme \(x_0 > 0\), l’unique solution est \(x_0 = \dfrac{\sqrt{17} – 3}{4}\), proche de \(0{,}28\).

À retenir : sans la question 2, la formule d’addition des tangentes aurait pu produire une racine parasite. Ici, la racine négative \(\frac{-3 – \sqrt{17}}{4}\) vérifie aussi l’équation \(2x^2 + 3x – 1 = 0\). Pour elle, la somme des deux arctangentes vaut en réalité \(\frac{\pi}{4} – \pi\), et non \(\frac{\pi}{4}\). La localisation préalable évite donc ce piège.

Corrigé de l’exercice 11 – Asymptotes de x arctan(x)

Idée clé : l’identité \(\arctan(x) = \frac{\pi}{2} – \arctan(1/x)\) pour \(x > 0\) fait apparaître le taux d’accroissement de l’arctangente en 0.

1. La fonction \(f\) est paire, comme produit de deux fonctions impaires. Ensuite, \(f^{\prime}(x) = \arctan(x) + \frac{x}{1 + x^2}\). Pour \(x > 0\), les deux termes sont strictement positifs. Donc \(f\) est strictement croissante sur \([0, +\infty[\) et, par parité, strictement décroissante sur \(\left]-\infty, 0\right]\), avec un minimum \(f(0) = 0\).
2. Pour \(x > 0\), l’exercice 8 donne \(\arctan(x) = \frac{\pi}{2} – \arctan(1/x)\). Par conséquent, \(f(x) – \frac{\pi}{2}x = -x\arctan(1/x)\).
3. Posons \(u = 1/x\), qui tend vers \(0^+\). Alors \(x\arctan(1/x) = \frac{\arctan(u)}{u}\), qui tend vers \(\arctan^{\prime}(0) = 1\). Donc \(f(x) – \frac{\pi}{2}x\) tend vers \(-1\), et la droite \(y = \frac{\pi}{2}x – 1\) est asymptote en \(+\infty\). De plus, \(f(x) – \left(\frac{\pi}{2}x – 1\right) = 1 – \frac{\arctan(u)}{u} > 0\), car \(\arctan(u) < u\). La courbe est au-dessus de son asymptote.
4. Par parité, la courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. L’asymptote en \(-\infty\) est la droite \(y = -\frac{\pi}{2}x – 1\).

Corrigé de l’exercice 12 – Étude complète de x exp(1/x)

Idée clé : le changement de variable \(u = 1/x\) ramène chaque limite à une limite connue de l’exponentielle.

1. Posons \(u = 1/x\). En \(0^+\), \(u\) tend vers \(+\infty\) et \(f(x) = \frac{e^u}{u}\) tend vers \(+\infty\) par croissances comparées. En \(0^-\), \(u\) tend vers \(-\infty\), donc \(e^{1/x}\) tend vers 0 et \(x\) aussi. Ainsi \(f\) tend vers \(+\infty\) en \(0^+\) et vers 0 en \(0^-\).
2. On a \(f^{\prime}(x) = e^{1/x} + x e^{1/x} \times \left(-\frac{1}{x^2}\right) = e^{1/x}\,\frac{x – 1}{x}\). Ce quotient est positif sur \(\left]-\infty, 0\right[\), négatif sur \(\left]0, 1\right[\) et positif sur \(\left]1, +\infty\right[\). La fonction croît sur \(\left]-\infty, 0\right[\), décroît sur \(\left]0, 1\right]\), puis croît sur \([1, +\infty[\), avec un minimum local \(f(1) = e\).
3. On écrit \(f(x) – x = x\left(e^{1/x} – 1\right) = \frac{e^u – 1}{u}\). C’est le taux d’accroissement de l’exponentielle entre 0 et \(u\). Quand \(x\) tend vers \(\pm\infty\), \(u\) tend vers 0, donc ce taux tend vers \(\exp^{\prime}(0) = 1\). La droite \(y = x + 1\) est asymptote en \(+\infty\) et en \(-\infty\).
4. On a \(f(x) – (x + 1) = \frac{e^u – 1 – u}{u}\). Le numérateur est positif ou nul, d’après l’inégalité \(e^u \geqslant 1 + u\), et non nul car \(u \neq 0\). La courbe est donc au-dessus de l’asymptote en \(+\infty\), où \(u > 0\), et au-dessous en \(-\infty\), où \(u < 0\).

Corrigé de l’exercice 13 – Réciproque de sh : formule et dérivée

Idée clé : l’équation \(\operatorname{sh}(x) = y\) devient une équation du second degré en \(X = e^x\), dont une seule racine est positive.

1. La fonction \(\operatorname{sh}\) est continue et strictement croissante, car \(\operatorname{sh}^{\prime} = \operatorname{ch} > 0\). Ses limites en \(\pm\infty\) valent \(\pm\infty\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, elle prend toutes les valeurs réelles, et la stricte monotonie assure l’injectivité. Ainsi \(\operatorname{sh}\) est bijective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).
2. Soit \(y\) réel. Avec \(X = e^x\), l’équation \(\operatorname{sh}(x) = y\) devient \(X^2 – 2yX – 1 = 0\). Les racines sont \(y \pm \sqrt{y^2 + 1}\). Or \(\sqrt{y^2+1} > |y|\), donc seule \(y + \sqrt{y^2+1}\) est strictement positive. Ainsi \(\operatorname{argsh}(y) = \ln\!\left(y + \sqrt{y^2 + 1}\right)\).
3. Avec la formule, la dérivée vaut \(\dfrac{1 + \frac{y}{\sqrt{y^2+1}}}{y + \sqrt{y^2+1}} = \dfrac{1}{\sqrt{y^2+1}}\), après mise au même dénominateur. Avec le théorème, comme \(\operatorname{sh}^{\prime} = \operatorname{ch}\) ne s’annule pas, on obtient \(\operatorname{argsh}^{\prime}(y) = \frac{1}{\operatorname{ch}(x)}\) avec \(x = \operatorname{argsh}(y)\). Or \(\operatorname{ch}(x) = \sqrt{1 + \operatorname{sh}^2(x)} = \sqrt{1 + y^2}\), puisque \(\operatorname{ch} > 0\). Les deux méthodes donnent \(\operatorname{argsh}^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + y^2}}\).
4. L’unique solution de \(\operatorname{sh}(x) = 2\) est \(x = \ln(2 + \sqrt{5})\).

Corrigé de l’exercice 14 – Dériver une réciproque sans formule explicite

Idée clé : la formule \(g^{\prime}(y) = 1/f^{\prime}(g(y))\) ne demande que la valeur de \(g(y)\), pas une expression de \(g\).

1. La fonction \(f\) est continue, et \(f^{\prime}(x) = 1 + e^x > 0\), donc \(f\) est strictement croissante. Ses limites en \(-\infty\) et \(+\infty\) valent \(-\infty\) et \(+\infty\). Elle réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Comme \(f^{\prime}\) ne s’annule pas, la réciproque \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f(0) = 1\), donc \(g(1) = 0\) et \(g^{\prime}(1) = \frac{1}{f^{\prime}(0)} = \frac{1}{2}\). De même, \(f(1) = 1 + e\), donc \(g^{\prime}(1 + e) = \frac{1}{f^{\prime}(1)}\). Ainsi \(g(1) = 0\), \(g^{\prime}(1) = 1/2\) et \(g^{\prime}(1+e) = 1/(1+e)\).
3. Pour tout réel \(y\), la formule de la question 1 donne \(g^{\prime}(y) = 1/f^{\prime}(g(y))\), où \(f^{\prime}(g(y))\) vaut \(1\) plus \(e^{g(y)}\). Or \(f(g(y)) = y\) s’écrit \(g(y) + e^{g(y)} = y\), d’où \(e^{g(y)} = y – g(y)\). On obtient \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + y – g(y)}\). On vérifie en \(y = 1\) : \(\frac{1}{1 + 1 – 0} = \frac{1}{2}\), en accord avec la question 2.

À retenir : la réciproque de \(x \mapsto x + e^x\) ne s’exprime pas avec les fonctions usuelles. Pourtant, sa dérivée se calcule en tout point dont on connaît l’antécédent. C’est le cas général : il suffit de connaître \(f^{\prime}\) et de vérifier qu’elle ne s’annule pas.

Corrigé de l’exercice 15 – Formules d’addition hyperboliques

Idée clé : on développe les produits d’exponentielles ; pour l’équation, on se ramène à une équation du second degré en \(\operatorname{ch}(x)\).

1. On a \(4\operatorname{ch}(a)\operatorname{ch}(b) = e^{a+b} + e^{a-b} + e^{-a+b} + e^{-a-b}\) et \(4\operatorname{sh}(a)\operatorname{sh}(b) = e^{a+b} – e^{a-b} – e^{-a+b} + e^{-a-b}\). En additionnant, on trouve \(2e^{a+b} + 2e^{-(a+b)} = 4\operatorname{ch}(a+b)\). La première formule est démontrée, et la seconde s’obtient de la même manière.
2. Avec \(a = b = x\), on obtient \(\operatorname{ch}(2x) = \operatorname{ch}^2(x) + \operatorname{sh}^2(x) = 2\operatorname{ch}^2(x) – 1\) et \(\operatorname{sh}(2x) = 2\operatorname{sh}(x)\operatorname{ch}(x)\).
3. Posons \(c = \operatorname{ch}(x)\). L’équation devient \(2c^2 – 1 = 3c – 2\), soit \(2c^2 – 3c + 1 = 0\). Les racines sont 1 et \(1/2\). Or \(c \geqslant 1\), donc \(c = 1\), ce qui impose \(x = 0\). L’unique solution est \(x = 0\).
4. On divise numérateur et dénominateur de \(\frac{\operatorname{sh}(a+b)}{\operatorname{ch}(a+b)}\) par \(\operatorname{ch}(a)\operatorname{ch}(b)\), qui est non nul. On obtient la formule annoncée pour \(\operatorname{th}(a+b)\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Encadrer l’arctangente près de 0

Idée clé : chaque inégalité se prouve en étudiant une différence nulle en 0 dont la dérivée est un quotient de signe évident.

1. Posons \(u(x) = x – \arctan(x)\). Alors \(u^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{1+x^2} = \frac{x^2}{1+x^2} \geqslant 0\), et \(u(0) = 0\). Donc \(u \geqslant 0\) sur \([0, +\infty[\). Posons ensuite \(v(x) = \arctan(x) – x + \frac{x^3}{3}\). On obtient \(v^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2} – 1 + x^2 = \frac{x^4}{1+x^2} \geqslant 0\), avec \(v(0) = 0\). Les deux inégalités sont démontrées.
2. Posons \(w(x) = x – \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} – \arctan(x)\). Alors \(w^{\prime}(x) = 1 – x^2 + x^4 – \frac{1}{1+x^2}\). Or \((1 – x^2 + x^4)(1 + x^2) = 1 + x^6\), donc \(w^{\prime}(x) = \frac{x^6}{1+x^2} \geqslant 0\). Comme \(w(0) = 0\), on a \(w \geqslant 0\) sur \([0, +\infty[\).
3. Pour \(x > 0\), les questions précédentes donnent \(\frac{x^3}{3} – \frac{x^5}{5} \leqslant x – \arctan(x) \leqslant \frac{x^3}{3}\). En divisant par \(x^3 > 0\), on obtient \(\frac{1}{3} – \frac{x^2}{5} \leqslant \frac{x – \arctan(x)}{x^3} \leqslant \frac{1}{3}\). Par encadrement, la limite en \(0^+\) vaut \(\frac{1}{3}\). Enfin, le quotient est pair, car son numérateur et son dénominateur sont impairs. La limite en 0 vaut donc \(\frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Arctangente du sinus hyperbolique

Idée clé : l’identité \(1 + \operatorname{sh}^2 = \operatorname{ch}^2\) simplifie la dérivée ; deux fonctions de même dérivée qui coïncident en 0 sont égales sur \(\mathbb{R}\).

1. Par composition, \(g^{\prime}(x) = \frac{\operatorname{ch}(x)}{1 + \operatorname{sh}^2(x)} = \frac{\operatorname{ch}(x)}{\operatorname{ch}^2(x)}\). Donc \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{\operatorname{ch}(x)}\).
2. La fonction \(g\) est continue et sa dérivée est strictement positive, donc \(g\) est strictement croissante. Quand \(x\) tend vers \(\pm\infty\), \(\operatorname{sh}(x)\) tend vers \(\pm\infty\), donc \(g(x)\) tend vers \(\pm\frac{\pi}{2}\). Continue et strictement croissante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), la fonction \(g\) atteint donc chaque valeur de \(\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\) une et une seule fois.
3. Posons \(k(x) = 2\arctan(e^x) – \frac{\pi}{2}\). Alors \(k^{\prime}(x) = \frac{2e^x}{1 + e^{2x}} = \frac{2}{e^{-x} + e^x} = \frac{1}{\operatorname{ch}(x)}\). De plus, \(k(0) = 2 \times \frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{2} = 0 = g(0)\). Les deux fonctions ont la même dérivée sur \(\mathbb{R}\) et la même valeur en 0. Elles sont donc égales : \(g = k\). En particulier, on retrouve que \(g\) tend vers \(\pi/2\) en \(+\infty\), car \(\arctan(e^x)\) tend alors vers \(\pi/2\).
4. Soit \(\theta \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\). L’égalité \(g(x) = \theta\) équivaut à \(\operatorname{sh}(x) = \tan(\theta)\), car \(\theta\) est dans l’image de l’arctangente. Elle équivaut donc à \(x = \operatorname{argsh}(\tan\theta) = \ln\!\left(\tan\theta + \sqrt{\tan^2\theta + 1}\right)\). Or \(\sqrt{\tan^2\theta + 1} = \frac{1}{\cos\theta}\), car \(\cos\theta > 0\). On obtient la formule annoncée, et \(g^{-1}(\pi/4) = \ln(1 + \sqrt{2})\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Les fonctions qui changent les sommes en produits

Idée clé : le logarithme transforme l’équation multiplicative en équation additive ; on la résout d’abord sur les entiers, puis sur les rationnels, enfin sur les réels par densité.

1. Avec \(x = y = 0\), on obtient \(f(0) = f(0)^2\), donc \(f(0) \in \{0, 1\}\). Si \(f(0)\) était nul, on aurait \(f(x) = f(x + 0) = f(x)f(0) = 0\) pour tout \(x\), ce qui est exclu. Donc \(f(0) = 1\).
2. D’abord, \(f(x) = f(x/2)^2 \geqslant 0\). Ensuite, si \(f(x_1) = 0\) pour un réel \(x_1\), alors \(1 = f(0) = f(x_1)f(-x_1) = 0\), ce qui est absurde. Donc \(f(x) > 0\) pour tout réel \(x\).
3. Comme \(f > 0\), la fonction \(g = \ln \circ f\) est bien définie et continue. De plus, \(g(x+y) = \ln(f(x)f(y)) = g(x) + g(y)\). Une récurrence donne \(g(nx) = n\,g(x)\) pour tout entier \(n \geqslant 0\). Par ailleurs, \(g(x) + g(-x) = g(0) = 0\), donc la formule vaut aussi pour \(n\) entier négatif. Soit enfin \(r = p/q\) avec \(p\) entier et \(q \geqslant 1\). Alors \(q\,g(r) = g(qr) = g(p) = p\,g(1)\). Ainsi \(g(r) = r\,g(1)\) pour tout rationnel \(r\).
4. Soit \(x\) réel. Pour tout entier \(n \geqslant 1\), l’intervalle \(\left]x – \frac{1}{n}, x\right[\) contient un rationnel \(r_n\), car \(\mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\). On a alors \(|r_n – x| < 1/n\), donc \(r_n\) tend vers \(x\). La continuité de \(g\) en \(x\) donne \(g(x) = \lim g(r_n) = \lim r_n\,g(1)\). Donc \(g(x) = x\,g(1)\) pour tout réel \(x\).
5. Notons \(a = f(1) > 0\), de sorte que \(g(1) = \ln(a)\). Alors \(f(x) = e^{g(x)} = e^{x\ln(a)} = a^x\). Réciproquement, pour tout \(a > 0\), la fonction \(x \mapsto a^x\) est continue, non nulle, et vérifie \(a^{x+y} = a^x a^y\). Les solutions sont exactement les fonctions \(x \mapsto a^x\), avec \(a > 0\).
6. Posons \(m(x) = h(x)e^{-x}\). Alors \(m^{\prime}(x) = h^{\prime}(x)e^{-x} – h(x)e^{-x} = 0\). Donc \(m\) est constante sur \(\mathbb{R}\), égale à \(m(0) = 1\). On en déduit \(h(x) = e^x\) pour tout réel \(x\) : l’exponentielle est la seule solution.

À retenir : le problème caractérise les exponentielles de deux manières. D’une part, ce sont les seules fonctions continues non nulles qui transforment les sommes en produits. D’autre part, l’exponentielle est la seule fonction égale à sa dérivée qui vaut 1 en 0. Sans hypothèse de continuité, la question 4 tombe en défaut : la densité de \(\mathbb{Q}\) ne suffit plus à conclure.

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Fonctions arc et hyperboliques en L1 de maths» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 782 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.