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Exercices corrigés de Fonctions usuelles en Maths Sup

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Résumé de cours Exercices et corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Plan des exercices : Fonction Hyperbolique et suite de Fibonacci

1. Fonctions hyperboliques et puissances
2. Résolutions d’équations avec des fonctions circulaires réciproques
3. Transformation d’expressions de fonctions circulaires réciproques
4. Un mélange
5. Suite de Fibonacci et Arctangente
6. Fonction réciproque

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1. Fonctions hyperboliques et puissances

Exercice 1
Résoudre l’équation $x ^{\sqrt{x}} = \sqrt{x ^x }$

Correction : On cherche des solutions $x > 0$ .
L’équation est équivalente à
$\sqrt{x} \, \<a href="https://groupe-reussite.fr/ressources/cours-en-ligne-fonctions-usuelles-maths-sup/">ln</a>(x) = \displaystyle \frac 1 2 \, x \ln(x )$
ssi $\displaystyle \sqrt{x} \, \n(x) \, \left ( 2 - \sqrt{x} \right) = 0$
ssi $\ln(x) = 0$ ou $\sqrt{x} = 2$
ssi $x = 1$ ou $x = 4$ .

L’équation admet deux solutions : $1$ et $4$ .

Exercice 2
Résoudre $x ^{\sqrt{x} } = \displaystyle \frac 1 2$

Correction : On suppose $x > 0$ .
L’équation est équivalente à
$\ln\left ( x ^{\sqrt{x} } \right ) = \displaystyle \ln \left ( \frac 1 2 \right )$
ssi $\sqrt{x} \ln(x) = - \ln(2)$ .

On note $f(x) = \sqrt{x}\, \ln(x) + \ln(2)$
$f'(x) = \displaystyle \frac {\ln(x)} {2 \, \sqrt{x}} + \frac {\sqrt{x}} x$
$f'(x) = \displaystyle \frac {\ln(x) + 2} {2 \, \sqrt{x}}$ .
$f'$ s’annule en $\textrm{e} ^{ - 2}$ et $f$ admet un minimum en ce point car $f$ est décroissante sur $]0 , \, \textrm{e} ^{- 2}]$ et croissante sur $[\textrm{e} ^{- 2} , \, + \infty[$ .
$f( \textrm{e}^{ - 2} ) = - 2 \, \textrm{e} ^{- 1} + \ln(2) < 0$ (on rappelle que $\ln(2) \approx 0.69$ et $\textrm{e} ^{- 1} \approx 0.37$ )
alors $f$ s’annule sur $]0 \, , \, \textrm{e} ^{ - 2}[$ et sur $]\textrm{e} ^{ - 2}\, , \, + \infty[$ .
Je vous conseille de faire le tableau de variations !

On cherche une solution de la forme $1 / 2 ^a$ .
$f(2 ^ {- a} ) = \ln(2) \left ( - a \, 2 ^{- a/2} + 1 \right ) = 0$
ssi $a = 2 ^{a/2}$ .
Il y a deux solutions évidentes : $a = 2$ et $a = 4$ .

On a donc obtenu
$\quad \quad\displaystyle f\left ( \frac 1 {2 ^2} \right ) = 0$ et $\displaystyle f\left ( \frac 1 {2 ^4} \right ) = 0$ .
Comme on sait qu’il n’y a que deux solutions, ce sont $\displaystyle \frac 1 4 \, , \, \frac 1 {16}$ .

Exercice 3
Résoudre $5 ^{2 x } - 74 \times 35 ^ {x - 1} + 7 ^ {2 \, x} = 0$

Correction : On utilise $\sin p \, \cos q = \displaystyle \frac 1 2 \left ( \sin \frac {p + q} 2 - \sin \frac {p - q} 2 \right )$
$2 \, S = \displaystyle \sin \frac \pi 5 + \left ( \sin \frac {3\pi} 5 - \sin \frac \pi 5 \right )$ $\quad \quad \quad \quad \displaystyle + \, \left ( \sin \frac {5\pi} 5 - \sin \frac {3 \pi} 5 \right )$
donc $S = 0$ .

Donc en posant $x = \displaystyle \cos \frac {2 \pi } 5$ , $S = 0$ donne $\displaystyle \frac 1 2 + x + 2 x ^2 - 1 = 0$ soit $4 \, x^2 + 2 \,x - 1 = 0$ .

Cette équation admet deux racines dont une seule est positive :
on en déduit que $\displaystyle \cos \frac { 2\, \pi } 5 = \frac {\sqrt{5} - 1} 4$ .

Exercice 4
Calculer $\tan \displaystyle \frac {\pi} {12}$ puis $\tan \displaystyle \frac {\pi} {24}$ .

il y a deux solutions opposées : On note $X = 5 ^{x }$ et $Y = 7 ^x$ .
On commence par résoudre
$X ^2 - \displaystyle \frac {74} {35} \, X \, Y + Y^2 = 0$
ssi $35 \, X^2 - 74 \, X \, Y + 35 \, Y ^2 = 0$
ssi $\displaystyle 35 \left ( \frac X Y \right ) ^2 - 74 \frac X Y + 35 = 0$ .

Soit l’équation $35 \, t ^2 - 74 \, t + 35 = 0$ .
$\Delta = 74 ^2 - 4 . 35 ^2 = (74 + 70 )(74 - 70)$
$\Delta = 4 . 144 = 24 ^2$
L’équation a pour racines :
$\quad \displaystyle \frac {74 + 24} {70} = \frac {49 } {35}$ et $\displaystyle \frac {74 - 24} {70} = \frac {5 } {7}$ .

On obtient donc
$\displaystyle \frac X Y = \frac {49 } {35}$ ou $\displaystyle \frac X Y = \frac {5 } {7}$
ssi $35 . 5 ^x = 7 ^2 . 7 ^x$ ou $7 . 5 ^x = 5 . 7 ^x$
ssi $5 ^{x + 1} = 7 ^{x + 1}$ ou $5 ^{x - 1} = 7 ^{x - 1}$
ssi $(x+ 1)( \ln 5 - \ln 7) = 0$
ou $(x- 1)( \ln 5 - \ln 7) = 0$
ssi $x = \pm 1$ .

L’équation admet deux solutions $1$ et $-1$ .

Exercice 5
Si $a > 0$ , simplifier $\quad \quad \quad \textrm{ch} \left ( \ln(\sqrt{a} + \sqrt{a + 1}) \right )$ .

Correction : On utilise $\textrm{ch} (\ln(b)) = \displaystyle \frac 1 2 \left ( \textrm{e} ^{\ln(b)} + \textrm{e} ^{- \ln(b) } \right )$
$\textrm{ch} (\ln(b)) = \displaystyle \frac 1 2 \left ( b + \frac 1 b \right )$
Avec $b = \sqrt{a} + \sqrt{a + 1}$
$\displaystyle \frac 1 b = \frac 1 {\sqrt{a} + \sqrt{a + 1}}$
en multipliant par la quantité conjuguée,
$\displaystyle \frac 1 b = \frac { \sqrt{a + 1}- \sqrt{a} } {(a + 1) - a}$
$\displaystyle \frac 1 b = \sqrt{a + 1}- \sqrt{a}$
puis $\textrm{ch} (\ln(b)) = \displaystyle \frac 1 2 \left ( 2 \, \sqrt{a + 1} \right ) = \sqrt{a + 1}$

$\textrm{ch} \left ( \ln(\sqrt{a} + \sqrt{a + 1}) \right ) = \sqrt{a + 1}$ .

Exercice 6
Pour tout $x \geq 0$ , $2 \, \textrm{sh}(x) + \textrm{th}(x) \geq 3 \, x$ .

Correction : Soit $f(x) =2\, \textrm{sh}(x) + \textrm{th}(x) - 3 \, x$ .
$f$ est dérivable sur $\mathbb{R} ^+$
et $f'(x) = \displaystyle 2\, \textrm{ch} (x) + \frac 1 {\textrm{ch}^2(x)} - 3$
$f'(x) = \displaystyle \frac {2 \, \textrm{ch}^3 (x) - 3 \, \textrm{ch} (x) + 1} {\textrm{ch}^2 (x)}$

On note $t = \textrm{ch} (x) \geq 1$ et $P(t) = 2 \, t^3 - 3 \, t + 1$ .
Il est évident que $P(1) = 0$ ce qui permet une factorisation de la forme
$P(t) = (t - 1) (2\, t ^2 + a \, t - 1)$
(on a trouvé le coefficient de $t^2$ par identification des termes en $t ^3$ et du terme constant en identifiant les coefficients constants, on obtient par calcul simple $a = 2$ ).
$P(t) = (t - 1) (2\, t ^2 + 2 \, t - 1)$
sachant que si $t \geq 1,\, 2 \, t - 1 \geq 1$ , donc $2\, t ^2 + 2 \, t - 1 > 0$ et alors $P(t) \geq 0$ si $t \geq 1$ .

On en déduit que si $x \geq 0$ , $f'(x) \geq 0$ .
$f$ est croissante sur $[0 \, , \, + \infty[$ et $f(0) = 0$ , donc si $x \geq 0,\, 2\, \textrm{sh}(x) + \textrm{th}(x) \geq 3 \, x$ .

2. Résolutions d’équations avec des fonctions circulaires réciproques

Exercice 1
Résoudre $\quad \textrm{Arcsin}(x) + \textrm{Arcsin}(2 \, x)= \displaystyle \frac {\pi} 3$ .

Correction : $\bullet$ Existence d’une solution
$f : x \mapsto \textrm{Arcsin}(x) + \textrm{Arcsin}(2 \, x)$ est une fonction continue et strictement croissante sur $[ - 1/2 \, , \, 1/2]$
$\displaystyle f \left (\frac1 2 \right ) = \frac {\pi} 6 + \frac {\pi} 2 = \frac {2\, \pi} 3$ .
Comme $f$ est impaire, $f$ définit une bijection de $[ - 1/2 \, , \, 1/2]$ sur $\displaystyle \left [ - \frac {2\, \pi} 3 \, , \, \frac {2\, \pi} 3 \right ]$ .
Il existe un unique $a$ tel que $f(a) = \displaystyle \frac {\pi} 3$ .
Comme de plus $f(0) = 0$ , on en déduit que $0 < a < 1/2$ .

$\bullet$ Résolution par condition nécessaire
On rappelle que $\cos(\textrm{Arccos}\, t) = \sqrt{1 - t ^2}$ Les calculs sont plus simples en calculant $\cos (f(a))= \cos(\pi/3) = 1/2$ .
Sachant que $\cos(t + t') = \cos(t) \, \cos(t') - \sin(t) \, \sin(t')$
$\cos (f(a))= \cos(\pi/3) = 1/2$
ssi $\sqrt{1 - a^2} \, \sqrt{1 - 4\, a^2} - 2 \, a ^2 = 1/2$
soit $2 \sqrt{(1 - a^2)(1 - 4 \, a ^2) } = 1 + 4 \, a ^2$
puis en élevant au carré, on obtient la condition nécessaire :
$4(1 - 5 \, a ^2 + a^4 )= 1 + 8\, a^2 + 16\, a^4$
$\Rightarrow 12 \, a ^4 + 28 \, a^2 - 3 = 0$ .

L’équation $12\, t ^2 + 28 \, t - 3 = 0$ admet une seule racine positive :
$\quad \quad \quad t_ 1 = \displaystyle \frac {\sqrt{58} - 7} 6$ .

$\bullet$ Conclusion: Il reste donc à résoudre $a^2 = t_1$ sachant que $a \geq 0$ , $\quad \quad \quad \quad a = \displaystyle \sqrt{\frac {\sqrt{58} - 7} 6}$
On a prouvé qu’il y avait au plus une solution positive et on sait que l’équation admet une et une seule solution.
C’est donc le réel $\displaystyle \sqrt{\frac {\sqrt{58} - 7} 6}$ .

Exercice 2
Résoudre
$\textrm{Arctan}(x - 1) - \textrm{Arctan} \displaystyle \frac 1 x$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle = \textrm{Arctan}\frac {19} 8$

Correction : $\bullet$ Existence de solutions
On note si $x \neq 0,$ $\quad f(x) = \textrm{Arctan}(x - 1) - \textrm{Arctan} \displaystyle \frac 1 x$
$x \mapsto \displaystyle \frac 1 x$ est décroissante et $\textrm{Arctan}$ est croissante, donc $x \mapsto \textrm{Arctan} \displaystyle \frac 1 x$ est décroissante et $f$ est croissante sur $]- \infty, 0[$ et sur $]0 , +\infty[$ .
$\displaystyle \lim_{x \to - \infty} f(x) = - \frac {\pi} 2$ et $\displaystyle \lim_{x \to + \infty} f(x) = \frac {\pi} 2$
$\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{-} } f(x) = - \frac {\pi} 4 +\frac {\pi} 2= \frac {\pi} 4$
$\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{+} } f(x) = - \frac {\pi} 4 -\frac {\pi} 2= - \frac {3\pi} 4$
$f$ définit une bijection de $]-\infty \, , \, 0[$ sur $]-\pi/2 \, , \, \pi/4[$ et une bijection de $]0 , \, +\infty[$ sur $]- 3 \, \pi / 4\, ,\, \pi/2[$ .
Comme $\displaystyle \frac {\pi} 4 < \textrm{Arctan}\frac {19} 8 < \frac {\pi} 2$ , l’équation admet une unique solution strictement positive.
On peut préciser que cette solution est supérieure à 1 car $f(1) = - \pi/4$

$\bullet$ Résolution par condition nécessaire
On cherche donc $x > 1$ tel que $f(x) = \displaystyle \textrm{Arctan}\frac {19} 8$ $\Rightarrow \tan(f(x)) = \displaystyle \frac {19} 8$
et en utilisant $\quad \quad \tan(a - b) = \displaystyle \frac {\tan a - \tan b} {1 + \tan a \, \tan b }$ ,
$\displaystyle \frac {(x - 1) - 1/x}{1 + (x-1)/x} = \frac {19} 8$
ssi $\displaystyle \frac {x^2 - x - 1}{x + (x-1)} = \frac {19} 8$
ssi $8(x^2 - x- 1) = 19 (2\, x - 1)$
ssi $8 \, x^2 -46 \, x +11= 0$
ssi $(4 \, x - 1)(2 \, x - 11) = 0$ .
Cette équation admet deux solutions $1/4$ et $11/2$ .
On a vu que l’équation n’admet qu’une seule solution qui est supérieure à 1, donc il s’agit de $\displaystyle \frac {11} 2$ .

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3. Transformation d’expressions de fonctions circulaires réciproques

Exercice 1
Calculer $\textrm{Arctan}(2 \sqrt{2} ) + 2 \textrm{Arctan}(\sqrt{2} )$

Correction : $\bullet$ En utilisant la stricte croissance de la fonction Arctan et $\textrm{Arctan}(1) = \pi/4$ ,
$\; \; \displaystyle \frac {\pi} 4 < \textrm{Arctan}(2 \sqrt{2} ) < \frac {\pi} 2$
et $\displaystyle \frac {\pi} 2 < 2 \textrm{Arctan}(\sqrt{2} ) < {\pi}$ .
Si $S = \textrm{Arctan}(2 \sqrt{2} ) + 2 \textrm{Arctan}(\sqrt{2} )$ , $S \in \; ]3 \, \pi / 4 \, , \, 3 \, \pi/2[$ , ce qui permet de calculer $\tan(S)$ .

$\bullet$ On utilise $\tan(a + b) = \displaystyle \frac {\tan a + \tan b} {1 - \tan a \, \tan b }$
On calcule d’abord $\tan(2 \textrm{Arctan}(\sqrt{2} ) ) = \displaystyle \frac {2 \, \sqrt{2}} {1 - 2} = - 2 \, \sqrt{2}$
puis $\tan(S) = 0$ donc $\exists \, k \in \mathbb{Z}$ tel que $S = k \, \pi$ .
Sachant que $S\in \; ]3 \, \pi / 4 \, , \, 3 \, \pi/2[$ , on a prouvé que $S = \pi$ .
soit $\textrm{Arctan}(2 \sqrt{2} ) + 2\, \textrm{Arctan}(\sqrt{2} ) = \pi$ .

Exercice 2
Calculer $\displaystyle \sin \left ( \frac 1 2 \, \textrm{Arcsin} \frac {7} {25} \right )$

Correction : Soit $a = \displaystyle \textrm{Arcsin} \frac {7} {25}$ , $\sin(a) = \displaystyle \frac 7 {25}$
$\cos(a) = \displaystyle \sqrt{1 - \sin^2(a)}$
$\cos(a) = \displaystyle \sqrt {1 - \frac {49 } {625}} = \sqrt {\frac {576} {625}}$
or $625 = 25^2$ et $576 = 24^2$
Donc $\cos(a) = \displaystyle \frac {24 } {25}$ .
puis $\displaystyle \cos(a) = 1 - 2 \sin ^2 \frac a 2$
soit $\displaystyle 2 \sin^2 \frac a 2 = 1 - \cos(a) = \frac 1 {25}$ ,
$\displaystyle \sin\frac a 2 = \frac 1 {5 \sqrt{2}}$ car $\displaystyle \sin\frac a 2 > 0$ .

Exercice 3
Simplifier $f(x) = \textrm{Arccos} \left ( 2 \, x \, \sqrt{1 - x^2} \right )$

Correction : $\bullet$ Définition de $f$
$f(x)$ est défini
ssi $1 - x^2 \geq 0$ et $\vert \, 2 \, x \, \sqrt{1 - x^2} \, \vert \leq 1$
ssi $x \in [ - 1 \, , \, 1]$ et $4 \, x^2 (1 - x^2) \leq 1$
ssi $x \in [ - 1 \, , \, 1]$ et $4 \, x^4 - 4 \, x ^2 + 1 \geq 0$
ssi $x \in [ - 1 \, , \, 1]$ et $(2 \, x ^2 - 1) ^2 \geq 0$
On en déduit que $f$ est définie sur $[- 1 \, , \, 1]$ .

De plus $f(-x) = \pi - f(x)$ car $\textrm{Arccos}(-t) = \pi - \textrm{Arccos}(t)$ .

$\bullet$ On simplifie d’abord $f(x)$ si $x \in [0 , 1]$ .
On pose $\left \{ \begin{matrix} y = \textrm{Arcsin}(x) \\ x \in [0\, , \, 1] \end{matrix} \right.$
$\quad \quad \quad \Leftrightarrow$ $\left \{ \begin{matrix} x = \sin(y) \\ y \in [0\, , \, \pi/2] \end{matrix} \right.$
$2 \, x \, \sqrt{1 - x^2} = 2 \, \sin(y) \, \vert \cos(y) \vert$ $2 \, x \, \sqrt{1 - x^2} = 2\, \sin(y) \, \cos(y)$ car $\cos(y) \geq 0$ .
$f(x) = \textrm{Arccos } \left ( \sin ( 2 \, y) \right )$
$f(x) = \displaystyle \textrm{Arccos } \left ( \cos \left ( \frac {\pi} 2 - 2 \, y \right ) \right )$
$2 \,y \in [0 , \, \pi]$ et $\displaystyle \frac {\pi} 2 - 2 \, y \in \left [ - \frac {\pi} 2 \, , \, \frac {\pi} 2 \right ]$ .
On doit donc distinguer deux cas :
$\ast$ $\displaystyle \frac {\pi} 2 - 2 \, y \in \left [0 \, , \, \frac {\pi} 2 \right ]$
ssi $\displaystyle 0 \leq 2 \, y \leq \frac {\pi} 2$ ssi $0 \leq \textrm{Arcsin}(x) \leq \displaystyle \frac {\pi} 4$
ssi $x \in \displaystyle \left [0 , \, \frac 1 {\sqrt{2 } } \right ]$ ,
$\quad f(x) = \displaystyle \frac {\pi} 2 - 2 \, y = \frac {\pi} 2 - 2 \,\textrm{ Arcsin}(x)$ .

$\ast$ $\displaystyle \frac {\pi} 2 - 2 \, y \in \left ] - \frac {\pi} 2, \, 0\right ]$
ssi $\displaystyle \frac{\pi}4 < \textrm{Arcsin}(x) \leq \frac {\pi} 2$
ssi $x \in \displaystyle \left ]\frac 1 {\sqrt{2 }} , \, 1 \right ]$ ,
$\displaystyle \cos \left ( \frac {\pi} 2 - 2 \, y \right ) = \cos \left (- \frac {\pi} 2 + 2 \, y \right )$
donc $f(x) = \displaystyle \textrm{Arccos} \left ( \cos \left (- \frac {\pi} 2 + 2 \, y \right ) \right)$ .
De plus $\displaystyle - \frac {\pi} 2 + 2 \, y \in \left [0 , \, \frac{\pi} 2 \right ]$ , donc
$\quad \displaystyle f(x) = - \frac {\pi} 2 + 2 \, y = 2\, \textrm{Arcsin}(x) - \frac {\pi} 2$ .

$\bullet$ Lorsque $x \in [ - 1 \, , \, 0], \, f(x) = \pi - f( - x)$ avec $-x \in [0\, , \, 1]$ .
On distingue donc deux cas :
$\ast$ si $x \in \displaystyle \left [- \, \frac 1 {\sqrt{2 } }, \, 0 \right [$ ,
$f(x) = \pi - \displaystyle \frac {\pi} 2 + 2\, \textrm{Arcsin} (-x )$
$f(x) = \displaystyle \frac {\pi} 2 - 2\, \textrm{Arcsin} (x )$

$\ast$ si $x \in \displaystyle \left [-1 \, , - \, \frac 1 {\sqrt{2 } } \right [$ ,
$f(x) = \pi + \displaystyle \frac {\pi} 2 - 2\, \textrm{Arcsin} (-x )$
$f(x) = \displaystyle \frac {3\, \pi} 2 + 2\, \textrm{Arcsin} (x )$ .

En résumé
$\ast$ si $\displaystyle x \in \left [- \, \frac 1 {\sqrt{2 } }, \, \frac 1 {\sqrt{2 } }\right ]$ ,
$\quad \quad f(x) = \displaystyle \frac {\pi} 2 - 2\, \textrm{Arcsin} (x )$
$\ast$ si $x \in \displaystyle \left ]\frac 1 {\sqrt{2 }} , \, 1 \right ]$ , $\quad \quad f(x) = \displaystyle - \frac {\pi} 2 + 2\, \textrm{Arcsin}(x)$
$\ast$ si $x \in \displaystyle \left [ - 1 , \, - \frac 1 {\sqrt{2 }} \right [$ , $\quad \quad f(x) = \displaystyle \frac {3\, \pi} 2 + 2 \, \textrm{Arcsin}(x)$

Vous trouverez une autre démonstration dans le chapitre dérivées en Maths Sup et la tâche méthodes.

4. Un mélange

Exercice 1
Simplifier si $x$ est réel $\quad\textrm{Arccos} ( \textrm {th}(x) ) + 2\, \textrm{Arctan}(\textrm{e} ^x)$ .

Correction : On note $f : x \mapsto \textrm{Arccos} ( \textrm {th}(x) ) + 2\, \textrm{Arctan}(\textrm{e} ^x)$ .
$f$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$ car th est à valeurs dans $]- 1 \,,\, 1[$ .

Si $x$ est réel,
$f'(x) = \displaystyle - \frac {1 - \textrm {th}^2(x)} {\sqrt{1 - \textrm {th}^2(x)}} + 2 \frac {\textrm{e} ^x} {1 + \textrm{e} ^{2\, x}}$
$f'(x) = \displaystyle - {\sqrt{1 - \textrm {th}^2(x)}} + \frac {2 \, \textrm{e} ^x} {1 + \textrm{e} ^{2\, x}}$

En utilisant $1 - \textrm {th}^2 (x) = \displaystyle \frac {1} {\textrm{ch} ^2 x}$ et $\textrm{ch} \, x > 0$ ,
$\displaystyle \sqrt{1 - \textrm {th}^2(x)} = \frac 1 {\textrm{ch} \, x } = \frac 2 {\textrm{e} ^x + \textrm{e} ^{-x} }$
$\displaystyle \sqrt{1 - \textrm {th}^2(x)} = \frac {2\, \textrm{e} ^x } {\textrm{e} ^{2\, x} + 1 }$

$\forall\, x \in \mathbb{R},\, f'(x) = 0$ .
La fonction $f$ est constante sur $\mathbb{R}$ et $f(0) = \textrm{Arccos} ( 0 ) + 2 \, \textrm{Arctan}(1)$ $f(0) = \displaystyle \frac {\pi} 2 + 2 \frac {\pi} 4 = \pi$ .

Pour tout réel $x$ , $\quad \textrm{Arccos} ( \textrm {th}(x) ) + 2 \, \textrm{Arctan}(\textrm{e} ^x) = \pi$ .

Exercice 2
Question 1
Pour tout $x \in \mathbb{R}^+$ , il existe un unique $y \in \displaystyle \left [0 \, , \, \frac {\pi} 2 \right [$ tel que $\textrm{ch} (x) = \displaystyle \frac 1 {\cos(y)}$

Correction : Si $x \geq 0$ , $\textrm{ch} (x) \geq 1$ donc $\displaystyle \frac 1 {\textrm{ch} (x) } \in\; ]0 , \, 1]$ , donc il existe un unique $y \in [0 \, , \, \pi/2[$ tel que $\cos(y) = \displaystyle \frac 1 {\textrm{ch} (x) }$ et plus précisément $y = \textrm{Arccos} \left ( \displaystyle \frac 1 {\textrm{ch} (x) } \right )$ .

Exercice 2 (fin)
Question 2
$\textrm{sh}(x) = \tan (y)$ et $\displaystyle \textrm{th}\left ( \frac x 2 \right ) = \tan \left ( \frac y 2 \right )$

Correction : $y = \textrm{Arccos} \left ( \displaystyle \frac 1 {\textrm{ch} (x) } \right )$ avec $y \in \displaystyle \left [0 \, , \, \frac {\pi} 2 \right [$ .

$\bullet$ $\textrm {ch} ^2(x) - \textrm{sh}^2(x) = 1$ donc
$\textrm{sh}^2(x) = \textrm {ch} ^2(x) - 1 = \displaystyle \frac 1 {\cos^2(y)} - 1$
$\textrm{sh}^2(x) = \displaystyle \tan^2(y)$ .
Puis comme $\textrm{sh}(x)\geq 0$ et $\tan(y) \geq 0$ par les hypothèses sur $x$ et $y$ , on a prouvé que $\textrm{sh}(x) = \tan (y)$ .

$\bullet$ On rappelle que $\textrm{th} (t) = \displaystyle \frac {e ^{2\, t} - 1} {e ^{2\, t} + 1}$
$\textrm{th} \displaystyle \frac x 2 = \displaystyle \frac {e ^{x} - 1} {e ^{x} + 1}$
$\textrm{e} ^x = \textrm{ch}(x) + \textrm{sh}(x)$
$\textrm{e} ^x = \displaystyle \frac 1 {\cos(y)} + \tan(y)$
$\textrm{e} ^x = \displaystyle \frac {1 + \sin(y)} {\cos(y)}$
$\textrm{th} \displaystyle \frac x 2 = \displaystyle \frac {e ^{x} - 1} {e ^{x} + 1}$
$\textrm{th} \displaystyle \frac x 2 = \displaystyle \frac { 1 + \sin(y) - \cos(y)} { 1 + \sin(y) + \cos(y)}$

puis $1 + \cos(y) = 2 \cos^2(y/2)$ $1 - \cos(y) = 2 \sin ^2(y/2)$
et $\sin(y) = 2\sin(y/2) \, \cos(y /2)$
$1 + \sin(y) + \cos(y) =$ $\quad \quad \quad 2 \cos(y/2) \left ( \cos(y/2) + \sin(y/2) \right )$
$1 + \sin(y) - \cos(y) =$ $\quad \quad \quad 2 \sin(y/2) \left ( \sin(y/2) + \cos(y/2)\right )$
donc $\textrm{th} \displaystyle \frac x 2 = \frac {\sin(y/2)} {\cos(y/2)} = \tan \frac y 2$ .

5. Suite de Fibonacci et $\textrm { Arctan}$

On définit la suite de Fibonacci $(f_n)_{n \geq 0}$ par
$\quad \quad \quad f_0 = 0,\, f_1 = 1$ ,
$\quad \quad$ et $\forall\, n \in \mathbb{N}, \, f_{n+2} = f_{n+1} + f_{n}\,$ .
Question 1
Compléter l’identité de Cassini :
$\quad \forall\, n \in \mathbb{N}, \,f_{n +1}^2 - f_{n+2}\, f_{n} =$

Correction : Si $n \in \mathbb{N}$ , on note $H_n : \, f_{n +1}^2 - f_{n+2}\, f_{n} = (- 1) ^n$

$\ast$ Pour $n = 0$ ,
$f_{n +1}^2 - f_{n+2}\, f_{n} = f_1 ^2 = 1 = (- 1) ^0$ .
La propriété est vraie.

$\ast$ On suppose que $H_n$ est vraie, on note $v _ n = f_{n +1}^2 - f_{n+2}\, f_{n}$
$v_{n + 1} = f_{n +2}^2 - f_{n+3}\, f_{n + 1}$ $v_{n + 1} = f_{n +2}^2 - (f_{n+2}+ f_{n + 1})\, f_{n + 1}$
$v_{n + 1} = f_{n +2}\, ( f_{n + 2} - f_{n + 1} ) - f_{n + 1}^2$
$v_{n + 1} = f_{n +2}\, f_{n } - f_{n + 1}^2$
$v_{n + 1} = - v_n = (- 1) ^{n + 1}$
ce qui donne la relation au rang $n + 1$ .

La propriété est démontrée par récurrence.

Question 2
En déduire que, pour tout

$n \in \mathbb{N}^*$ ,

$\displaystyle \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n}} =$

$\displaystyle \quad \quad \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 1 }} + \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 2 } }$

Correction : $\bullet$ La suite $(f_n)_{n \geq 2}$ est une suite strictement croissante d’entiers, et $f_2 = 1$ , donc si $n > 2, \, f_n > 1$ .
Si $n \geq 1, \, f_{2 n + 1} > 1 , f_{2 n + 2} > 1$ donc $a_n = \displaystyle \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 1 }} + \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 2 } }$ vérifie $0 < a_n < \pi / 2$ .

$\bullet$ On peut calculer $\tan(a_n)$ .
En utilisant $\quad \quad \displaystyle \tan(a + b) = \frac {\tan(a) + \tan(b)} {1 - \tan(a) \, \tan(b)}$ ,
on obtient $\tan(a_n) = \displaystyle \frac {1/{f _{2n + 1 }} +1 / {f _{2n + 2 }}}{1 - 1/{f _{2n + 1 }} . 1/{f _{2n + 2 }}}$
$\tan(a_n) = \displaystyle \frac { f_{2n + 1 } +f _{2n + 2 }}{f _{2n + 1 } . f _{2n + 2 } - 1 }$

$\bullet$ Transformation de cette relation
Puis on utilise $f_{2n + 1 } \, f _{2n + 2 } = f_{2n + 1 } (f_{2 n + 1} + f_{2n})$
$f_{2n + 1 } \, f _{2n + 2 } =f_{2 n + 1} ^2 + f_{2 n + 1} \, f_{2n}$
et $f_{2 n+ 1 }^2 - f_{2 n+2}\, f_{2n } = (- 1) ^{2 n } = 1$
soit $f_{2 n+ 1 }^2 - 1 = f_{2 n+2}\, f_{2n }$ .
On obtient alors :
$f_{2n + 1 } \, f _{2n + 2 } -1 =$
$\quad \quad \quad \quad \quad (f_{2 n + 1}+ f_{2 n + 2}) \, f_{2n}$
et $\tan(a_n) = \displaystyle \frac { f_{2n + 1 } +f _{2n + 2 }}{f _{2n} (f_{2n + 1 } +f _{2n + 2 } )} \; \; \;$ $\displaystyle \tan(a_n) = \frac 1 {f_{2n}}$ .
Sachant que $\vert a_n\vert < \pi/2$ ,
$\quad \quad \quad \textrm{Arctan}(\tan(a_n))= a_n\,$ .
Donc $\displaystyle a_n = \textrm{Arctan} \left (\frac 1 {f_{2n}} \right )$
ce qui donne pour tout $n \in \mathbb{N}^*$ ,
$\displaystyle \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n}} =$ $\quad \quad \quad \quad \displaystyle \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 1 }} + \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 2 } }$

Question 3
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , simplifier $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2k + 1 }}$
Quelles identités particulières obtient- on pour $n = 1, 2, 3$ ?

Correction :

$\bullet$

$S_n = \displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2k + 1 }}$

$\displaystyle S_n = \sum _ {k = 1} ^n \left ( \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2k }} - \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2k + 2 }} \; \right )$
par télescopage

$\displaystyle S_n = \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2 }} - \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 2 }}$

avec $f_2 = 1$ :
$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2k + 1 }} = \frac {\pi} {4} - \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 2 }}$
soit
$\displaystyle \frac {\pi} {4} = \sum _ {k = 1} ^n \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2k + 1 }} + \textrm{Arctan} \frac 1 {f _{2n + 2 }}$

$\bullet$ On utilise ensuite $f_2 = 1\, , \, f_3 = 2\, , \, f_4 = 3 , f_5 =5\, ,\, f_6 = 8$ $f_7 = 13\, , \, f_8 = 21$ .
La relation précédente donne
$\ast$ pour $n = 1$
$\displaystyle \frac {\pi} 4 = \textrm{Arctan} \frac 1 2 + \textrm{Arctan} \frac 1 3$
$\ast$ pour $n = 2$
$\displaystyle \frac {\pi} 4 = \textrm{Arctan} \frac 1 2 + \textrm{Arctan} \frac 1 5 + \textrm{Arctan} \frac 1 8$
$\ast$ pour $n = 3$
$\displaystyle \frac {\pi} 4 = \textrm{Arctan} \frac 1 2 + \textrm{Arctan} \frac 1 5 + \textrm{Arctan} \frac 1 {13}$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \displaystyle + \, \textrm{Arctan} \frac 1 {21}$ .

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6.Fonction réciproque

Montrer que la fonction $\quad \; x \mapsto \textrm{Arctan}(x) + \textrm{Arctan}(2 \, x)$
admet une fonction réciproque et la déterminer.

Correction : $\bullet$ $f : x \mapsto \textrm{Arctan}(x) + \textrm{Arctan}(2 \, x)$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ admet $\pi$ (resp. $- \pi$ ) pour limite en $+\infty$ (resp. en $- \infty$ ).
$f$ définit une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]- \pi \, , \, \pi[$ .
Comme $f$ est impaire, la fonction réciproque $g$ est impaire (car si $f(x) = y$ alors $f(- x) = - y$ donc $g(-y) = - g(y)$ ).
$f(0) = 0$ , donc $f$ prend la valeur $\pi/2$ sur $\mathbb{R}^{+ *}$ .

$\bullet$ Résolution de $f(x) = \pi/2$ (avec $x > 0$ ).
$\displaystyle f(x) = \frac {\pi} 2 = \textrm{Arctan}(x) + \textrm{Arctan} \frac 1 x$
ssi $\textrm{Arctan}(2 \, x) = \displaystyle \textrm{Arctan} \frac 1 x$
ssi $\displaystyle 2 \, x = \frac 1 x$ ssi $2 \, x^2 = 1$ ssi $x = \displaystyle \frac 1 {\sqrt{2} }$ car $x > 0$ .
On en déduit que $\displaystyle f \left (\left [0 , \, \frac 1 { \sqrt{2}} \right [\right ) = \, \left [0 ,\, \frac {\pi} 2\right [$
et $\displaystyle f\left ( \left ] \frac 1 {\sqrt{2}} , + \infty \right [\right ) = \,\left ]\frac {\pi} 2 , \, \pi \right [$

$f(0) = 0$ donc $g(0) = 0$

$\bullet$ On calcule si $x >0$ et $x \neq 1/\sqrt{2}$ ,
$\tan(f(x)) = \displaystyle \frac {x + 2\, x} {1 - 2 \, x^2} = \tan(y)$
ssi $2 \, \tan(y) \, x^2 + 3 \, x - \tan(y) = 0$ .
Comme $\tan y \neq 0$ , cette équation admet deux racines
$\quad \quad \quad t_ 1 = \displaystyle \frac {-3 +\sqrt{9 + 8 \, \tan^2(y)}} {4 \, \tan y}$
$\quad \quad$ et $t_ 2 = \displaystyle \frac {-3 -\sqrt{9 + 8 \, \tan^2(y)}} {4 \, \tan y}$ .

On sait que $t_1 \, t_ 2 = \displaystyle - \frac 1 2$ , les deux racines sont de signe contraire.
$\ast$ Si $\tan y > 0, \, t_1 > t_2\,$ $\Rightarrow t_2 < 0 < t_1\,$ .
Lorsque $y \in \; ]0 , \pi/2[, \tan(y) > 0$ et on doit retenir la racine positive, on en déduit que $g(y) = t_2\,$ .

$\ast$ Si $\tan y < 0, \, t_1 < t_2\, \Rightarrow t_1 < 0 < t_2\,$ .
Lorsque $y \in\; ] \pi/2, \pi[,\, \tan(y) < 0$ et on doit retenir la racine positive, on en déduit que $g(y) = t_2\,$ .

$\bullet$ Conclusion
On a prouvé que si $y \in \; ]0 , \pi[ \, \setminus \, \{\pi/2\}$ $\quad \quad g(y) = \displaystyle \frac {- 3 +\sqrt{9 + 8 \, \tan^2(y)}} {4 \, \tan y}$
$g(0) = 0$ , $g(\pi/2) = 1/ \sqrt{2}$
et en utilisant $g$ impaire,
si $y \in \; ] - \pi , \, 0[\, \setminus \, \{-\pi/2\}$ , $\quad \quad g(y) = \displaystyle \frac {-3 +\sqrt{9 + 8 \, \tan^2(y)}} {4 \, \tan y}$
$g(-\pi/2) = - 1/ \sqrt{2}$ .