Exercices math sup : Fonctions usuelles

Dans ce genre d'exercices, le plus naturel est de revenir à la définition. Soit $x\in \mathbb R$. Alors \begin{eqnarray*} (f\times g)(-x)&=&f(-x)\times g(-x)\\ &=&(-f(x))\times (-g(x))\\ &=&f(x)\times g(x)\\ &=&(f\times g)(x). \end{eqnarray*} Ainsi, $f\times g$ est paire. De même, \begin{eqnarray*} (f+g)(-x)&=&f(-x)+ g(-x)\\ &=&(-f(x))+(-g(x))\\ &=&-(f(x)+g(x))\\ &=&-(f+ g)(x). \end{eqnarray*} Donc $f+g$ est impaire. Enfin, \begin{eqnarray*} (f\circ g)(-x)&=&f(g(-x))\\ &=&f(-g(x))\\ &=&-f(g(x))\\ &=&-(f\circ g)(x). \end{eqnarray*} Donc $f\circ g$ est impaire.

Soit $x\in\mathbb R$. On a \begin{eqnarray*} f_1(-x)&=&e^{-x}-e^{-(-x)}\\ &=&e^{-x}-e^{x}=-f_1(x). \end{eqnarray*} La fonction $f_1$ est impaire. De même, \begin{eqnarray*} f_2(-x)&=&\frac{e^{-2x}-1}{e^{-2x}+1}\\ &=&\frac{e^{-2x}(1-e^{2x})}{e^{-2x}(1+e^{2x})}\\ &=&-\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=-f_2(x). \end{eqnarray*} La fonction $f_2$ est impaire. Enfin, \begin{eqnarray*} f_3(-x)&=&\frac{e^{-x}}{(e^{-x}+1)^2}\\ &=&\frac{e^{-x}}{e^{-2x}(1+e^{x})^2}\\ &=&\frac{e^x}{(1+e^{x})^2}=f_3(x). \end{eqnarray*} La fonction $f_3$ est elle aussi paire.

D'une part, on a $$\left(1+\frac 1n\right)^{n}=\exp\left(n\ln\left(1+\frac 1n\right)\right).$$ De l'inégalité $\ln(1+x)\leq x$, valable pour tout $x>-1$, on déduit $$\ln\left(1+\frac 1n\right)\leq \frac 1n$$ soit $$n\ln\left(1+\frac 1n\right)\leq 1.$$ Par croissance de la fonction exponentielle, on en déduit que $$\left(1+\frac 1n\right)^{n}=\exp\left(n\ln\left(1+\frac 1n\right)\right)\leq \exp(1)=e.$$ D'autre part, on a $$\left(1-\frac 1n\right)^{-n}=\exp\left(-n\ln\left(1-\frac 1n\right)\right).$$ En utilisant la même inégalité, on a $$\ln\left(1-\frac 1n\right)\leq -\frac 1n$$ soit en multipliant par $-n<0$ $$-n\ln\left(1-\frac 1n\right)\geq 1.$$ On conclut à nouveau par croissance de la fonction exponentielle.

La première limite donne une forme indéterminée $\infty/\infty$. On lève l'indétermination en factorisant par $e^x$ au dénominateur : $$\frac{e^x}{2e^x+e^{-2x}}=\frac{e^x}{e^x(2+e^{-3x})}=\frac{1}{2+e^{-3x}}.$$ Comme $\lim_{x\to-\infty}e^{-3x}=0$, on en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{2e^x+e^{-2x}}=\frac 12.$$ La deuxième limite n'est pas une forme indéterminée. En effet, on a $\lim_{x\to -\infty}e^x=0$ et $\lim_{x\to -\infty}2e^x+e^{-2x}=+\infty$. On en déduit que $$\lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{2e^x+e^{-2x}}=0.$$

On va étudier $g$. Pour cela, il faut aller jusqu'à la dérivée seconde! En effet, $g$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R_+$, avec $g'(x)=(x-1)e^x+1$. Il ne semble pas facile d'étudier directement le signe de $g'$. On va donc calculer la dérivée de $g'$, qui est $g''(x)=xe^x$, $x\in\mathbb R_+$.
$g''$ est positive sur $\mathbb R_+$, donc $g'$ est croissante sur cet intervalle. De plus, $g'(0)=0$ donc $g'$ est positive sur $\mathbb R_+$. Ainsi, $g$ est croissante sur $\mathbb R_+$ et comme $g(0)=0$, $g$ est positive sur $\mathbb R_+$.

1. On factorise $$\exp(x)-x^3=\exp(x)\left(1-\frac{x^3}{\exp(x)}\right).$$ Par le théorème de croissance comparée, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3}{\exp(x)}=0.$$ Par les théorèmes d'opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty} \left(1-\frac{x^3}{\exp(x)}\right)=1$$ puis $$\lim_{x\to+\infty} \exp(x)\left(1-\frac{x^3}{\exp(x)}\right)=+\infty.$$
2. On factorise $$\ln(x)-x-\sqrt x=x\left(\frac{\ln(x)}x-1-\frac 1{\sqrt x}\right).$$ Par le théorème de croissance comparée et les limites usuelles : $$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}x=0\textrm{ et }\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sqrt x}=0.$$ Par les théorèmes d'opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty} \left(\frac{\ln(x)}x-1-\frac 1{\sqrt x}\right)=-1$$ puis $$\lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{\ln(x)}x-1-\frac 1{\sqrt x}\right)=-\infty.$$
3. On factorise le numérateur et le dénominateur : $$\frac{x^2+1}{x+1}=\frac{x^2\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{x\left(1+\frac 1x\right)}= \frac{x\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{1+\frac 1x}.$$ Or, par les limites usuelles et les opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty}\left( 1+\frac 1{x^2}\right)=1,\quad \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac 1x\right)=1$$ $$\lim_{x\to+\infty}x\left(1+\frac 1{x^2}\right)=+\infty$$ puis $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{1+\frac 1x}=+\infty.$$
4. On factorise le numérateur et le dénominateur : $$\frac{7x+\ln(x)}{7x+\exp(x)}=\frac{x\left(7+\frac{\ln(x)}x\right)}{\exp(x)\left(\frac{7x}{\exp(x)}+1\right)}=\frac{x}{\exp(x)}\times\frac{7+\frac{\ln(x)}x}{\frac{7x}{\exp(x)}+1} .$$ Par le théorème de croissance comparée et les opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty}\left(7+\frac{\ln(x)}x\right)=7,\quad \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{7x}{\exp(x)}+1\right)=1$$ d'où $$\lim_{x\to+\infty}\frac{7+\frac{\ln(x)}x}{\frac{7x}{\exp(x)}+1}=7.$$ Puisque $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\exp(x)}=0$, on en déduit que $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{7x+\ln(x)}{7x+\exp(x)}=0.$
5. On pose $u=\sqrt{3x}$ de sorte que si $x\to+\infty$, alors $u\to+\infty$. De plus, $x=\frac{u^2}3$. On a alors \begin{eqnarray*} \frac{\ln(x)}{\exp(\sqrt{3x})}&=&\frac{\ln\left(\frac{u^2}3\right)}{\exp(u)}\\ &=&\frac{\ln(u^2)-\ln(3)}{\exp(u)}\\ &=&\frac{2\ln(u)-\ln(3)}{\exp(u)}\\ &=&2\frac{\ln(u)}{\exp(u)}-\frac{\ln(3)}{\exp(u)}. \end{eqnarray*} Finalement, $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{\exp(\sqrt{3x})}=\lim_{u\to+\infty}\left(2\frac{\ln(u)}{\exp(u)}-\frac{\ln(3)}{\exp(u)}\right)=0.$
6. On écrit $\displaystyle x\exp\left(\frac 1x-1\right)=x\exp\left(\frac 1x\right)\exp(-1)$ puis on pose $u=1/x$ de sorte que si $x\to 0^+$ alors $u\to+\infty$. On a alors \begin{eqnarray*} x\exp\left(\frac 1x-1\right)&=&x\exp\left(\frac 1x\right)\exp(-1)\\ &=&\frac 1u\exp(u)\exp(-1)\\ &=&\exp(-1)\times\frac{\exp(u)}{u}. \end{eqnarray*} Ainsi, $$\displaystyle \lim_{x\to 0^+}x\exp\left(\frac 1x-1\right)=\lim_{u\to+\infty}\exp(-1)\times\frac{\exp(u)}{u} =+\infty.$$
7. On écrit \begin{eqnarray*} \sqrt{x+2}-\sqrt{x+7}&=&\frac{\left(\sqrt{x+2}-\sqrt{x+7}\right)\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}\right)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}}\\ &=&\frac{(x+2)-(x+7)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}}\\ &=&\frac{-5}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}} \end{eqnarray*} Puisque $\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+2}=+\infty$ et que $\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+7}=+\infty$, on a $\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}\right)=+\infty$. Finalement, $$\lim_{x\to+\infty} \left(\sqrt{x+2}-\sqrt{x+7}\right)=0.$$

Notons $t_0$ le temps (en heures) entre la mort et l'arrivée du médecin légiste. L'énoncé nous donne les informations suivantes : $$T(t_0)=32,\ T(t_0+1/2)=31.$$ Utilisant la formule donnant $T(t)$, on trouve donc $$Ae^{-ct_0}=12\textrm{ et }Ae^{-c(t_0+1/2)}=11.$$ Effectuons le quotient des deux équations. On trouve, d'après les propriétés de la fonction exponentielle, $$\frac{e^{-c(t_0+1/2)}}{e^{-ct_0}}=\frac{11}{12}\iff e^{-c/2}=\frac{11}{12}.$$ Prenant le logarithme, on en déduit que $$\frac{-c}2=\ln\left(\frac{11}{12}\right)\iff c=2\ln\left(\frac{12}{11}\right)\simeq 0,174.$$ On peut ensuite calculer $A$ en sachant que, au moment du crime, la température du corps était de 37°C. Ainsi, on a $A+20=37$ ce qui donne $A=17$. On calcule alors facilement $t_0$ car $$17e^{-ct_0}+20=32\iff e^{-ct_0}=\frac{12}{17}\iff -ct_0=\ln\left(\frac{12}{17}\right).$$ On trouve donc finalement que $$t_0=\frac{\ln\left(\frac{17}{12}\right)}c\simeq 2,001.$$ Le crime a eu lieu environ 2h avant la première prise de température par le médecin légiste.

Voici les réponses : $$\begin{array}[t]{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x&1&2&3&4&5&6&7&8&9&16&50&500&\sqrt{27}\\ \hline \log{x}&0&0,301&0,477&0,602&0,699& 0,778&0,845&0,903&0,954&1,204&1,699& 2,699&0,716\\ \hline \end{array}$$ Voici les explications :

• $\log(4)=\log(2\times 2)=\log(2)+\log(2)$
• $\log(5)=\log(10/2)=\log(10)-\log(2)=1-\log(2)$
• $\log(6)=\log(2\times 3)=\log(2)+\log(3)$
• $\log(8)=\log(2\times 4)=\log(2)+\log(4)$
• $\log(9)=\log(3\times 3)=\log(3)+\log(3)$
• $\log(16)=\log(4\times 4)=\log(4)+\log(4)$
• $\log(50)=\log(5\times 10)=\log(5)+1$
• $\log(500)=\log(5\times 10^2)=\log(5)+2$
• $\log(\sqrt{27})=\log(3\sqrt 3)=\log(3)+\frac12\log(3)=\frac 32\log(3)$

Notons $x=2^{43112609}$ et notons $n$ son nombre de chiffres en base 10. Alors on a $$10^{n-1}\leq x<10^n.$$ Prenant le logarithme, il vient $$(n-1)\ln(10)\leq\ln (x)< n\ln (10)$$ puis $$n-1\leq\frac{\ln(x)}{\ln(10)}<n.$$ Puisque $\ln(x)/\ln(10)=43112609\ln(2)/\ln(10)\simeq 12978188.5$, le nombre de chiffres vaut $12978189$.

Soit $a>0$ et $(a,\ln(a))$ un point sur la courbe représentative du logarithme. La tangente à la courbe en ce point a pour équation $$y-\ln (a)=\frac{1}{a}(x-a).$$ Elle passe par l'origine si et seulement si $$0-\ln a=\frac 1a(0-a)\iff -\ln a =-1\iff a=e.$$ Il y a donc un unique point pour lequel la tangente à la courbe représentative passe par l'origine, le point $(e,1)$.

On pose, pour $x\geq 0$, $$f(x)=x-\ln(1+x).$$ Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb R_+$ et, pour tout $x\geq 0$, on a $$f'(x)=1-\frac1{1+x}=\frac{x}{x+1}\geq 0.$$ Ainsi, la fonction $f$ est croissante sur l'intervalle $[0,+\infty[$. De plus, $f(0)=0$, donc, pour tout $x\geq 0$, on a $f(x)\geq 0$ ce qui entraîne $\ln(1+x)\leq x$.
Pour démontrer l'autre inégalité, on introduit cette fois la fonction $g$ définie sur $[0,+\infty[$ par $$g(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}2.$$ $g$ est dérivable sur $\mathbb R_+$ et pour tout $x\geq 0$, on a $$g'(x)=\frac 1{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}\geq 0.$$ $g$ est donc croissante sur $\mathbb R_+$ et $g(0)\geq 0$, donc pour tout $x\geq 0$, $$g(x)\geq 0\iff x-\frac{x^2}2\leq \ln(1+x).$$

Remarquons d'abord que dans les deux cas, on cherche à résoudre l'équation seulement pour $x>0$ et $y>0$.

1. Par les propriétés algébriques du logarithme, la deuxième ligne du système est équivalente à $$\ln(xy)=\ln(6^3)=\ln(216).$$ La fonction logarithme étant bijective (ou par composition par la fonction exponentielle), on en déduit que $xy=216$. Ainsi, le système est équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} x+y&=&30\\ xy&=&216 \end{array}\right.$$ Ainsi, par les relations entre les coefficients et les racines d'un polynôme du second degré, $x$ et $y$ sont solutions de l'équation $x^2-30x+216=0$. Les solutions de cette dernière équation sont 12 et 18. Donc les solutions du système sont les couples $(12,18)$ et $(18,12)$.
2. De même qu'à la question précédente, la deuxième ligne du système est équivalente à $$xy=91.$$ Ainsi, le système est équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} x^2+y^2&=&218\\ xy&=&91 \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} x^2+2xy+y^2=400 \\ x^2-2xy+y^2=36\end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} (x+y)^2&=&20^2\\ (x-y)^2&=&6^2 \end{array} \right.$$ Quitte à permuter le rôle joué par $x$ et $y$, on peut supposer que $x\geq y$. Rappelons de plus que $x>0$ et $y>0$. On peut donc prendre la racine carrée de chacune des deux équations précédentes, ce qui donne le système $$\left\{\begin{array}{rcl} x+y&=&20\\ x-y&=&6 \end{array}\right.$$ Les solutions de ce système sont $x=13$ et $y=7$. Donc les solutions du système initial, en tenant compte de la symétrie de $x$ et $y$, sont les couples $(13,7)$ et $(7,13)$.

Pour la première limite, on a une forme indéterminée de la forme $\infty/\infty$. On va lever cette forme indéterminée en factorisant par le terme dominant, $x\ln x$, au dénominateur. On écrit donc $$\frac{\ln x}{1+x\ln x}=\frac{\ln x}{x\ln x}\times \frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}=\frac{1}{x}\times \frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}.$$ Comme $1/x\ln x$ tend vers $0$ en $+\infty$, on a $$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}=1$$ et donc $$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{1+x\ln x}=0.$$ La deuxième limite n'est pas une forme indéterminée, puisque le dénominateur tend vers $1$ lorsque $x$ tend vers $0^+$ et que le numérateur tend vers $-\infty$. On en déduit que $$\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{1+x\ln x}=-\infty.$$

Pour $x>0$, posons $f(x)=x\ln(x)$. La fonction $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et de plus sa dérivée vérifie $$f'(x)=\ln(x)+1.$$ Or, $\ln(x)+1\geq 0\iff \ln(x)\geq -1\iff x\geq \exp(-1).$ Ainsi, $f'(x)> 0$ si $x> \exp(-1)$ et $f'(x)<0$ si $x<\exp(-1)$. On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0,e^{-1}]$ et strictement croissante sur $[e^{-1},+\infty[$. Or, $\lim_{x\to 0}f(x)=0<1$ et donc l'équation $f(x)=1$ n'admet pas de solutions dans l'intervalle $]0,e^{-1}]$. On a aussi $f(e^{-1})=-e^{-1}<0$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. Ainsi $f$, qui est continue et strictement croissante, réalise une bijection de $[e^{-1},+\infty[$ sur $[-e^{-1},+\infty[$. Comme $1\in [-e^{-1},+\infty[$, l'équation $x\ln(x)=1$ admet une unique solution dans cet intervalle.
Finalement, on a prouvé que l'équation $x\ln(x)=1$ admet une unique solution dans $]0,+\infty[$.

Le logarithme étant une fonction croissante, on a $2^n\geq n^2$ si et seulement si $n\ln 2\geq 2\ln n$. Ceci nous incite à introduire et étudier la fonction $f$ définie sur $]0,+\infty[$ par $$f(x)=x\ln 2-2\ln x.$$ Cette fonction est dérivable, et sa dérivée est donnée par $$f'(x)=\ln 2-\frac{2}{x}=\frac{x\ln 2-2}x.$$ Ainsi, $f'(x)\geq 0$ si $x\geq 2/\ln 2\simeq 2,88$ et donc $f$ est croissante sur l'intervalle $[3,+\infty[$. Remarquons ensuite que $f(4)=4\ln 2-2\ln 4=0.$ Donc $f$ est positive sur l'intervalle $[4,+\infty[$. Ainsi, l'inégalité est vraie pour tous les entiers naturels $n\geq 4$. On peut tester à la main ce qui se passe pour $n=0,1,2,3$, et on trouve qu'elle est vraie en $0,1,2$ et fausse en 3.

Procédons par l'absurde, et supposons que $\log_{10}2=\frac pq$ est rationnel; avec $p$ et $q$ des entiers naturels, avec $q\neq 0.$ Ceci s'écrit encore $$\frac{\ln 2}{\ln 10}=\frac pq\iff q\ln 2=p\ln 10\iff \ln(2^q)=\ln(10^p)\iff 2^q= 10^p.$$ Ceci se réécrit encore $2^p5^p=2^q$. Par unicité du développement en facteurs premiers, on obtiendrait nécessairement que $p=q$ et que $p=0$ et donc $q=0,$ ce qui est une contradiction avec ce qu'on a supposé. Donc $\log_{10}(2)$ est irrationnel.

Remarquons d'abord que cette équation n'a de sens que sur $]0,+\infty[$. Sur cet intervalle, en passant par l'écriture exponentielle des puissances, on a \begin{eqnarray*} x^{\sqrt x}=\left(\sqrt x\right)^x&\iff&e^{\sqrt x\ln x}=e^{x\ln \sqrt x}\\ &\iff&\sqrt x\ln x=\frac{x}2\ln x\textrm{ car la fonction $\exp$ est injective}\\ &\iff&(\ln x=0)\textrm{ ou }(x=2\sqrt x)\\ &\iff&x=1\textrm{ ou }x=4 \end{eqnarray*} (rappelons qu'on a supposé a priori $x>0$).

On va développer le membre de droite. On a d'une part \begin{align*} \sh(x)\ch(y)&=\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)\times\left(\frac{e^y+e^{-y}}2\right)\\ &=\frac{e^{x+y}+e^{x-y}-e^{-x+y}-e^{-x-y}}4 \end{align*} et d'autre part \begin{align*} \ch(x)\sh(y)&=\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)\times\left(\frac{e^y-e^{-y}}2\right)\\ &=\frac{e^{x+y}-e^{x-y}+e^{-x+y}-e^{-x-y}}4. \end{align*} En effectuant la somme, on trouve $$\sh(x)\ch(y)+\ch(x)\sh(y)=\frac{e^{x+y}-e^{-x-y}}2=\sh(x+y).$$ La preuve de l'autre égalité est complètement similaire.

Posons $f(x)=\sh(x)-x$. La fonction $f$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ et sa dérivée vérifie $f'(x)=\ch(x)-1$. Comme $\ch(0)=1$ et que $\ch$ est croissante, on a $f'(x)\geq 0$ pour $x\geq 0$. Ainsi, la fonction $f$ est croissante. De plus, $f(0)=0$. Ainsi, $f(x)\geq 0$ pour tout $x\geq 0$.
Posons ensuite $g(x)=\ch(x)-1-\frac{x^2}2$. La fonction $g$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ et sa dérivée vérifie $g'(x)=\sh(x)-x\geq 0$ d'après la première partie. Ainsi $g$ est croissante sur $[0,+\infty[$. Puisque $g(0)=0$, on a bien que $g(x)\geq 0$ pour tout $x\geq 0$.

On a, pour $x\neq 0$ : \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n\cosh(kx)&=&\frac12\sum_{k=0}^n e^{kx}+\frac12\sum_{k=0}^n e^{-kx}\\ &=&\frac12\left(\frac{1-e^{(n+1)x}}{1-e^x}+\frac{1-e^{-(n+1)x}}{1-e^{-x}}\right)\\ &=&\frac12\left(\frac{e^{(n+1)x/2}}{e^{x/2}}\times\frac{e^{-(n+1)x/2}-e^{(n+1)x/2}}{e^{-x/2}-e^{x/2}}+\right.\\ &&\quad\quad\left.\frac{e^{-(n+1)x/2}}{e^{-x/2}}\times\frac{e^{(n+1)x/2}-e^{-(n+1)x/2}}{e^{x/2}-e^{-x/2}}\right)\\ &=&\frac12\left(e^{nx/2}\frac{\sinh\big((n+1)x/2\big)}{\sh(x/2)}+e^{-nx/2}\frac{\sinh\big((n+1)x/2\big)}{\sh(x/2)}\right) \\ &=&\frac{\cosh(nx/2)\sinh\big((n+1)x/2\big)}{\sinh(x/2)}. \end{eqnarray*}

Utilisant la définition de la fonction cosinus hyperbolique, on sait que $$\cosh x=2\iff e^x+e^{-x}-4=0\iff e^{-x}(e^{2x}+1-4e^x)=0.$$ La fonction exponentielle ne s'annulant jamais, l'équation est équivalente à $$e^{2x}-4e^x+1=0.$$ On pose $X=e^x$ et on résoud $$X^2-4X+1=0.$$ Ses racines sont $2-\sqrt 3$ et $2+\sqrt 3$, qui sont tous les deux des réels positifs. Les solutions de l'équation sont donc $\ln(2-\sqrt 3)$ et $\ln(2+\sqrt 3)$.

Il faut trouver $x\in [-\pi/2,\pi/2]$ tel que $\sin(x)=-1/2$. La valeur de $\arcsin(-1/2)$ est donc $-\pi/6$. Il faut ensuite trouver $x\in [0,\pi]$ tel que $\cos(x)=-\sqrt 2/2$. On trouve donc $\arccos(-\sqrt 2/2)=3\pi/4$. Il faut enfin trouver $x\in ]-\pi/2,\pi/2[$ tel que $\tan(x)=\sqrt 3$. On trouve $\arctan(\sqrt 3)=\pi/3$.

L'erreur à ne pas faire est de croire que $\arccos\cos x=x$. Ceci n'est vrai que si $x\in[0,\pi]$ puisque $\cos$ réalise une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$ et que $\arccos$ en est sa bijection réciproque. Il faut donc se ramener, par périodicité et parité du cosinus, à l'intervalle $[0,\pi]$. Ainsi :

• $2\pi/3\in[0,\pi]$ et donc $\arccos\cos(2\pi/3)=2\pi/3$.
• $-2\pi/3$ n'est pas dans l'intervalle $[0,\pi]$, mais $\cos(-2\pi/3)=\cos(2\pi/3)$ et donc $\arccos\cos (-2\pi/3)=2\pi/3$.
• $4\pi/3$ n'est pas dans $[0,\pi]$, mais on a $$\cos(4\pi/3)=\cos(4\pi/3-2\pi)=\cos(-2\pi/3)=\cos(2\pi/3).$$ On a donc aussi $\arccos\left(\cos\frac{4\pi}3\right)=\frac{2\pi}3$.
• Pour le dernier exemple, on commence par se ramener à un cosinus en utilisant la formule $\sin(x)=\cos\left(\frac\pi2-x\right)$. On a donc $$\arccos\left(\sin\frac{17\pi}5\right)=\arccos\left(\cos \frac{-29\pi}{10}\right)=\arccos\left(\cos\frac{9\pi}{10}\right)=\frac{9\pi}{10}$$ puisque $\frac{9\pi}{10}$ est dans l'intervalle $[0,\pi]$.

Il y a deux méthodes classiques pour résoudre cet exercice. La première consiste à remarquer que $\arccos(x)+\arcsin(x)=\frac\pi 2$ si et seulement si $\arccos x=\frac\pi 2-\arcsin x$. Or, $\arccos(x)\in[0,\pi]$ et $\pi/2-\arcsin x\in[0,\pi]$. Puisque $\cos$ est une bijection de $[0,\pi]$ sur $[-1,1]$, ceci est équivalent à dire $$\cos(\arccos x)=\cos(\pi/2-\arcsin x).$$ Mais, on a $\cos(\arccos x)=x$ et aussi $$\cos(\pi/2-\arcsin x)=\sin(\arcsin x)=x$$ ce qui assure l'égalité demandée.
L'autre méthode consiste à poser $f(x)=\arccos x+\arcsin x$ et de remarquer que cette fonction est continue sur $[-1,1]$ et dérivable sur $]-1,1[$. Or, on a $f'(x)=0$. On en déduit que $f$ est constante sur l'intervalle $[-1,1]$. Puisque $f(0)=\arccos(0)+\arcsin(0)=\pi/2$, on a bien $\arccos(x)+\arcsin(x)=f(x)=\pi/2$ pour tout $x\in[-1,1]$.

La fonction est bien définie pour les réels $x\neq 1$ tels que $-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1$. Or, $$\frac{1+x}{1-x}=\frac{2+x-1}{1-x}=\frac{2}{1-x}-1.$$ On en déduit que $$-1\leq \frac{1+x}{1-x}\leq 1\iff 0\leq \frac{2}{1-x}\leq 2.$$ Ceci impose d'abord que $1-x>0$ pour que l'inégalité de gauche soit vérifiée, c'est-à-dire $x<1$. On en déduit alors que l'inégalité est équivalente à $1\leq 1-x$ soit $x\leq 0$. Le domaine de définition de la fonction est donc $\mathbb R_-$. Son domaine de dérivabilité est $]-\infty,0[$. En effet, par composition, $f$ est dérivable en tout réel $x\neq 1$ tel que $-1< \frac{1+x}{1-x}< 1$ et l'étude précédente reste valable avec des inégalités strictes et non des inégalités larges.
Dérivons ensuite la fonction. Pour tout $x<0$, on a \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{2}{(1-x)^2}\times \frac{1}{\sqrt{1-1-\frac{4}{(1-x)^2}+\frac 4{1-x}}}\\ &=&\frac{1}{(1-x)\sqrt{-x}}>0. \end{eqnarray*} La fonction est donc strictement croissante sur $]-\infty,0]$. On aurait pu également retrouver ce résultat en remarquant que la fonction $x\mapsto \frac{1+x}{1-x}$ est croissante sur $]-\infty,0]$ et que la fonction $\arcsin$ est croissante sur $]-1,1[$. Par composition de deux fonctions croissantes, $f$ est croissante.
Enfin, puisque $$\lim_{x\to-\infty}\frac{1+x}{1-x}=-1$$ on en déduit par composition que $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\pi/2$. La courbe représentative de la fonction admet une asymptote horizontale d'équation $y=-\pi/2$. On obtient la courbe représentative suivante :

Soit $y=\arctan(2)+\arctan(8)$. Puisque $\arctan(8)\geq\arctan(2)>\arctan(1)=\pi/4$, $y$ est compris entre $\pi/2$ et $\pi$. Calculons $\tan y$ : \begin{eqnarray*} \tan(y)&=&\frac{\tan(\arctan 2)+\tan(\arctan 8)}{1-\tan(\arctan 2)\tan(\arctan 8)}\\ &=&\frac{2+8}{1-16}\\ &=&\frac{-2}{3}. \end{eqnarray*} On a donc $y-\pi\in]-\pi/2,\pi/2[$ et $\tan(y-\pi)=\tan(y)=-2/3$. Par définition de la fonction $\arctan$, on a donc : $y-\pi=\arctan(-2/3)$ (c'est ici que se trouve le piège de l'exercice! il faut faire attention au fait que arctan est une bijection à valeurs dans $]-\pi/2,\pi/2[$). On a donc : $$\arctan 2+\arctan 5+\arctan 8=\pi+\arctan(-2/3)+\arctan(5).$$ On réitère le procédé : si $z=\arctan(-2/3)+\arctan(5)$, alors $z\in]-\pi/2,\pi/2[$, et on a : $$\tan(z)=1.$$ Ceci prouve que $z=\pi/4$, et en particulier que la somme demandée fait $5\pi/4$.