Nombres réels et études de fonctions

On va séparer deux cas :

• Si $x\geq y$, alors $x-y\geq 0$ et donc $|x-y|=x-y$. On a aussi $\max(x,y)=x$ et $$\frac12(x+y+|x-y|)=\frac12(x+y+x-y)=x.$$
• Si $x<y$, alors $|x-y|=y-x$ et $\max(x,y)=y.$ Dans ce cas $$\frac12(x+y+|x-y|)=\frac12(x+y+y-x)=y.$$

Dans les deux cas, on a bien démontré la relation demandée. La démonstration pour le minimum est exactement similaire.

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*}

On écrit simplement $$y^x=(y^3)^{x/3}=x^{2x/3}=x^y,$$ ce qui s'écrit encore $$\exp\left(\frac{2x}3\ln x\right)=\exp\left(y\ln x\right).$$ Prenant le logarithme, cela donne $$\frac{2x}3\ln x=y\ln x.$$ On en déduit que, ou bien $\ln x=0$, soit $x=y=1$. Sinon, on a $$y=\frac{2x}3,$$ ce qui donne $$x^2=\frac{8}{27}x^3.$$ La seule solution dans $]0,+\infty[$ est $$x=\frac{27}8$$ soit $y=\frac 94.$ Les solutions de l'équation sont donc les couples $(1,1)$ et $(\frac{27}8,\frac 94)$.

On commence par écrire que $f(x)=e^{-(\ln x)^2}$. Ainsi, on en déduit que la fonction $f$ est définie et dérivable sur l'intervalle $]0,+\infty[$. Sa dérivée est $$f'(x)=-\frac 2x(\ln x) e^{-(\ln x)^2}.$$ $f'$ est donc positive sur $]0,1[$ et négative sur $]1,+\infty[$. De plus, quand $x\to 0$, on a successivement $\ln x\to -\infty$, $-(\ln x)^2\to -\infty$ et par composition $f(x)\to 0$. De la même façon, on a $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. Ainsi, on obtient le tableau de variations suivant : La courbe obtenue est :

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 $x\geq 0$, $$g(x)\geq 0\iff x-\frac{x^2}2\leq \ln(1+x).$$

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 $\mathbb R_+$.

Posons, pour $x\neq \pm 1$, $$f(x)=\frac 1{x-1}+\frac 12\ln\left|\frac{1+x}{1-x}\right|-a.$$ La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb R\backslash \{\pm 1\}$; de plus, sa dérivée (qui ne dépend pas du signe de la quantité à l'intérieur de la valeur absolue dans le logarithme) est égale, après mise au même dénominateur, à $$f'(x)=\frac{-2x}{(1-x)^2(1+x)}.$$ On en déduit le tableau de variations suivant pour la fonction (le calcul des limites ne pose pas de difficultés particulières; en particulier, il n'y a pas de formes indéterminées) : Par continuité de $f$, en utilisant de plus sa stricte monotonie sur les intervalles $]-\infty,-1[$, $]-1,0[$, $]0,1[$ et $]1,+\infty[$, on discute le nombre de solutions suivant la valeur de $a$ :

• Si $a=0$, l'équation n'admet pas de solutions.
• Si $a>0$, l'équation admet une unique solution qui est située dans l'intervalle $]1,+\infty[$.
• Si $a\in]-1,0[$, l'équation admet une unique solution qui est située dans l'intervalle $]-\infty,-1[$.
• Si $a=-1$, l'équation admet deux solutions. L'une de ces solutions est $0$, l'autre est située dans l'intervalle $]-\infty,-1[$.
• Si $a<-1$, l'équation admet exactement trois solutions. L'une est située dans l'intervalle $]-\infty,-1[$, la seconde dans l'intervalle $]-1,0[$ et la troisième dans l'intervalle $]0,1[$.

Pour $x>0$, posons $$f(x)=x^{1/x}=\exp\left(\frac {\ln x}x\right)$$ de sorte que $\sqrt[n]n=f(n)$. $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0,+\infty[$ et on a $$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\exp\left(\frac {\ln x}x\right).$$ Pour $x>0$, $f'(x)$ est du signe de $1-\ln x$, donc $f'(x)>0$ si $x\in ]0,e[$ et $f'(x)<0$ si $x\in ]e,+\infty[$. Puisque $3>e$, on en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $[3,+\infty[$. En particulier, pour $n\geq 3$, on a $f(n)\leq f(3)$, et donc la plus grande valeur de $\sqrt[n]{n}$ est atteinte pour $n=2$ ou pour $n=3$. Comme $$\sqrt 2\simeq 1,41\textrm{ et }\sqrt[3]3\simeq 1,44$$ la valeur maximale vaut $\sqrt[3]{3}.$

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 $\ln(2+\sqrt 3)$.

On écrit : $$\frac{1+\tanh(x)}{1-\tanh(x)}=\frac{1+\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}{1-\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}=\frac{e^x}{e^{-x}}=e^{2x}.$$ On en déduit : $$\left(\frac{1+\tanh(x)}{1-\tanh(x)}\right)^n=e^{2nx}=\frac{1+\tanh(nx)}{1-\tanh(nx)}.$$

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 $x\in[-1,1]$.

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 $5\pi/4$.

On va procéder par récurrence portant simultanément sur $f_n$ et sur $g_n$. Précisément, on va prouver par récurrence sur $n\in\mathbb N$ la propriété $\mathcal P_n$ : "$f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales". $\mathcal P_0$ est clairement vérifiée, et si $\mathcal P_{n-1}$ est vraie, alors on prouve $\mathcal P_n$ de la façon suivante. On a \begin{eqnarray*} f_n(x)&=&\cos\big((n-1)\arccos x+\arccos x\big)\\ &=&\cos\big((n-1)\arccos x\big)\cos(\arccos x)-\sin\big((n-1)\arccos x\big)\sin(\arccos x)\\ &=&xf_{n-1}(x)-g_{n-1}(x)\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*} où on a utilisé que $\sin(\arccos x)=\sqrt{1-x^2}$. $f_n$ est donc bien une fonction polynomiale. Concernant $g_n$, on écrit \begin{eqnarray*} g_n(x)&=&\frac{\sin\big((n-1)\arccos x+\arccos x\big)}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=&\frac{\sin\big((n-1)\arccos x\big)\cos(\arccos x)}{\sqrt{1-x^2}}+\frac{\sin(\arccos x)\cos\big((n-1)\arccos x\big)}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=&xg_{n-1}(x)+f_{n-1}(x) \end{eqnarray*} ce qui prouve que $g_n$ est elle aussi polynomiale. $\mathcal P_n$ est donc vraie. Par le principe de récurrence, $f_n$ et $g_n$ sont des fonctions polynomiales pour tout $n\in\mathbb N$.

Pour qu'il existe $y$ (nécessairement unique) tel que $\arcsin y=\frac{\pi}6-2\arcsin x$, il est nécessaire et suffisant que $$-\frac\pi 2\leq\frac\pi 6-2\arcsin x\leq \frac\pi 2\textrm{ soit }\frac{-\pi}6\leq\arcsin x\leq\frac{\pi}3.$$ Passant au sinus, on en déduit que le domaine de définition de $f$ est $\mathcal D_f=[-1/2,\sqrt 3/2]$.
De plus, pour tout $x\in\mathcal D_f$, on a $f(x)=\sin\left(\frac\pi 6-2\arcsin x\right)$. La fonction $\arcsin$ est croissante, donc la fonction $x\mapsto \frac\pi6-2\arcsin x$ est strictement décroissante sur $\mathcal D_f$ et prend ses valeurs dans $[-\pi/2,\pi/2]$. Or, sur cet intervalle, la fonction sinus est strictement croissante. Il en résulte que $f$ est strictement décroissante sur $\mathcal D_f$. De plus, $f$ est continue comme composée de fonctions continues. $f$ réalise donc une bijection de $\mathcal D_f$ sur $[f(\sqrt 3/2),f(-1/2)]=[-1,1]$. $f$ admet donc une fonction réciproque qui est définie sur $[-1,1]$.