Fonctions usuelles (Exercices) · Révisions prépa · Ridami

Analyse · 1re année

Fonctions usuelles

Application du cours4 points

1. Parité, période, symétries : la fonction $\arccos (\sin x)$

On considère $f (x) = \arccos (\sin x)$ .

Déterminer le domaine de définition de $f$ et montrer que $f$ est $2 π$ -périodique.
Montrer que la droite d'équation $x = \frac{π}{2}$ est un axe de symétrie de la courbe de $f$ , et que le point $(0, \frac{π}{2})$ en est un centre de symétrie.
Donner une expression simple de $f (x)$ pour $x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ , puis pour $x \in [\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ .
Tracer l'allure de la courbe de $f$ sur $[- \frac{3 π}{2}, \frac{5 π}{2}]$ .
Résoudre dans $ℝ$ l'équation $f (x) = \frac{π}{3}$ .

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1. Pour tout réel $x$ , $\sin x \in [- 1, 1]$ , domaine de $\arccos$ : $D_{f} = ℝ$ . Comme $\sin (x + 2 π) = \sin x$ , on a $f (x + 2 π) = f (x)$ : $f$ est $2 π$ -périodique.

2. Axe. $\sin (π - x) = \sin x$ , donc $f (π - x) = f (x)$ , c'est-à-dire $f (2 \cdot \frac{π}{2} - x) = f (x)$ : la droite $x = \frac{π}{2}$ est un axe de symétrie (fiche §2). Centre. $\sin (- x) = - \sin x$ et $\arccos (- u) = π - \arccos u$ pour $u \in [- 1, 1]$ (fiche §8), donc $f (- x) = π - f (x)$ , soit $f (2 \cdot 0 - x) = 2 \cdot \frac{π}{2} - f (x)$ : le point $(0, \frac{π}{2})$ est un centre de symétrie.

3. Pour $x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ : $\sin x = \cos (\frac{π}{2} - x)$ et $\frac{π}{2} - x \in [0, π]$ . Or $\arccos (\cos t) = t$ pour $t \in [0, π]$ . Donc $f (x) = \frac{π}{2} - x sur [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ . Pour $x \in [\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ , $π - x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ et, par la question 2, $f (x) = f (π - x) = \frac{π}{2} - (π - x)$ : $f (x) = x - \frac{π}{2} sur [\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ . (Les deux formules donnent $0$ en $\frac{π}{2}$ : elles se raccordent.)

4. Sur une période $[- \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ , la courbe est formée de deux segments : de $(- \frac{π}{2}, π)$ à $(\frac{π}{2}, 0)$ (pente $- 1$ ), puis de $(\frac{π}{2}, 0)$ à $(\frac{3 π}{2}, π)$ (pente $1$ ). On complète par translations de $2 π$ : ligne brisée « en dents de scie » comprise entre $0$ et $π$ , avec des points anguleux aux abscisses $\frac{π}{2} + k π$ . Elle passe bien par le centre $(0, \frac{π}{2})$ .

5. Par périodicité, on résout d'abord sur $[- \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ .

Sur $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ : $\frac{π}{2} - x = \frac{π}{3} ⟺ x = \frac{π}{6}$ , qui est bien dans l'intervalle.
Sur $[\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ : $x - \frac{π}{2} = \frac{π}{3} ⟺ x = \frac{5 π}{6}$ , qui est bien dans l'intervalle.

Contrôle : $\sin \frac{π}{6} = \sin \frac{5 π}{6} = \frac{1}{2}$ et $\arccos \frac{1}{2} = \frac{π}{3}$ . Ensemble des solutions : ${\frac{π}{6} + 2 k π, k \in ℤ} \cup {\frac{5 π}{6} + 2 k π, k \in ℤ} .$

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Application du cours5 points

2. Exponentielles, logarithmes, puissances réelles

Résoudre dans $ℝ$ : $9^{x} - 2 \cdot 3^{x + 1} - 27 = 0$ .
Résoudre dans $] 0, + \infty [$ : $x^{\sqrt{x}} = {(\sqrt{x})}^{x}$ .
Résoudre dans $] 0, + \infty [$ : $\log_{2} x + \log_{4} x + \log_{8} x = \frac{11}{2}$ .
Calculer les limites suivantes, sans développement limité : (a) $\lim_{x \to + \infty} {(1 + \frac{3}{x})}^{x}$ ; (b) $\lim_{x \to 0^{+}} x^{\sqrt{x}}$ ; (c) $\lim_{x \to 0} \frac{e^{2 x} - 1}{\sin x}$ .
Soit $g (x) = \frac{\ln x}{x}$ sur $] 0, + \infty [$ . Étudier les variations de $g$ et en déduire, sans calculatrice, lequel des deux nombres $3^{π}$ et $π^{3}$ est le plus grand (on admet $e < 3$ , qui sera établi à l'exercice 6).

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1. Posons $t = 3^{x} > 0$ . Alors $9^{x} = t^{2}$ et $3^{x + 1} = 3 t$ : l'équation devient $t^{2} - 6 t - 27 = 0$ , de racines $9$ et $- 3$ . Seule $t = 9$ convient ( $t > 0$ ). Puis $3^{x} = 9 = 3^{2}$ , et $x \mapsto 3^{x}$ est injective (strictement croissante) : $x = 2$ .

2. Pour $x > 0$ , les deux membres sont strictement positifs et $\ln$ est injective sur $] 0, + \infty [$ : $x^{\sqrt{x}} = {(\sqrt{x})}^{x} ⟺ \sqrt{x} \ln x = \frac{x}{2} \ln x ⟺ \ln x (\sqrt{x} - \frac{x}{2}) = 0.$ Soit $\ln x = 0$ , c'est-à-dire $x = 1$ ; soit $\sqrt{x} = \frac{x}{2}$ , c'est-à-dire $\sqrt{x} (1 - \frac{\sqrt{x}}{2}) = 0$ , d'où $\sqrt{x} = 2$ ( $\sqrt{x} \neq 0$ ), soit $x = 4$ . Solutions : ${1, 4}$ . (Contrôle : $4^{2} = 16 = 2^{4}$ .)

3. $\log_{a} x = \frac{\ln x}{\ln a}$ et $\ln 4 = 2 \ln 2$ , $\ln 8 = 3 \ln 2$ . L'équation s'écrit $\frac{\ln x}{\ln 2} (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}) = \frac{11}{2}$ , soit $\frac{11}{6} \log_{2} x = \frac{11}{2}$ , d'où $\log_{2} x = 3$ et $x = 8$ .

4.(a) Pour $x > 0$ , ${(1 + \frac{3}{x})}^{x} = \exp (x \ln (1 + \frac{3}{x}))$ . Avec $u = \frac{3}{x} \to 0^{+}$ : $x \ln (1 + \frac{3}{x}) = 3 \cdot \frac{\ln (1 + u)}{u} \to 3$ (limite de référence, fiche §4). Par continuité de $\exp$ : $e^{3}$ .

4.(b) $x^{\sqrt{x}} = \exp (\sqrt{x} \ln x)$ et $\sqrt{x} \ln x = - x^{1 / 2} ∣ \ln x ∣ \to 0$ en $0^{+}$ (croissances comparées, fiche §6). Donc $x^{\sqrt{x}} \to 1$ .

4.(c) Pour $x$ non nul voisin de $0$ : $\frac{e^{2 x} - 1}{\sin x} = 2 \cdot \frac{e^{2 x} - 1}{2 x} \cdot \frac{x}{\sin x}$ . Or $\frac{e^{u} - 1}{u} \to 1$ quand $u = 2 x \to 0$ et $\frac{\sin x}{x} \to 1$ . Limite : $2$ .

5. $g$ est dérivable sur $] 0, + \infty [$ et $g^{'} (x) = \frac{1 - \ln x}{x^{2}}$ , du signe de $1 - \ln x$ : $g$ est strictement croissante sur $] 0, e]$ et strictement décroissante sur $[e, + \infty [$ . On sait que $e < 3 < π$ ( $π > 3$ est connu). Ainsi $3$ et $π$ sont dans $[e, + \infty [$ où $g$ décroît strictement : $g (3) > g (π)$ , soit $\frac{\ln 3}{3} > \frac{\ln π}{π}$ , puis (en multipliant par $3 π > 0$ ) $π \ln 3 > 3 \ln π$ , c'est-à-dire $\ln (3^{π}) > \ln (π^{3})$ . L'exponentielle étant croissante : $3^{π} > π^{3}$ .

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Application du cours5 points

3. Valeurs exactes et formules sur les réciproques circulaires

Calculer : (a) $\arcsin (\sin \frac{7 π}{5})$ ; (b) $\arccos (\cos (- \frac{9 π}{4}))$ ; (c) $\arctan (\tan \frac{5 π}{6})$ ; (d) $\arccos (\sin (- \frac{π}{7}))$ .
Calculer : (a) $\cos (\arctan 2)$ ; (b) $\sin (2 \arctan \frac{1}{3})$ ; (c) $\tan (\arcsin \frac{3}{5})$ ; (d) $\cos (2 \arcsin \frac{1}{3})$ .
Montrer que $\arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4}$ .
Montrer que $2 \arctan \frac{1}{3} + \arctan \frac{1}{7} = \frac{π}{4}$ .

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1.(a) On cherche $b \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ tel que $\sin b = \sin \frac{7 π}{5}$ . Or $\sin \frac{7 π}{5} = \sin (π - \frac{7 π}{5}) = \sin (- \frac{2 π}{5})$ et $- \frac{2 π}{5} \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ . Donc $\arcsin (\sin \frac{7 π}{5}) = - \frac{2 π}{5}$ .

1.(b) $\cos$ est paire et $2 π$ -périodique : $\cos (- \frac{9 π}{4}) = \cos \frac{9 π}{4} = \cos \frac{π}{4}$ , avec $\frac{π}{4} \in [0, π]$ : $\frac{π}{4}$ .

1.(c) $\tan$ est $π$ -périodique : $\tan \frac{5 π}{6} = \tan (\frac{5 π}{6} - π) = \tan (- \frac{π}{6})$ , avec $- \frac{π}{6} \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ : $- \frac{π}{6}$ .

1.(d) $\sin (- \frac{π}{7}) = \cos (\frac{π}{2} + \frac{π}{7}) = \cos \frac{9 π}{14}$ (car $\sin a = \cos (\frac{π}{2} - a)$ ), et $\frac{9 π}{14} \in [0, π]$ : $\frac{9 π}{14}$ . (Autre voie : $\arccos (- u) = π - \arccos u$ et $\arccos (\sin \frac{π}{7}) = \frac{π}{2} - \frac{π}{7}$ .)

2.(a) $\cos (\arctan x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ (fiche §8 : $\cos^{2} θ = \frac{1}{1 + \tan^{2} θ}$ et $\cos θ > 0$ sur $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ ). Donc $\cos (\arctan 2) = \frac{1}{\sqrt{5}}$ .

2.(b) Avec $θ = \arctan \frac{1}{3}$ et $t = \tan θ = \frac{1}{3}$ : $\sin 2 θ = \frac{2 t}{1 + t^{2}} = \frac{2 / 3}{10 / 9} = \frac{3}{5}$ .

2.(c) $θ = \arcsin \frac{3}{5} \in [0, \frac{π}{2} [$ , $\cos θ = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \frac{4}{5}$ (positif), donc $\tan θ = \frac{3}{4}$ .

2.(d) $\cos 2 θ = 1 - 2 \sin^{2} θ$ avec $\sin θ = \frac{1}{3}$ : $1 - \frac{2}{9} = \frac{7}{9}$ .

3. Posons $a = \arctan \frac{1}{2}$ , $b = \arctan \frac{1}{3}$ . Comme $\arctan$ est croissante et $0 < \frac{1}{3} < \frac{1}{2} < 1$ : $0 < b < a < \arctan 1 = \frac{π}{4}$ , donc $a + b \in] 0, \frac{π}{2} [$ . Ensuite $\tan (a + b) = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{5 / 6}{5 / 6} = 1.$ Le seul réel de $] 0, \frac{π}{2} [$ de tangente $1$ est $\frac{π}{4}$ ( $\tan$ est injective sur $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ ) : $a + b = \frac{π}{4}$ .

4. Posons $b = \arctan \frac{1}{3}$ et $c = \arctan \frac{1}{7}$ . D'abord $\tan 2 b = \frac{2 / 3}{1 - 1 / 9} = \frac{3}{4}$ . Puis $\tan (2 b + c) = \frac{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}{1 - \frac{3}{28}} = \frac{25 / 28}{25 / 28} = 1.$ Localisation : $0 < \frac{1}{3} < \frac{1}{\sqrt{3}}$ donne $0 < b < \frac{π}{6}$ , donc $0 < 2 b < \frac{π}{3}$ ; de même $0 < c < \frac{π}{6}$ . Ainsi $2 b + c \in] 0, \frac{π}{2} [$ , intervalle sur lequel $\tan$ est injective : $2 b + c = \frac{π}{4}$ . (Sans la localisation, on aurait seulement $2 b + c \equiv \frac{π}{4} [π]$ .)

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Application du cours5 points

4. Calculs hyperboliques

Résoudre dans $ℝ$ : (a) $ch x = 2 sh x$ ; (b) $3 ch x - sh x = 3$ .
Montrer que pour tout réel $x$ , $th (2 x) = \frac{2 th x}{1 + {th}^{2} x}$ . En déduire que pour tout $x \neq 0$ , $th x = \frac{2}{th (2 x)} - \frac{1}{th x} .$
En déduire, pour $x \neq 0$ et $n \in ℕ$ , une expression simple de $S_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} 2^{k} th (2^{k} x)$ .
Calculer $argsh \frac{3}{4}$ et $argth \frac{1}{3}$ , puis $ch (argsh \frac{3}{4})$ .

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1.(a) En revenant aux exponentielles : $\frac{e^{x} + e^{- x}}{2} = e^{x} - e^{- x} ⟺ e^{x} = 3 e^{- x} ⟺ e^{2 x} = 3$ . Donc $x = \frac{\ln 3}{2}$ . (Contrôle de cohérence : $ch x > 0$ impose $sh x > 0$ , donc $x > 0$ ; c'est le cas.)

1.(b) Posons $t = e^{x} > 0$ . L'équation s'écrit $\frac{3}{2} (t + \frac{1}{t}) - \frac{1}{2} (t - \frac{1}{t}) = 3$ , soit $t + \frac{2}{t} = 3$ , puis (en multipliant par $t > 0$ ) $t^{2} - 3 t + 2 = 0$ , de racines $1$ et $2$ , toutes deux positives. Solutions : $x \in {0, \ln 2}$ . Contrôle pour $x = \ln 2$ : $ch \ln 2 = \frac{5}{4}$ , $sh \ln 2 = \frac{3}{4}$ , et $3 \cdot \frac{5}{4} - \frac{3}{4} = 3$ .

2. Par les formules d'addition (fiche §9) : $sh 2 x = 2 sh x ch x$ et $ch 2 x = {ch}^{2} x + {sh}^{2} x$ . En divisant numérateur et dénominateur par ${ch}^{2} x > 0$ : $th 2 x = \frac{2 sh x ch x}{{ch}^{2} x + {sh}^{2} x} = \frac{2 th x}{1 + {th}^{2} x}$ . Pour $x \neq 0$ , $th x \neq 0$ et $th 2 x \neq 0$ ( $th$ ne s'annule qu'en $0$ ), donc $\frac{2}{th 2 x} = \frac{1 + {th}^{2} x}{th x} = \frac{1}{th x} + th x, d’o \overset{ˋ}{u} th x = \frac{2}{th 2 x} - \frac{1}{th x} .$

3. Appliquons la formule à $2^{k} x \neq 0$ et multiplions par $2^{k}$ : $2^{k} th (2^{k} x) = \frac{2^{k + 1}}{th (2^{k + 1} x)} - \frac{2^{k}}{th (2^{k} x)}$ . En notant $a_{k} = \frac{2^{k}}{th (2^{k} x)}$ , on a $2^{k} th (2^{k} x) = a_{k + 1} - a_{k}$ : la somme est télescopique et $S_{n} (x) = a_{n + 1} - a_{0} = \frac{2^{n + 1}}{th (2^{n + 1} x)} - \frac{1}{th x} .$

4. $argsh y = \ln (y + \sqrt{y^{2} + 1})$ : $argsh \frac{3}{4} = \ln (\frac{3}{4} + \sqrt{\frac{25}{16}}) = \ln (\frac{3}{4} + \frac{5}{4}) = \ln 2$ . $argth y = \frac{1}{2} \ln \frac{1 + y}{1 - y}$ : $argth \frac{1}{3} = \frac{1}{2} \ln \frac{4 / 3}{2 / 3} = \frac{\ln 2}{2}$ . Enfin $ch (argsh y) = \sqrt{1 + y^{2}}$ (car ${ch}^{2} = 1 + {sh}^{2}$ et $ch > 0$ ), soit $\sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \frac{5}{4}$ ; on retrouve $ch \ln 2 = \frac{5}{4}$ .

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Niveau devoir7 points

5. Simplifier $\arcsin (2 x \sqrt{1 - x^{2}})$ de deux façons

On considère $f (x) = \arcsin (2 x \sqrt{1 - x^{2}})$ et l'on note $u (x) = 2 x \sqrt{1 - x^{2}}$ .

Vérifier que $1 - u (x)^{2} = {(1 - 2 x^{2})}^{2}$ pour $x \in [- 1, 1]$ . En déduire le domaine de définition $D$ de $f$ et étudier sa parité.
Déterminer le domaine $D^{'}$ sur lequel on peut affirmer que $f$ est dérivable, et montrer que pour $x \in D^{'}$ : $f^{'} (x) = \frac{2}{\sqrt{1 - x^{2}}} si ∣ x ∣ < \frac{1}{\sqrt{2}}, f^{'} (x) = \frac{- 2}{\sqrt{1 - x^{2}}} si \frac{1}{\sqrt{2}} < ∣ x ∣ < 1.$
En déduire une expression simple de $f (x)$ sur chacun des intervalles $[- \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}]$ , $[\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$ et $[- 1, - \frac{1}{\sqrt{2}}]$ (on admettra la continuité de $f$ sur $D$ , composée de fonctions continues).
Retrouver ces expressions en posant $x = \sin θ$ avec $θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ .
Dresser le tableau de variations de $f$ et préciser l'allure de sa courbe au point d'abscisse $\frac{1}{\sqrt{2}}$ .
Résoudre l'équation $f (x) = \frac{π}{3}$ .

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1. Pour $x \in [- 1, 1]$ : $u (x)^{2} = 4 x^{2} (1 - x^{2}) = 4 x^{2} - 4 x^{4}$ et $(1 - 2 x^{2})^{2} = 1 - 4 x^{2} + 4 x^{4}$ , donc $1 - u^{2} = (1 - 2 x^{2})^{2} \geq 0$ , soit $∣ u (x) ∣ \leq 1$ . La racine impose $x \in [- 1, 1]$ et, sur cet intervalle, $u (x)$ est dans le domaine de $\arcsin$ : $D = [- 1, 1]$ . $D$ est symétrique, $u (- x) = - u (x)$ et $\arcsin$ est impaire : $f$ est impaire.

2. $x \mapsto \sqrt{1 - x^{2}}$ est dérivable là où $1 - x^{2} > 0$ , c'est-à-dire sur $] - 1, 1 [$ , et $\arcsin$ est dérivable sur $] - 1, 1 [$ : il faut $∣ u (x) ∣ < 1$ , c'est-à-dire $(1 - 2 x^{2})^{2} > 0$ , soit $x^{2} \neq \frac{1}{2}$ . D'où $D^{'} =] - 1, 1 [∖ {- \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}}$ . Sur $D^{'}$ : $u^{'} (x) = 2 \sqrt{1 - x^{2}} - \frac{2 x^{2}}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \frac{2 (1 - 2 x^{2})}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ et $\sqrt{1 - u^{2}} = ∣ 1 - 2 x^{2} ∣$ . Donc $f^{'} (x) = \frac{u^{'} (x)}{\sqrt{1 - u (x)^{2}}} = \frac{2 (1 - 2 x^{2})}{∣ 1 - 2 x^{2} ∣ \sqrt{1 - x^{2}}} .$ Si $∣ x ∣ < \frac{1}{\sqrt{2}}$ , $1 - 2 x^{2} > 0$ et $f^{'} (x) = \frac{2}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ ; si $\frac{1}{\sqrt{2}} < ∣ x ∣ < 1$ , $1 - 2 x^{2} < 0$ et $f^{'} (x) = - \frac{2}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ .

3. Sur $I_{0} =] - \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} [$ : $(f - 2 \arcsin)^{'} = 0$ sur l'intervalle $I_{0}$ , donc $f - 2 \arcsin$ y est constante ; en $x = 0$ elle vaut $0$ . Ainsi $f (x) = 2 \arcsin x$ sur $I_{0}$ , et aussi aux bornes par continuité des deux membres : $f (x) = 2 \arcsin x sur [- \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}]$ . Sur $I_{1} =] \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 [$ : $(f + 2 \arcsin)^{'} = 0$ , donc $f + 2 \arcsin = C$ sur $I_{1}$ . Calculons en $x = \frac{\sqrt{3}}{2} \in I_{1}$ : $u = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , donc $f = \frac{π}{3}$ , et $2 \arcsin \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2 π}{3}$ ; $C = π$ . Par continuité aux bornes : $f (x) = π - 2 \arcsin x sur [\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$ . (Contrôle en $1$ : $f (1) = \arcsin 0 = 0 = π - 2 \cdot \frac{π}{2}$ ; en $\frac{1}{\sqrt{2}}$ : $π - \frac{π}{2} = \frac{π}{2} = 2 \cdot \frac{π}{4}$ , les deux formules se raccordent.) Sur $[- 1, - \frac{1}{\sqrt{2}}]$ : par imparité, pour $x$ dans cet intervalle, $- x \in [\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$ et $f (x) = - f (- x) = - (π - 2 \arcsin (- x))$ : $f (x) = - π - 2 \arcsin x$ .

4. Pour $x \in [- 1, 1]$ , il existe un unique $θ = \arcsin x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ tel que $x = \sin θ$ ; alors $\cos θ \geq 0$ et $\sqrt{1 - x^{2}} = \sqrt{\cos^{2} θ} = \cos θ$ . Donc $u = 2 \sin θ \cos θ = \sin 2 θ$ et $f (x) = \arcsin (\sin 2 θ)$ , avec $2 θ \in [- π, π]$ .

Si $θ \in [- \frac{π}{4}, \frac{π}{4}]$ (c'est-à-dire $∣ x ∣ \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ ) : $2 θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ , donc $f (x) = 2 θ = 2 \arcsin x$ .
Si $θ \in [\frac{π}{4}, \frac{π}{2}]$ : $\sin 2 θ = \sin (π - 2 θ)$ avec $π - 2 θ \in [0, \frac{π}{2}]$ , donc $f (x) = π - 2 \arcsin x$ .
Si $θ \in [- \frac{π}{2}, - \frac{π}{4}]$ : $\sin 2 θ = \sin (- π - 2 θ)$ avec $- π - 2 θ \in [- \frac{π}{2}, 0]$ , donc $f (x) = - π - 2 \arcsin x$ . On retrouve les trois expressions de la question 3.

5. D'après la question 2, $f^{'} > 0$ sur $] - \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} [$ et $f^{'} < 0$ sur $] - 1, - \frac{1}{\sqrt{2}} [$ et sur $] \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 [$ .

$x$	$- 1$		$- \frac{1}{\sqrt{2}}$		$\frac{1}{\sqrt{2}}$		$1$
$f$	$0$	$↘$	$- \frac{π}{2}$	$↗$	$\frac{π}{2}$	$↘$	$0$

En $\frac{1}{\sqrt{2}}$ : à gauche, $f$ coïncide avec $2 \arcsin$ , de dérivée $\frac{2}{\sqrt{1 / 2}} = 2 \sqrt{2}$ en ce point ; à droite avec $π - 2 \arcsin$ , de dérivée $- 2 \sqrt{2}$ . La courbe a deux demi-tangentes de pentes $2 \sqrt{2}$ et $- 2 \sqrt{2}$ : c'est un point anguleux, et $f$ n'est pas dérivable en $\frac{1}{\sqrt{2}}$ (de même en $- \frac{1}{\sqrt{2}}$ ). En $\pm 1$ , les demi-tangentes sont verticales ( $∣ f^{'} (x) ∣ \to + \infty$ ).

6. $\frac{π}{3} > 0$ et $f \leq 0$ sur $[- 1, 0]$ (expressions de la question 3), donc une solution est dans $] 0, 1]$ .

Sur $] 0, \frac{1}{\sqrt{2}}]$ : $2 \arcsin x = \frac{π}{3} ⟺ x = \sin \frac{π}{6} = \frac{1}{2}$ , et $\frac{1}{2} \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ (car $\sqrt{2} \leq 2$ ).
Sur $[\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$ : $π - 2 \arcsin x = \frac{π}{3} ⟺ \arcsin x = \frac{π}{3} ⟺ x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , et $\frac{\sqrt{3}}{2} \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$ (car $\frac{3}{4} \geq \frac{1}{2}$ ). Solutions : ${\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}}$ . (Contrôle : $u (\frac{1}{2}) = u (\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .)

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Niveau devoir7 points

6. Inégalités par étude de fonctions ; encadrement de $e$

Établir l'encadrement $x - \frac{x^{3}}{6} \leq \sin x \leq x$ pour chaque réel $x \geq 0$ .
Prouver l'inégalité $\frac{2}{π} x \leq \sin x$ sur l'intervalle $[0, \frac{π}{2}]$ . (On pourra étudier $φ (x) = \frac{\sin x}{x}$ sur $] 0, \frac{π}{2}]$ .)
Vérifier que $\frac{x}{1 + x} < \ln (1 + x) < x$ dès que $x > 0$ .
En déduire que pour tout entier $n \geq 1$ : ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}$ .
En choisissant convenablement $n$ , montrer, sans calculatrice, que $\frac{9}{4} < e < 3$ .

Voir le corrigé

1. Majoration. $h_{1} (x) = x - \sin x$ : $h_{1}^{'} (x) = 1 - \cos x \geq 0$ , donc $h_{1}$ est croissante sur $[0, + \infty [$ et $h_{1} (x) \geq h_{1} (0) = 0$ . Minoration. $h_{2} (x) = \sin x - x + \frac{x^{3}}{6}$ : $h_{2}^{'} (x) = \cos x - 1 + \frac{x^{2}}{2}$ , $h_{2}^{''} (x) = - \sin x + x = h_{1} (x) \geq 0$ sur $[0, + \infty [$ . Donc $h_{2}^{'}$ est croissante sur $[0, + \infty [$ et $h_{2}^{'} (x) \geq h_{2}^{'} (0) = 0$ ; puis $h_{2}$ est croissante et $h_{2} (x) \geq h_{2} (0) = 0$ . Conclusion : $x - \frac{x^{3}}{6} \leq \sin x \leq x pour x \geq 0$ .

2. $φ$ est dérivable sur $] 0, \frac{π}{2}]$ et $φ^{'} (x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^{2}}$ . Posons $ψ (x) = x \cos x - \sin x$ sur $[0, \frac{π}{2}]$ : $ψ^{'} (x) = \cos x - x \sin x - \cos x = - x \sin x \leq 0$ , donc $ψ$ décroît et $ψ (x) \leq ψ (0) = 0$ . Ainsi $φ^{'} \leq 0$ et $φ$ est décroissante sur $] 0, \frac{π}{2}]$ : pour $0 < x \leq \frac{π}{2}$ , $φ (x) \geq φ (\frac{π}{2}) = \frac{1}{π / 2} = \frac{2}{π}$ , soit $\sin x \geq \frac{2}{π} x$ (on multiplie par $x > 0$ ). L'inégalité est aussi vraie en $x = 0$ ( $0 \leq 0$ ). $\frac{2}{π} x \leq \sin x sur [0, \frac{π}{2}]$ .

3. Droite. $k_{1} (x) = x - \ln (1 + x)$ : $k_{1}^{'} (x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x} > 0$ sur $] 0, + \infty [$ ; $k_{1}$ est continue en $0$ et strictement croissante sur $[0, + \infty [$ , donc $k_{1} (x) > k_{1} (0) = 0$ pour $x > 0$ . Gauche. $k_{2} (x) = \ln (1 + x) - \frac{x}{1 + x}$ : $k_{2}^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{(1 + x)^{2}} = \frac{x}{(1 + x)^{2}} > 0$ sur $] 0, + \infty [$ , d'où de même $k_{2} (x) > k_{2} (0) = 0$ . $\frac{x}{1 + x} < \ln (1 + x) < x pour x > 0$ .

4. Prenons $x = \frac{1}{n} > 0$ : $\frac{x}{1 + x} = \frac{1 / n}{(n + 1) / n} = \frac{1}{n + 1}$ , donc $\frac{1}{n + 1} < \ln (1 + \frac{1}{n}) < \frac{1}{n}$ . En multipliant la partie droite par $n > 0$ et la partie gauche par $n + 1 > 0$ : $n \ln (1 + \frac{1}{n}) < 1 < (n + 1) \ln (1 + \frac{1}{n})$ . L'exponentielle est strictement croissante et $e^{1} = e$ : ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} .$

5. Avec $n = 2$ (inégalité de gauche) : $e > {(\frac{3}{2})}^{2} = \frac{9}{4}$ . Avec $n = 5$ (inégalité de droite) : $e < {(\frac{6}{5})}^{6} = \frac{6^{6}}{5^{6}} = \frac{46 656}{15 625}$ . Or $3 \times 15 625 = 46 875 > 46 656$ , donc $\frac{46 656}{15 625} < 3$ . Conclusion : $\frac{9}{4} < e < 3$ . (Avec $n = 1, 2, 3, 4$ , la borne de droite vaut $4$ , $\frac{27}{8}$ , $\frac{256}{81}$ , $\frac{3125}{1024}$ , toutes supérieures à $3$ : $n = 5$ est le premier entier qui suffit.)

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir7 points

7. Bijection $x \mapsto x + th x$ et étude de sa réciproque

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par $f (x) = x + th x$ .

Prouver que $f$ est bijective de $ℝ$ vers $ℝ$ ; sa réciproque est notée $g$ . Que peut-on dire de la parité et du sens de variation de $g$ ?
Justifier que $g$ est dérivable sur $ℝ$ et exprimer $g^{'} (y)$ à l'aide de $th (g (y))$ . Écrire la tangente à l'origine de la courbe de $g$ .
Calculer $f (\ln 2)$ . En déduire $g (\ln 2 + \frac{3}{5})$ et $g^{'} (\ln 2 + \frac{3}{5})$ .
Justifier l'encadrement $x \leq f (x) \leq 2 x$ lorsque $x \geq 0$ . En déduire $\frac{y}{2} \leq g (y) \leq y$ lorsque $y \geq 0$ .
Montrer que $g (y) - y$ tend vers $- 1$ quand $y \to + \infty$ . Interpréter graphiquement et préciser la position de la courbe de $g$ par rapport à son asymptote.

Voir le corrigé

1. $f$ est dérivable sur $ℝ$ et $f^{'} (x) = 1 + (1 - {th}^{2} x) = 2 - {th}^{2} x$ . Comme $∣ th x ∣ < 1$ , on a $1 < f^{'} (x) \leq 2$ : $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $ℝ$ . Limites : $th x \to \pm 1$ et $x \to \pm \infty$ , donc $f (x) \to \pm \infty$ en $\pm \infty$ . Par le théorème de la bijection, $f$ réalise une bijection de $ℝ$ sur $] - \infty, + \infty [= ℝ$ , et $g = f^{- 1}$ est continue et strictement croissante. De plus $f$ est impaire (somme de deux fonctions impaires) sur $ℝ$ symétrique : $g$ est impaire (fiche §3).

2. $f$ est dérivable et $f^{'}$ ne s'annule pas ( $f^{'} > 1$ ) : $g$ est dérivable sur $f (ℝ) = ℝ$ et $g^{'} (y) = \frac{1}{f^{'} (g (y))} = \frac{1}{2 - {th}^{2} (g (y))} .$ En $0$ : $f (0) = 0$ donc $g (0) = 0$ et $g^{'} (0) = \frac{1}{2}$ . Tangente à l'origine : $y = \frac{x}{2}$ .

3. $th (\ln 2) = \frac{e^{2 \ln 2} - 1}{e^{2 \ln 2} + 1} = \frac{4 - 1}{4 + 1} = \frac{3}{5}$ , donc $f (\ln 2) = \ln 2 + \frac{3}{5}$ . Par définition de la réciproque, $g (\ln 2 + \frac{3}{5}) = \ln 2$ et $g^{'} (\ln 2 + \frac{3}{5}) = \frac{1}{2 - \frac{9}{25}} = \frac{25}{41}$ . On n'a pas eu besoin d'une formule pour $g$ .

4. Pour $x \geq 0$ : $th x \geq 0$ , d'où $f (x) \geq x$ . Et $th x \leq x$ : la fonction $k (x) = x - th x$ a pour dérivée $1 - (1 - {th}^{2} x) = {th}^{2} x \geq 0$ , donc $k$ croît sur $[0, + \infty [$ et $k (x) \geq k (0) = 0$ . Ainsi $x \leq f (x) \leq 2 x$ . Soit $y \geq 0$ et $x = g (y)$ ; comme $g$ est croissante et $g (0) = 0$ , $x \geq 0$ . L'encadrement donne $x \leq y \leq 2 x$ , soit $\frac{y}{2} \leq g (y) \leq y$ .

5. Pour tout $y$ , $f (g (y)) = y$ s'écrit $g (y) + th (g (y)) = y$ , donc $g (y) - y = - th (g (y))$ . Quand $y \to + \infty$ , $g (y) \geq \frac{y}{2} \to + \infty$ , donc $th (g (y)) \to 1$ (composition de limites) et $g (y) - y \to - 1$ . Dans un repère où la courbe de $g$ est l'ensemble des points $(X, g (X))$ , la droite d'équation $Y = X - 1$ est donc asymptote à la courbe de $g$ en $+ \infty$ . Position : $g (X) - (X - 1) = 1 - th (g (X)) > 0$ , donc la courbe de $g$ est au-dessus de son asymptote. Par imparité, la droite $Y = X + 1$ est asymptote en $- \infty$ , la courbe étant au-dessous. (Symétriquement, la courbe de $f$ a pour asymptotes $y = x \pm 1$ .)

Après avoir comparé avec le corrigé :

Niveau devoir6 points

8. Formule d'addition des arctangentes et applications

Pour $a, b$ réels, on pose $α = \arctan a$ , $β = \arctan b$ .

On suppose $a b \neq 1$ . Montrer que $\cos (α + β) = \cos α \cos β (1 - a b)$ , puis que $\tan (α + β) = \frac{a + b}{1 - a b}$ .
(a) Si $a b < 1$ , montrer que $\arctan a + \arctan b = \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ . (b) Si $a b > 1$ et $a > 0$ , montrer que $\arctan a + \arctan b = π + \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ .
Calculer $\arctan 2 + \arctan 3$ .
Montrer que pour tout $k \in ℕ$ , $\arctan (k + 1) - \arctan k = \arctan \frac{1}{k^{2} + k + 1}$ . En déduire, pour $n \in ℕ$ , la valeur de $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \arctan \frac{1}{k^{2} + k + 1}$ , puis la limite de $S_{n}$ quand $n \to + \infty$ .
Résoudre dans $ℝ$ l'équation $\arctan x + \arctan (2 x) = \frac{π}{4}$ .

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1. $α, β \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ , donc $\cos α > 0$ , $\cos β > 0$ , et $\sin α = a \cos α$ , $\sin β = b \cos β$ . Ainsi $\cos (α + β) = \cos α \cos β - \sin α \sin β = \cos α \cos β (1 - a b)$ , non nul puisque $a b \neq 1$ . De même $\sin (α + β) = \sin α \cos β + \cos α \sin β = \cos α \cos β (a + b)$ . En divisant : $\tan (α + β) = \frac{a + b}{1 - a b}$ .

2.(a) $α + β \in] - π, π [$ et, d'après 1, $\cos (α + β)$ a le signe de $1 - a b > 0$ . Les réels de $] - π, π [$ de cosinus strictement positif sont ceux de $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ . Donc $α + β \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ et $\tan (α + β) = \frac{a + b}{1 - a b}$ : par définition de $\arctan$ , $α + β = \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ .

2.(b) $a > 0$ et $a b > 1$ donnent $b > 0$ , donc $α, β \in] 0, \frac{π}{2} [$ et $α + β \in] 0, π [$ ; de plus $\cos (α + β) < 0$ (signe de $1 - a b$ ). Donc $α + β \in] \frac{π}{2}, π [$ et $γ = α + β - π \in] - \frac{π}{2}, 0 [$ , avec $\tan γ = \tan (α + β) = \frac{a + b}{1 - a b}$ ( $π$ -périodicité). Ainsi $γ = \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ , c'est-à-dire $α + β = π + \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ .

3. $a = 2 > 0$ , $a b = 6 > 1$ : $\arctan 2 + \arctan 3 = π + \arctan \frac{5}{- 5} = π - \frac{π}{4} = \frac{3 π}{4}$ .

4. $\arctan$ est impaire : $\arctan (k + 1) - \arctan k = \arctan (k + 1) + \arctan (- k)$ . Le produit $(k + 1) (- k) = - k (k + 1) \leq 0 < 1$ , donc d'après 2(a) : $\arctan (k + 1) - \arctan k = \arctan \frac{(k + 1) - k}{1 + k (k + 1)} = \arctan \frac{1}{k^{2} + k + 1} .$ La somme est télescopique : $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\arctan (k + 1) - \arctan k) = \arctan (n + 1) - \arctan 0 = \arctan (n + 1)$ . Comme $\arctan x \to \frac{π}{2}$ quand $x \to + \infty$ , on obtient $S_{n} \to \frac{π}{2}$ .

5. Analyse. Si $x \leq 0$ , les deux arctangentes sont $\leq 0$ et la somme est $\leq 0 < \frac{π}{4}$ : pas de solution. Soit donc $x > 0$ .

Si $2 x^{2} > 1$ , d'après 2(b) la somme vaut $π + \arctan \frac{3 x}{1 - 2 x^{2}} > π - \frac{π}{2} = \frac{π}{2}$ : pas de solution.
Si $2 x^{2} = 1$ , la somme est un réel de $] 0, π [$ de cosinus nul (question 1), donc elle vaut $\frac{π}{2} \neq \frac{π}{4}$ .
Si $2 x^{2} < 1$ , d'après 2(a) l'équation équivaut à $\arctan \frac{3 x}{1 - 2 x^{2}} = \frac{π}{4}$ , c'est-à-dire $\frac{3 x}{1 - 2 x^{2}} = 1$ , soit $2 x^{2} + 3 x - 1 = 0$ . Les racines sont $\frac{- 3 \pm \sqrt{17}}{4}$ ; seule $x_{0} = \frac{- 3 + \sqrt{17}}{4}$ est positive. Vérification de la condition $2 x_{0}^{2} < 1$ : $\sqrt{17} < 5$ donne $x_{0} < \frac{1}{2}$ , donc $2 x_{0}^{2} < \frac{1}{2} < 1$ . Conclusion : $x = \frac{\sqrt{17} - 3}{4}$ .

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Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : l'équation $a^{b} = b^{a}$

Partie A — Étude préliminaire (3 points). Soit $g (x) = \frac{\ln x}{x}$ sur $] 0, + \infty [$ .

Dresser le tableau de variations de $g$ , avec ses limites en $0^{+}$ et en $+ \infty$ et son maximum.
Montrer que $g$ réalise une bijection de $] 0, e]$ sur un intervalle $J_{1}$ et une bijection de $[e, + \infty [$ sur un intervalle $J_{2}$ , à préciser.

Partie B — Solutions entières (3 points). Soient $a, b$ deux réels tels que $0 < a < b$ .

Montrer que $a^{b} = b^{a} ⟺ g (a) = g (b)$ .
On suppose $a^{b} = b^{a}$ . Montrer que $1 < a < e < b$ .
En déduire le seul couple d'entiers $(a, b)$ avec $1 \leq a < b$ tel que $a^{b} = b^{a}$ .
Comparer, sans calculatrice, $e^{π}$ et $π^{e}$ .

Partie C — Tous les couples de solutions (4 points).

Pour $t > 0$ , on pose $a_{t} = {(1 + \frac{1}{t})}^{t}$ et $b_{t} = {(1 + \frac{1}{t})}^{t + 1}$ . Montrer que $0 < a_{t} < b_{t}$ et $a_{t}^{b_{t}} = b_{t}^{a_{t}}$ .
Réciproquement, soient $0 < a < b$ tels que $a^{b} = b^{a}$ . On pose $t = \frac{a}{b - a}$ . Montrer que $b = a (1 + \frac{1}{t})$ , puis que $a = a_{t}$ et $b = b_{t}$ .
Donner les solutions obtenues pour $t = 1$ et pour $t = 2$ , et vérifier directement la seconde.

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1. $g$ est dérivable sur $] 0, + \infty [$ , $g^{'} (x) = \frac{1 - \ln x}{x^{2}}$ , positif sur $] 0, e [$ , négatif sur $] e, + \infty [$ . En $0^{+}$ : $\ln x \to - \infty$ et $\frac{1}{x} \to + \infty$ , donc $g (x) \to - \infty$ . En $+ \infty$ : $g (x) \to 0$ (croissances comparées). Maximum $g (e) = \frac{1}{e}$ ; $g (1) = 0$ .

$x$	$0$		$1$		$e$		$+ \infty$
$g^{'} (x)$		$+$		$+$	$0$	$-$
$g$	$- \infty$	$↗$	$0$	$↗$	$\frac{1}{e}$	$↘$	$0$

2. $g$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $] 0, e]$ : bijection sur $J_{1} =] - \infty, \frac{1}{e}]$ . Elle est continue et strictement décroissante sur $[e, + \infty [$ : bijection sur $J_{2} =] 0, \frac{1}{e}]$ (la limite $0$ en $+ \infty$ n'est pas atteinte car $g > 0$ sur $] 1, + \infty [$ ).

3. Les deux membres sont $> 0$ et $\ln$ est injective : $a^{b} = b^{a} ⟺ b \ln a = a \ln b ⟺ \frac{\ln a}{a} = \frac{\ln b}{b}$ (division par $a b > 0$ ).

4. Posons $c = g (a) = g (b)$ . Si $b \leq e$ , $a$ et $b$ seraient deux points distincts de $] 0, e]$ de même image, contraire à l'injectivité de $g$ sur $] 0, e]$ ; si $a \geq e$ , même contradiction sur $[e, + \infty [$ . Donc $a < e < b$ . Ensuite $b > e > 1$ donne $c = g (b) > 0$ , donc $g (a) > 0$ , c'est-à-dire $\ln a > 0$ : $a > 1$ . Ainsi $1 < a < e < b$ .

5. Le cas $a = 1$ est exclu ( $1^{b} = 1 \neq b^{1}$ pour $b > 1$ ). Pour $a \geq 2$ entier, la question 4 impose $1 < a < e < 3$ , donc $a = 2$ . Alors $b$ vérifie $g (b) = g (2) = \frac{\ln 2}{2}$ avec $b > e$ . Or $g (4) = \frac{\ln 4}{4} = \frac{2 \ln 2}{4} = \frac{\ln 2}{2}$ et $4 > e$ ; $g$ étant injective sur $[e, + \infty [$ , $b = 4$ . Seul couple : $(2, 4)$ (et l'on vérifie $2^{4} = 4^{2} = 16$ ).

6. $e < π$ et $g$ est strictement décroissante sur $[e, + \infty [$ : $g (e) > g (π)$ , soit $\frac{1}{e} > \frac{\ln π}{π}$ , c'est-à-dire $π > e \ln π$ , ou encore $\ln (e^{π}) > \ln (π^{e})$ . Donc $e^{π} > π^{e}$ .

7. Posons $q = 1 + \frac{1}{t} > 1$ , donc $\ln q > 0$ . Alors $a_{t} = q^{t} > 0$ et $b_{t} = q^{t + 1} = q a_{t} > a_{t}$ . Calculons les logarithmes : $\ln (a_{t}^{b_{t}}) = b_{t} \ln a_{t} = q^{t + 1} \cdot t \ln q, \ln (b_{t}^{a_{t}}) = a_{t} \ln b_{t} = q^{t} \cdot (t + 1) \ln q .$ Or $q^{t + 1} t = q^{t} \cdot q t = q^{t} (t + 1)$ , puisque $q t = t + 1$ . Les deux logarithmes sont égaux, donc $a_{t}^{b_{t}} = b_{t}^{a_{t}}$ .

8. $t = \frac{a}{b - a} > 0$ et $\frac{1}{t} = \frac{b - a}{a}$ , donc $a (1 + \frac{1}{t}) = a + b - a = b$ . La relation $b \ln a = a \ln b$ devient $a (1 + \frac{1}{t}) \ln a = a (\ln a + \ln (1 + \frac{1}{t}))$ , soit, après division par $a > 0$ et simplification, $\frac{1}{t} \ln a = \ln (1 + \frac{1}{t})$ , d'où $\ln a = t \ln (1 + \frac{1}{t})$ et $a = {(1 + \frac{1}{t})}^{t} = a_{t}$ . Enfin $b = a (1 + \frac{1}{t}) = {(1 + \frac{1}{t})}^{t + 1} = b_{t}$ . Les couples $(a_{t}, b_{t})$ , $t > 0$ , sont donc toutes les solutions avec $a < b$ .

9. $t = 1$ : $(a_{1}, b_{1}) = (2, 4)$ , le couple de la partie B. $t = 2$ : $a_{2} = {(\frac{3}{2})}^{2} = \frac{9}{4}$ , $b_{2} = {(\frac{3}{2})}^{3} = \frac{27}{8}$ . Vérification : $\frac{27}{8} = \frac{3}{2} \cdot \frac{9}{4}$ , donc ${(\frac{9}{4})}^{27 / 8} = {(\frac{3}{2})}^{2 \cdot \frac{27}{8}} = {(\frac{3}{2})}^{27 / 4}, {(\frac{27}{8})}^{9 / 4} = {(\frac{3}{2})}^{3 \cdot \frac{9}{4}} = {(\frac{3}{2})}^{27 / 4} .$ Les deux nombres sont égaux : ${(\frac{9}{4})}^{27 / 8} = {(\frac{27}{8})}^{9 / 4}$ .

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Synthèse, niveau concours12 points

10. Synthèse type concours : réciproque de $x \mapsto x e^{x}$

Format concours : questions numérotées en continu. Tout résultat de l'énoncé peut être admis pour la suite.

On considère $f : ℝ \to ℝ$ , $f (x) = x e^{x}$ .

Partie I — Construction d'une réciproque (4 points)

▶ Q.1 Étudier les variations de $f$ et ses limites en $- \infty$ et en $+ \infty$ .

▶ Q.2 Montrer que la restriction de $f$ à $[- 1, + \infty [$ est une bijection de $[- 1, + \infty [$ sur un intervalle $J$ à préciser. On note $W : J \to [- 1, + \infty [$ sa réciproque.

▶ Q.3 Calculer $W (0)$ , $W (e)$ , $W (2 e^{2})$ et $W (- \frac{1}{e})$ . Montrer que pour tout $y \in J$ , $W (y) e^{W (y)} = y$ , et que $W (y)$ a le signe de $y$ .

▶ Q.4 Soit $m \in] - \frac{1}{e}, 0 [$ . Combien l'équation $x e^{x} = m$ a-t-elle de solutions réelles ?

Partie II — Dérivabilité (3 points)

▶ Q.5 Montrer que $W$ est dérivable sur $] - \frac{1}{e}, + \infty [$ et que $W^{'} (y) = \frac{1}{(1 + W (y)) e^{W (y)}}$ . En déduire $W^{'} (0)$ et $W^{'} (e)$ .

▶ Q.6 Montrer que pour $y \in] - \frac{1}{e}, + \infty [$ non nul, $W^{'} (y) = \frac{W (y)}{y (1 + W (y))}$ .

▶ Q.7 Que se passe-t-il en $- \frac{1}{e}$ ? Quelle est l'allure de la courbe de $W$ en ce point ?

Partie III — Encadrements et équations (5 points)

▶ Q.8 Établir la relation $\ln W (y) = \ln y - W (y)$ pour chaque $y > 0$ .

▶ Q.9 En déduire que pour tout $y \geq e$ : $\ln y - \ln (\ln y) \leq W (y) \leq \ln y$ .

▶ Q.10 Vérifier que $(w - 1) e^{w} + 1 \geq 0$ quand $w \geq 0$ . En déduire la majoration $W (y) \leq \ln (1 + y)$ pour $y \geq 0$ .

▶ Q.11 Résoudre dans $] 0, + \infty [$ l'équation $x \ln x = 2 e^{2}$ .

▶ Q.12 Montrer que l'équation $x 2^{x} = 1$ admet une unique solution réelle et l'exprimer à l'aide de $W$ .

Voir le corrigé

Q.1 $f$ est dérivable et $f^{'} (x) = (1 + x) e^{x}$ , du signe de $1 + x$ : $f$ est strictement décroissante sur $] - \infty, - 1]$ , strictement croissante sur $[- 1, + \infty [$ , de minimum $f (- 1) = - \frac{1}{e}$ . En $+ \infty$ : $f (x) \to + \infty$ . En $- \infty$ : $x e^{x} = - \frac{∣ x ∣}{e^{∣ x ∣}} \to 0$ (croissances comparées), avec $f (x) < 0$ pour $x < 0$ .

Q.2 Sur l'intervalle $[- 1, + \infty [$ , $f$ est continue et strictement croissante, $f (- 1) = - \frac{1}{e}$ et $f (x) \to + \infty$ en $+ \infty$ . Par le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de $[- 1, + \infty [$ sur $J = [- \frac{1}{e}, + \infty [$ , et $W$ est continue et strictement croissante sur $J$ .

Q.3 $f (0) = 0$ , $f (1) = e$ , $f (2) = 2 e^{2}$ , $f (- 1) = - \frac{1}{e}$ , avec $0, 1, 2, - 1 \in [- 1, + \infty [$ : donc $W (0) = 0, W (e) = 1, W (2 e^{2}) = 2, W (- \frac{1}{e}) = - 1$ . Pour $y \in J$ , $f (W (y)) = y$ s'écrit $W (y) e^{W (y)} = y$ . Comme $e^{W (y)} > 0$ , $W (y)$ a le signe de $y$ .

Q.4 Sur $] - \infty, - 1]$ , $f$ est continue, strictement décroissante, de limite $0$ en $- \infty$ et vaut $- \frac{1}{e}$ en $- 1$ : bijection sur $[- \frac{1}{e}, 0 [$ . Sur $[- 1, + \infty [$ : bijection sur $[- \frac{1}{e}, + \infty [$ . Pour $m \in] - \frac{1}{e}, 0 [$ , $m$ a exactement un antécédent dans chacun des deux intervalles, et cet antécédent n'est pas $- 1$ (car $m \neq - \frac{1}{e}$ ) : deux solutions, l'une dans $] - \infty, - 1 [$ , l'autre ( $W (m)$ ) dans $] - 1, 0 [$ .

Q.5 Sur $] - 1, + \infty [$ , $f$ est dérivable, strictement croissante, et $f^{'} (x) = (1 + x) e^{x} \neq 0$ . Par le théorème de dérivation de la réciproque, $W$ est dérivable sur $f (] - 1, + \infty [) =] - \frac{1}{e}, + \infty [$ et $W^{'} (y) = \frac{1}{f^{'} (W (y))} = \frac{1}{(1 + W (y)) e^{W (y)}}$ . Ainsi $W^{'} (0) = \frac{1}{1 \cdot 1} = 1$ et $W^{'} (e) = \frac{1}{2 e}$ .

Q.6 Pour $y \neq 0$ , $W (y) \neq 0$ (Q.3) et $e^{W (y)} = \frac{y}{W (y)}$ . En reportant : $W^{'} (y) = \frac{1}{(1 + W (y)) \frac{y}{W (y)}} = \frac{W (y)}{y (1 + W (y))}$ .

Q.7 $f^{'} (- 1) = 0$ : l'hypothèse « $f^{'}$ ne s'annule pas » tombe. La courbe de $f$ a une tangente horizontale au point $(- 1, - \frac{1}{e})$ ; par symétrie par rapport à la droite $y = x$ , la courbe de $W$ a une tangente verticale au point $(- \frac{1}{e}, - 1)$ , et $W$ n'est pas dérivable en $- \frac{1}{e}$ . (Analytiquement : $W^{'} (y) = \frac{1}{(1 + W (y)) e^{W (y)}} \to + \infty$ quand $y \to - {\frac{1}{e}}^{+}$ , car $W (y) \to - 1^{+}$ par continuité.)

Q.8 Pour $y > 0$ , $W (y) > 0$ et $W (y) e^{W (y)} = y$ . En prenant le logarithme : $\ln W (y) + W (y) = \ln y$ , d'où le résultat.

Q.9 Soit $y \geq e$ . $W$ est croissante, donc $W (y) \geq W (e) = 1$ , d'où $\ln W (y) \geq 0$ et, par Q.8, $W (y) = \ln y - \ln W (y) \leq \ln y$ . Comme $1 \leq W (y) \leq \ln y$ et que $\ln$ est croissante, $\ln W (y) \leq \ln (\ln y)$ , donc $W (y) = \ln y - \ln W (y) \geq \ln y - \ln (\ln y)$ . $\ln y - \ln (\ln y) \leq W (y) \leq \ln y pour y \geq e$ .

Q.10 Soit $h (w) = (w - 1) e^{w} + 1$ : $h^{'} (w) = e^{w} + (w - 1) e^{w} = w e^{w} \geq 0$ sur $[0, + \infty [$ , donc $h (w) \geq h (0) = 0$ . Soit $y \geq 0$ et $w = W (y) \geq 0$ : $y = w e^{w} \geq e^{w} - 1$ (c'est $h (w) \geq 0$ ). Donc $1 + y \geq e^{W (y)}$ et, $\ln$ étant croissante, $W (y) \leq \ln (1 + y)$ .

Q.11 Pour $x > 0$ , posons $u = \ln x$ : l'équation devient $u e^{u} = 2 e^{2}$ . Comme $2 e^{2} > 0$ , une solution vérifie nécessairement $u > 0$ ( $u e^{u} \leq 0$ si $u \leq 0$ ), donc $u \in [- 1, + \infty [$ et $u = W (2 e^{2}) = 2$ (Q.3). Réciproquement $x = e^{2}$ convient : $e^{2} \cdot 2 = 2 e^{2}$ . $x = e^{2}$ .

Q.12 Si $x \leq 0$ , $x 2^{x} \leq 0 < 1$ : toute solution est strictement positive. Pour $x > 0$ , posons $u = x \ln 2 > 0$ : $x 2^{x} = x e^{x \ln 2}$ et $x 2^{x} = 1 ⟺ u e^{u} = \ln 2.$ Comme $\ln 2 > 0$ appartient à $J$ et que $u > 0 \geq - 1$ , l'équation $u e^{u} = \ln 2$ a pour unique solution dans $[- 1, + \infty [$ le réel $u = W (\ln 2)$ (bijectivité de $f$ sur $[- 1, + \infty [$ ). D'où l'unique solution $x = \frac{W (\ln 2)}{\ln 2}$ . (Contrôle : $W (\ln 2) > 0$ par Q.3, donc $x > 0$ ; et $\ln 2 < e$ donne $W (\ln 2) < W (e) = 1$ , d'où $x < \frac{1}{\ln 2}$ .)

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Révisions prépa

Analyse · 1re année

Fonctions usuelles

Application du cours4 points

1. Parité, période, symétries : la fonction $\arccos (\sin x)$

On considère $f (x) = \arccos (\sin x)$ .

Déterminer le domaine de définition de $f$ et montrer que $f$ est $2 π$ -périodique.
Montrer que la droite d'équation $x = \frac{π}{2}$ est un axe de symétrie de la courbe de $f$ , et que le point $(0, \frac{π}{2})$ en est un centre de symétrie.
Donner une expression simple de $f (x)$ pour $x \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ , puis pour $x \in [\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ .
Tracer l'allure de la courbe de $f$ sur $[- \frac{3 π}{2}, \frac{5 π}{2}]$ .
Résoudre dans $ℝ$ l'équation $f (x) = \frac{π}{3}$ .

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1. Pour tout réel $x$ , $\sin x \in [- 1, 1]$ , domaine de $\arccos$ : $D_{f} = ℝ$ . Comme $\sin (x + 2 π) = \sin x$ , on a $f (x + 2 π) = f (x)$ : $f$ est $2 π$ -périodique.

5. Par périodicité, on résout d'abord sur $[- \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ .

Sur $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ : $\frac{π}{2} - x = \frac{π}{3} ⟺ x = \frac{π}{6}$ , qui est bien dans l'intervalle.
Sur $[\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ : $x - \frac{π}{2} = \frac{π}{3} ⟺ x = \frac{5 π}{6}$ , qui est bien dans l'intervalle.

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Application du cours5 points

2. Exponentielles, logarithmes, puissances réelles

Résoudre dans $ℝ$ : $9^{x} - 2 \cdot 3^{x + 1} - 27 = 0$ .
Résoudre dans $] 0, + \infty [$ : $x^{\sqrt{x}} = {(\sqrt{x})}^{x}$ .
Résoudre dans $] 0, + \infty [$ : $\log_{2} x + \log_{4} x + \log_{8} x = \frac{11}{2}$ .
Calculer les limites suivantes, sans développement limité : (a) $\lim_{x \to + \infty} {(1 + \frac{3}{x})}^{x}$ ; (b) $\lim_{x \to 0^{+}} x^{\sqrt{x}}$ ; (c) $\lim_{x \to 0} \frac{e^{2 x} - 1}{\sin x}$ .
Soit $g (x) = \frac{\ln x}{x}$ sur $] 0, + \infty [$ . Étudier les variations de $g$ et en déduire, sans calculatrice, lequel des deux nombres $3^{π}$ et $π^{3}$ est le plus grand (on admet $e < 3$ , qui sera établi à l'exercice 6).

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4.(b) $x^{\sqrt{x}} = \exp (\sqrt{x} \ln x)$ et $\sqrt{x} \ln x = - x^{1 / 2} ∣ \ln x ∣ \to 0$ en $0^{+}$ (croissances comparées, fiche §6). Donc $x^{\sqrt{x}} \to 1$ .

Après avoir comparé avec le corrigé :

Application du cours5 points

3. Valeurs exactes et formules sur les réciproques circulaires

Calculer : (a) $\arcsin (\sin \frac{7 π}{5})$ ; (b) $\arccos (\cos (- \frac{9 π}{4}))$ ; (c) $\arctan (\tan \frac{5 π}{6})$ ; (d) $\arccos (\sin (- \frac{π}{7}))$ .
Calculer : (a) $\cos (\arctan 2)$ ; (b) $\sin (2 \arctan \frac{1}{3})$ ; (c) $\tan (\arcsin \frac{3}{5})$ ; (d) $\cos (2 \arcsin \frac{1}{3})$ .
Montrer que $\arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4}$ .
Montrer que $2 \arctan \frac{1}{3} + \arctan \frac{1}{7} = \frac{π}{4}$ .

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1.(b) $\cos$ est paire et $2 π$ -périodique : $\cos (- \frac{9 π}{4}) = \cos \frac{9 π}{4} = \cos \frac{π}{4}$ , avec $\frac{π}{4} \in [0, π]$ : $\frac{π}{4}$ .

1.(c) $\tan$ est $π$ -périodique : $\tan \frac{5 π}{6} = \tan (\frac{5 π}{6} - π) = \tan (- \frac{π}{6})$ , avec $- \frac{π}{6} \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ : $- \frac{π}{6}$ .

2.(b) Avec $θ = \arctan \frac{1}{3}$ et $t = \tan θ = \frac{1}{3}$ : $\sin 2 θ = \frac{2 t}{1 + t^{2}} = \frac{2 / 3}{10 / 9} = \frac{3}{5}$ .

2.(c) $θ = \arcsin \frac{3}{5} \in [0, \frac{π}{2} [$ , $\cos θ = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \frac{4}{5}$ (positif), donc $\tan θ = \frac{3}{4}$ .

2.(d) $\cos 2 θ = 1 - 2 \sin^{2} θ$ avec $\sin θ = \frac{1}{3}$ : $1 - \frac{2}{9} = \frac{7}{9}$ .

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Application du cours5 points

4. Calculs hyperboliques

Résoudre dans $ℝ$ : (a) $ch x = 2 sh x$ ; (b) $3 ch x - sh x = 3$ .
Montrer que pour tout réel $x$ , $th (2 x) = \frac{2 th x}{1 + {th}^{2} x}$ . En déduire que pour tout $x \neq 0$ , $th x = \frac{2}{th (2 x)} - \frac{1}{th x} .$
En déduire, pour $x \neq 0$ et $n \in ℕ$ , une expression simple de $S_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} 2^{k} th (2^{k} x)$ .
Calculer $argsh \frac{3}{4}$ et $argth \frac{1}{3}$ , puis $ch (argsh \frac{3}{4})$ .

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Niveau devoir7 points

5. Simplifier $\arcsin (2 x \sqrt{1 - x^{2}})$ de deux façons

On considère $f (x) = \arcsin (2 x \sqrt{1 - x^{2}})$ et l'on note $u (x) = 2 x \sqrt{1 - x^{2}}$ .

Vérifier que $1 - u (x)^{2} = {(1 - 2 x^{2})}^{2}$ pour $x \in [- 1, 1]$ . En déduire le domaine de définition $D$ de $f$ et étudier sa parité.
Déterminer le domaine $D^{'}$ sur lequel on peut affirmer que $f$ est dérivable, et montrer que pour $x \in D^{'}$ : $f^{'} (x) = \frac{2}{\sqrt{1 - x^{2}}} si ∣ x ∣ < \frac{1}{\sqrt{2}}, f^{'} (x) = \frac{- 2}{\sqrt{1 - x^{2}}} si \frac{1}{\sqrt{2}} < ∣ x ∣ < 1.$
En déduire une expression simple de $f (x)$ sur chacun des intervalles $[- \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}]$ , $[\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$ et $[- 1, - \frac{1}{\sqrt{2}}]$ (on admettra la continuité de $f$ sur $D$ , composée de fonctions continues).
Retrouver ces expressions en posant $x = \sin θ$ avec $θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ .
Dresser le tableau de variations de $f$ et préciser l'allure de sa courbe au point d'abscisse $\frac{1}{\sqrt{2}}$ .
Résoudre l'équation $f (x) = \frac{π}{3}$ .

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Si $θ \in [- \frac{π}{4}, \frac{π}{4}]$ (c'est-à-dire $∣ x ∣ \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ ) : $2 θ \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ , donc $f (x) = 2 θ = 2 \arcsin x$ .
Si $θ \in [\frac{π}{4}, \frac{π}{2}]$ : $\sin 2 θ = \sin (π - 2 θ)$ avec $π - 2 θ \in [0, \frac{π}{2}]$ , donc $f (x) = π - 2 \arcsin x$ .
Si $θ \in [- \frac{π}{2}, - \frac{π}{4}]$ : $\sin 2 θ = \sin (- π - 2 θ)$ avec $- π - 2 θ \in [- \frac{π}{2}, 0]$ , donc $f (x) = - π - 2 \arcsin x$ . On retrouve les trois expressions de la question 3.

5. D'après la question 2, $f^{'} > 0$ sur $] - \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}} [$ et $f^{'} < 0$ sur $] - 1, - \frac{1}{\sqrt{2}} [$ et sur $] \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 [$ .

$x$	$- 1$		$- \frac{1}{\sqrt{2}}$		$\frac{1}{\sqrt{2}}$		$1$
$f$	$0$	$↘$	$- \frac{π}{2}$	$↗$	$\frac{π}{2}$	$↘$	$0$

6. $\frac{π}{3} > 0$ et $f \leq 0$ sur $[- 1, 0]$ (expressions de la question 3), donc une solution est dans $] 0, 1]$ .

Sur $] 0, \frac{1}{\sqrt{2}}]$ : $2 \arcsin x = \frac{π}{3} ⟺ x = \sin \frac{π}{6} = \frac{1}{2}$ , et $\frac{1}{2} \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ (car $\sqrt{2} \leq 2$ ).
Sur $[\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$ : $π - 2 \arcsin x = \frac{π}{3} ⟺ \arcsin x = \frac{π}{3} ⟺ x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , et $\frac{\sqrt{3}}{2} \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$ (car $\frac{3}{4} \geq \frac{1}{2}$ ). Solutions : ${\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}}$ . (Contrôle : $u (\frac{1}{2}) = u (\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .)

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Niveau devoir7 points

6. Inégalités par étude de fonctions ; encadrement de $e$

Établir l'encadrement $x - \frac{x^{3}}{6} \leq \sin x \leq x$ pour chaque réel $x \geq 0$ .
Prouver l'inégalité $\frac{2}{π} x \leq \sin x$ sur l'intervalle $[0, \frac{π}{2}]$ . (On pourra étudier $φ (x) = \frac{\sin x}{x}$ sur $] 0, \frac{π}{2}]$ .)
Vérifier que $\frac{x}{1 + x} < \ln (1 + x) < x$ dès que $x > 0$ .
En déduire que pour tout entier $n \geq 1$ : ${(1 + \frac{1}{n})}^{n} < e < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}$ .
En choisissant convenablement $n$ , montrer, sans calculatrice, que $\frac{9}{4} < e < 3$ .

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Niveau devoir7 points

7. Bijection $x \mapsto x + th x$ et étude de sa réciproque

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par $f (x) = x + th x$ .

Prouver que $f$ est bijective de $ℝ$ vers $ℝ$ ; sa réciproque est notée $g$ . Que peut-on dire de la parité et du sens de variation de $g$ ?
Justifier que $g$ est dérivable sur $ℝ$ et exprimer $g^{'} (y)$ à l'aide de $th (g (y))$ . Écrire la tangente à l'origine de la courbe de $g$ .
Calculer $f (\ln 2)$ . En déduire $g (\ln 2 + \frac{3}{5})$ et $g^{'} (\ln 2 + \frac{3}{5})$ .
Justifier l'encadrement $x \leq f (x) \leq 2 x$ lorsque $x \geq 0$ . En déduire $\frac{y}{2} \leq g (y) \leq y$ lorsque $y \geq 0$ .
Montrer que $g (y) - y$ tend vers $- 1$ quand $y \to + \infty$ . Interpréter graphiquement et préciser la position de la courbe de $g$ par rapport à son asymptote.

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Niveau devoir6 points

8. Formule d'addition des arctangentes et applications

Pour $a, b$ réels, on pose $α = \arctan a$ , $β = \arctan b$ .

On suppose $a b \neq 1$ . Montrer que $\cos (α + β) = \cos α \cos β (1 - a b)$ , puis que $\tan (α + β) = \frac{a + b}{1 - a b}$ .
(a) Si $a b < 1$ , montrer que $\arctan a + \arctan b = \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ . (b) Si $a b > 1$ et $a > 0$ , montrer que $\arctan a + \arctan b = π + \arctan \frac{a + b}{1 - a b}$ .
Calculer $\arctan 2 + \arctan 3$ .
Montrer que pour tout $k \in ℕ$ , $\arctan (k + 1) - \arctan k = \arctan \frac{1}{k^{2} + k + 1}$ . En déduire, pour $n \in ℕ$ , la valeur de $S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \arctan \frac{1}{k^{2} + k + 1}$ , puis la limite de $S_{n}$ quand $n \to + \infty$ .
Résoudre dans $ℝ$ l'équation $\arctan x + \arctan (2 x) = \frac{π}{4}$ .

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3. $a = 2 > 0$ , $a b = 6 > 1$ : $\arctan 2 + \arctan 3 = π + \arctan \frac{5}{- 5} = π - \frac{π}{4} = \frac{3 π}{4}$ .

5. Analyse. Si $x \leq 0$ , les deux arctangentes sont $\leq 0$ et la somme est $\leq 0 < \frac{π}{4}$ : pas de solution. Soit donc $x > 0$ .

Si $2 x^{2} > 1$ , d'après 2(b) la somme vaut $π + \arctan \frac{3 x}{1 - 2 x^{2}} > π - \frac{π}{2} = \frac{π}{2}$ : pas de solution.
Si $2 x^{2} = 1$ , la somme est un réel de $] 0, π [$ de cosinus nul (question 1), donc elle vaut $\frac{π}{2} \neq \frac{π}{4}$ .
Si $2 x^{2} < 1$ , d'après 2(a) l'équation équivaut à $\arctan \frac{3 x}{1 - 2 x^{2}} = \frac{π}{4}$ , c'est-à-dire $\frac{3 x}{1 - 2 x^{2}} = 1$ , soit $2 x^{2} + 3 x - 1 = 0$ . Les racines sont $\frac{- 3 \pm \sqrt{17}}{4}$ ; seule $x_{0} = \frac{- 3 + \sqrt{17}}{4}$ est positive. Vérification de la condition $2 x_{0}^{2} < 1$ : $\sqrt{17} < 5$ donne $x_{0} < \frac{1}{2}$ , donc $2 x_{0}^{2} < \frac{1}{2} < 1$ . Conclusion : $x = \frac{\sqrt{17} - 3}{4}$ .

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Synthèse, niveau concours10 points

9. Problème : l'équation $a^{b} = b^{a}$

Partie A — Étude préliminaire (3 points). Soit $g (x) = \frac{\ln x}{x}$ sur $] 0, + \infty [$ .

Dresser le tableau de variations de $g$ , avec ses limites en $0^{+}$ et en $+ \infty$ et son maximum.
Montrer que $g$ réalise une bijection de $] 0, e]$ sur un intervalle $J_{1}$ et une bijection de $[e, + \infty [$ sur un intervalle $J_{2}$ , à préciser.

Partie B — Solutions entières (3 points). Soient $a, b$ deux réels tels que $0 < a < b$ .

Montrer que $a^{b} = b^{a} ⟺ g (a) = g (b)$ .
On suppose $a^{b} = b^{a}$ . Montrer que $1 < a < e < b$ .
En déduire le seul couple d'entiers $(a, b)$ avec $1 \leq a < b$ tel que $a^{b} = b^{a}$ .
Comparer, sans calculatrice, $e^{π}$ et $π^{e}$ .

Partie C — Tous les couples de solutions (4 points).

Pour $t > 0$ , on pose $a_{t} = {(1 + \frac{1}{t})}^{t}$ et $b_{t} = {(1 + \frac{1}{t})}^{t + 1}$ . Montrer que $0 < a_{t} < b_{t}$ et $a_{t}^{b_{t}} = b_{t}^{a_{t}}$ .
Réciproquement, soient $0 < a < b$ tels que $a^{b} = b^{a}$ . On pose $t = \frac{a}{b - a}$ . Montrer que $b = a (1 + \frac{1}{t})$ , puis que $a = a_{t}$ et $b = b_{t}$ .
Donner les solutions obtenues pour $t = 1$ et pour $t = 2$ , et vérifier directement la seconde.

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$x$	$0$		$1$		$e$		$+ \infty$
$g^{'} (x)$		$+$		$+$	$0$	$-$
$g$	$- \infty$	$↗$	$0$	$↗$	$\frac{1}{e}$	$↘$	$0$

3. Les deux membres sont $> 0$ et $\ln$ est injective : $a^{b} = b^{a} ⟺ b \ln a = a \ln b ⟺ \frac{\ln a}{a} = \frac{\ln b}{b}$ (division par $a b > 0$ ).

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Synthèse, niveau concours12 points

10. Synthèse type concours : réciproque de $x \mapsto x e^{x}$

Format concours : questions numérotées en continu. Tout résultat de l'énoncé peut être admis pour la suite.

On considère $f : ℝ \to ℝ$ , $f (x) = x e^{x}$ .

Partie I — Construction d'une réciproque (4 points)

▶ Q.1 Étudier les variations de $f$ et ses limites en $- \infty$ et en $+ \infty$ .

▶ Q.2 Montrer que la restriction de $f$ à $[- 1, + \infty [$ est une bijection de $[- 1, + \infty [$ sur un intervalle $J$ à préciser. On note $W : J \to [- 1, + \infty [$ sa réciproque.

▶ Q.3 Calculer $W (0)$ , $W (e)$ , $W (2 e^{2})$ et $W (- \frac{1}{e})$ . Montrer que pour tout $y \in J$ , $W (y) e^{W (y)} = y$ , et que $W (y)$ a le signe de $y$ .

▶ Q.4 Soit $m \in] - \frac{1}{e}, 0 [$ . Combien l'équation $x e^{x} = m$ a-t-elle de solutions réelles ?

Partie II — Dérivabilité (3 points)

▶ Q.5 Montrer que $W$ est dérivable sur $] - \frac{1}{e}, + \infty [$ et que $W^{'} (y) = \frac{1}{(1 + W (y)) e^{W (y)}}$ . En déduire $W^{'} (0)$ et $W^{'} (e)$ .

▶ Q.6 Montrer que pour $y \in] - \frac{1}{e}, + \infty [$ non nul, $W^{'} (y) = \frac{W (y)}{y (1 + W (y))}$ .

▶ Q.7 Que se passe-t-il en $- \frac{1}{e}$ ? Quelle est l'allure de la courbe de $W$ en ce point ?

Partie III — Encadrements et équations (5 points)

▶ Q.8 Établir la relation $\ln W (y) = \ln y - W (y)$ pour chaque $y > 0$ .

▶ Q.9 En déduire que pour tout $y \geq e$ : $\ln y - \ln (\ln y) \leq W (y) \leq \ln y$ .

▶ Q.10 Vérifier que $(w - 1) e^{w} + 1 \geq 0$ quand $w \geq 0$ . En déduire la majoration $W (y) \leq \ln (1 + y)$ pour $y \geq 0$ .

▶ Q.11 Résoudre dans $] 0, + \infty [$ l'équation $x \ln x = 2 e^{2}$ .

▶ Q.12 Montrer que l'équation $x 2^{x} = 1$ admet une unique solution réelle et l'exprimer à l'aide de $W$ .

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Q.6 Pour $y \neq 0$ , $W (y) \neq 0$ (Q.3) et $e^{W (y)} = \frac{y}{W (y)}$ . En reportant : $W^{'} (y) = \frac{1}{(1 + W (y)) \frac{y}{W (y)}} = \frac{W (y)}{y (1 + W (y))}$ .

Q.8 Pour $y > 0$ , $W (y) > 0$ et $W (y) e^{W (y)} = y$ . En prenant le logarithme : $\ln W (y) + W (y) = \ln y$ , d'où le résultat.

Après avoir comparé avec le corrigé :

1. Parité, période, symétries : la fonction arccos⁡(sin⁡x)

2. Exponentielles, logarithmes, puissances réelles

3. Valeurs exactes et formules sur les réciproques circulaires

4. Calculs hyperboliques

5. Simplifier arcsin⁡(2x1−x2) de deux façons

6. Inégalités par étude de fonctions ; encadrement de e

7. Bijection x↦x+th⁡x et étude de sa réciproque

8. Formule d'addition des arctangentes et applications

9. Problème : l'équation ab=ba

10. Synthèse type concours : réciproque de x↦xex

1. Parité, période, symétries : la fonction arccos⁡(sin⁡x)

2. Exponentielles, logarithmes, puissances réelles

3. Valeurs exactes et formules sur les réciproques circulaires

4. Calculs hyperboliques

5. Simplifier arcsin⁡(2x1−x2) de deux façons

6. Inégalités par étude de fonctions ; encadrement de e

7. Bijection x↦x+th⁡x et étude de sa réciproque

8. Formule d'addition des arctangentes et applications

9. Problème : l'équation ab=ba

10. Synthèse type concours : réciproque de x↦xex

1. Parité, période, symétries : la fonction $\arccos (\sin x)$

5. Simplifier $\arcsin (2 x \sqrt{1 - x^{2}})$ de deux façons

6. Inégalités par étude de fonctions ; encadrement de $e$

7. Bijection $x \mapsto x + th x$ et étude de sa réciproque

9. Problème : l'équation $a^{b} = b^{a}$

10. Synthèse type concours : réciproque de $x \mapsto x e^{x}$

1. Parité, période, symétries : la fonction $\arccos (\sin x)$

5. Simplifier $\arcsin (2 x \sqrt{1 - x^{2}})$ de deux façons

6. Inégalités par étude de fonctions ; encadrement de $e$

7. Bijection $x \mapsto x + th x$ et étude de sa réciproque

9. Problème : l'équation $a^{b} = b^{a}$

10. Synthèse type concours : réciproque de $x \mapsto x e^{x}$