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Exercice 3 Écrire sous forme d'expression algébrique sin(Arccosx), cos(Arcsinx), sin(3 Arctanx) Exercice 4 Résoudre les équation suivantes : Arcsinx = Arcsin 2

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˘ Fonctions hyperboliques : sh(x), ch(x), th(x) * sinus hyperbolique : sh(x) = e x − e − 

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28 jan 2009 · sinh x (cotangente hyperbolique) Étudier les fonctions tanh et coth et les dessiner Solution 1 C'est un cas particulier du premier exercice, 

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L'objectif de cet exercice est de déterminer l'ensemble des fonctions réelles f définies sur R, 1) Väliser la définition des fonctions hyperboliques réciproques

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et Hyperboliques 9 octobre 2007 1 Exercices sur les fonctions circulaires Exercice 1 Soit x un nombre réel qui ne soit pas de la forme π 2 +kπ 2 ,k ∈ Z 1

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Correction exercice 3 1 tan( ) √1 + tan2( ) = sin( )

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On a vu dans l'exercice no 1 que pour tout réel x, th(2x) = 1) a) La fonction sh est continue et strictement croissante sur R La fonction sh réalise donc une 

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CORRECTION Exercices Chapitre 2 - Fonctions usuelles £ ¢ ¡ Exercice 2 1 ( ch x = 0, ∀x ∈ R), on obtient grâce `a l'injectivité de la tangente hyperbolique,

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Exercice 7 Les réels x et y étant liés par x = ln ( tan (y 2 + π 4 )) , calculer chx, shx et thx en fonction de y Indication Τ Correction Τ [000764]

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Justifier que la fonction sinus hyperbolique réalise une bijection de sur b On note argsh la bijection réciproque de sh Calculer argsh(1) puis établir que : ∀x 

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CPI1 - ANALYSE 1.2

CORRECTION Exercices Chapitre 2- Fonctions usuelles.

Exercice 2.1Correction:

On a pour toutx2]0;+1[,

log

2x+ log4x+ log8x=112

,lnxln2 +lnxln4 +lnxln8 =112 ,lnxln2 +lnxln2

2+lnxln2

3=112 lnxln2 +lnx2ln2 +lnx3ln2 =112 ,6lnx+ 3lnx+ 2lnx6ln2 =112 ,lnx= 3ln2 = ln23= ln8,x= 8. L'equation proposee admet une unique solutionx= 8.

Exercice 2.2Correction:

1. On a, a vecles notations de l' enonce,et en notan t(1) l'in egalitev oulue: (1),2(yx)<(x+y)(lnylnx),2yx 1 1 +yx lnyx

En notantt=yx

2]1;+1[, on a :

(1),2(t1)<(t+ 1)lnt,lnt >2t1t+ 1

Considerons

f: [1;+1[!R,t7!f(t) = lnt2t1t+ 1 L'applicationfest derivable sur [1;+1[ et, pour toutt2[1;+1[ : f

0(t) =1t

2(t+ 1)(t1)(t+ 1)2=1t

4(t+ 1)2=(t+ 1)24tt(t+ 1)2=(t1)2t(t+ 1)20 (>0 sit6= 1).

Il en resulte quefest strictement croissante sur [1;+1[. De plus,f(1) = 0 d'ou :8t2]1;+1[,f(t)>0, ce qui prouve l'inegalite voulue. 2. On a, p ourtout n2N?, en utilisant 1. applique a (k;k+ 1) a la place de (x;y) : nX k=1kln 1 +1k =nX k=1k(k+ 1)kln(k+ 1)lnkExercice 2.3Correction:

Soit (S)4(logxy+ logyx) = 17 (L1)

xy= 243 (L2)avecx > y >1:On sait que logxylogyx= 1 donc logxy=1log yx. On poseX= logyxce qui implique que logxy=1X . Par consequent, (L1),4 X+1X = 17,4X217X+4 = 0.

Comme = 15

2, le trin^ome admet deux racines distinctesX1= 4

X 2=14 . ConsideronsX2=14 . On a donc X

2= logyx=lnxlny=14

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