Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

4Fonctions usuelles

L’analyse ne vaut que par le stock de fonctions que l’on maîtrise. À la collection héritée du lycée — puissances, exponentielle, logarithme, fonctions trigonométriques — ce chapitre ajoute leurs fonctions réciproques ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ ) et la famille hyperbolique. Les dérivées sont utilisées librement au niveau du lycée ; la théorie qui sous-tend les fonctions réciproques est complétée aux Chapitres 13 et 14.

4.1 Exponentielle, logarithme, puissances

Proposition 4.1 (Rappels et caractérisation)

$\exp \colon \R \to \intoo{0}{+\infty}$ et $\ln \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ sont des bijections réciproques l’une de l’autre, strictement croissantes, et

\exp(x + y) = \exp x \exp y, \qquad \ln(xy) = \ln x + \ln y, \qquad \exp' = \exp, \qquad \ln'(x) = \frac 1x .

De plus, $\exp$ est la seule fonction dérivable $f \colon \R \to \R$ telle que $f' = f$ et $f(0) = 1$ .

Démonstration. Les rappels relèvent du lycée. Pour l’unicité, soit $f$ telle que $f' = f$ et $f(0) = 1$ , et posons $g(x) = f(x)\,\eu^{-x}$ . Alors $g' = f'\eu^{-x} - f\eu^{-x} = 0$ , donc $g$ est constante, égale à $g(0) = 1$ : $f = \exp$ . ∎

Définition 4.2 (Puissances générales)

Pour $x > 0$ et $\alpha \in \R$ : $\;x^\alpha = \eu^{\alpha \ln x}$ . Pour $a > 0$ , $a \neq 1$ , le logarithme de base $a$ est $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ , réciproque de $x \mapsto a^x$ .

Exemple 4.3 (Résoudre des équations exponentielles)

Résolvons $2^x = 5^{\,x-1}$ dans $\R$ . Les deux membres sont positifs : on peut donc prendre les logarithmes — étape réversible :

x\ln2 = (x - 1)\ln5 \iff x(\ln2 - \ln5) = -\ln5 \iff x = \frac{\ln5}{\ln5 - \ln2} = \frac{\ln 5}{\ln\frac52} \approx 1.756 .

Résolvons ensuite $x^{\sqrt2} = 3$ pour $x > 0$ : élevons à la puissance $\frac1{\sqrt2}$ (c’est-à-dire appliquons la bijection réciproque) : $x = 3^{1/\sqrt2} = \eu^{(\ln 3)/\sqrt2} \approx 2.175$ . L’idée à retenir : toute équation mêlant des puissances se dénoue par $\ln$ et $\exp$ , car la définition $x^\alpha = \eu^{\alpha\ln x}$ ramène toute manipulation de puissances à l’arithmétique des exposants — mais seulement sur le domaine $x > 0$ où cette définition a un sens.

Exemple 4.4 (Temps de doublement)

Une quantité croît de $3\,\%$ à chaque étape : après $n$ étapes, elle a été multipliée par $(1.03)^n$ . Quand double-t-elle ? Résolvons $(1.03)^n \geq 2$ :

n\ln(1.03) \geq \ln2 \iff n \geq \frac{\ln 2}{\ln 1.03} = \frac{0.6931}{0.02956} \approx 23.4 ,

donc le premier doublement a lieu à l’étape $24$ . (La « règle de $72$ » des financiers, qui estime le temps de doublement par $72$ divisé par le taux en pourcentage, n’est rien d’autre que ce calcul avec l’approximation $\ln(1 + x) \approx x$ , quantifiée au Chapitre 16.) On raisonne toujours mieux sur les processus exponentiels à travers leurs logarithmes : à cette échelle, la croissance est linéaire et les questions deviennent des divisions.

Exemple 4.5 (Quelle est la longueur de $2^{2026}$ ?)

Le nombre de chiffres décimaux d’un entier $N \geq 1$ est $\floor{\log_{10} N} + 1$ (en effet, $N$ a $d$ chiffres exactement quand $10^{d-1} \leq N < 10^d$ , c’est-à-dire $d - 1 \leq \log_{10}N < d$ ). Pour $N = 2^{2026}$ :

\log_{10} 2^{2026} = 2026\,\log_{10}2 = 2026 \times 0.301030 = 609.887 ,

donc $2^{2026}$ a $610$ chiffres. La partie fractionnaire offre une prime : $10^{0.887} \approx 7.7$ , donc le nombre commence par $7$ . Une seule multiplication a répondu à une question portant sur un nombre que personne n’écrira jamais — les logarithmes compriment la taille multiplicative en taille additive, ce qui est tout leur intérêt historique (l’Exemple 7.12 rend cette phrase précise).

Proposition 4.6 (Règles de calcul et croissances comparées)

Pour $x, y > 0$ et $\alpha, \beta \in \R$ :

x^{\alpha+\beta} = x^\alpha x^\beta, \quad (x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}, \quad (xy)^\alpha = x^\alpha y^\alpha, \quad (x^\alpha)' = \alpha\, x^{\alpha - 1}.

Échelle de croissance quand $x \to +\infty$ , pour tous $\alpha > 0$ et $\beta > 0$ :

\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} \longrightarrow 0, \qquad \frac{x^\alpha}{\eu^{\beta x}} \longrightarrow 0 .

Démonstration. Les identités transcrivent celles de $\exp$ et de $\ln$ à travers la définition. En détail pour la deuxième (la moins évidente) : $x^\alpha > 0$ et $\ln(x^\alpha) = \alpha\ln x$ (appliquer $\ln$ à la définition), donc

(x^\alpha)^\beta = \eu^{\beta\ln(x^\alpha)} = \eu^{\beta\alpha\ln x} = x^{\alpha\beta} ;

la première et la troisième sont les mêmes déroulements en deux lignes, via $\exp(u + v) = \exp u\exp v$ et $\ln(xy) = \ln x + \ln y$ . La dérivée est la règle de dérivation des fonctions composées : $(\eu^{\alpha\ln x})' = \frac{\alpha}{x} \eu^{\alpha\ln x}$ .

Comparaisons : partant de $\frac{\ln t}{t} \to 0$ (démontré dans le volume de Terminale), substituons $t = x^{\alpha/\beta}$ : $\frac{\ln x}{x^{\alpha/\beta}} \to 0$ , puis élevons à la puissance $\beta$ . Pour la seconde, substituons $x = \ln u$ dans la première. ∎

Exemple 4.7 (Deux limites que tout lecteur doit posséder)

Que valent $\lim_{x \to 0^+} x^x$ et $\lim_{x \to +\infty} x^{1/x}$ ? Les deux puissances sont définies via l’exponentielle : réglons donc d’abord le sort de l’exposant :

x^x = \eu^{x\ln x}, \qquad x\ln x = -\frac{\ln(1/x)}{1/x} \longrightarrow 0 \quad (x \to 0^+), \qquad\text{donc } x^x \longrightarrow \eu^0 = 1 ;

et $x^{1/x} = \eu^{(\ln x)/x} \to \eu^0 = 1$ quand $x \to +\infty$ , directement par les croissances comparées. L’idée à retenir : une puissance indéterminée (de forme $0^0$ ou $\infty^0$ ) se traite toujours en réécrivant $u^v = \eu^{v\ln u}$ et en analysant le produit $v \ln u$ — jamais en devinant à partir de la base et de l’exposant pris séparément. La fonction $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$ qui a décidé des deux limites est étudiée exhaustivement dans le devoir maison de ce chapitre.

L’échelle de croissance de la : près du bord droit, x a tout juste dépassé 1.6 tandis que x a quitté le cadre. Tout rapport (logarithme sur puissance, puissance sur exponentielle) tend vers 0 — l’image ne fait que suggérer ce que les substitutions de la démonstration rendent exact. — L’échelle de croissance de la Proposition 4.6 : près du bord droit, $\ln x$ a tout juste dépassé $1.6$ tandis que $\eu^x$ a quitté le cadre. Tout rapport (logarithme sur puissance, puissance sur exponentielle) tend vers $0$ — l’image ne fait que suggérer ce que les substitutions de la démonstration rendent exact.

Remarque 4.8 (Pièges classiques avec les puissances et les logarithmes)

Les domaines. Pour $\alpha$ irrationnel, la puissance $x^\alpha$ exige $x > 0$ ; mieux vaut éviter $(-8)^{1/3}$ au profit de « la racine cubique réelle de $-8$ », car la règle $(x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}$ tombe silencieusement en défaut sur les négatifs : $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ .
$\sqrt{x^2} = \abs x$ , et non $x$ : oublier la valeur absolue est la source classique de solutions négatives perdues.
$\ln(xy) = \ln x + \ln y$ exige $x, y > 0$ . Pour des arguments négatifs, $\ln(xy)$ peut être défini alors que le membre de droite ne l’est pas.
Quelle fonction croît ? Dans $x^\alpha$ , c’est la base qui varie ; dans $a^x$ , c’est l’exposant. Leurs croissances sont radicalement différentes (Proposition 4.6), et les expressions hybrides comme $x^{\ln x}$ ou $x^{1/x}$ doivent être réécrites sous la forme $\eu^{(\cdot)}$ avant tout raisonnement — comme dans l’Exemple 4.7.

4.2 Fonctions trigonométriques réciproques

Définition 4.9 ( $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ )

Les restrictions

\sin \colon \intcc{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \cos \colon \intcc{0}{\pi} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \tan \colon \intoo{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \R

sont des bijections strictement monotones. Leurs réciproques se notent $\arcsin$ , $\arccos$ et $\arctan$ . Ainsi, par exemple, $y = \arcsin x$ ( $x \in \intcc{-1}{1}$ ) est l’unique angle de $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ dont le sinus vaut $x$ .

De gauche à droite : , , . Chacune hérite de son graphe de la fonction directe restreinte, par symétrie par rapport à la droite y = x. — De gauche à droite : $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ . Chacune hérite de son graphe de la fonction directe restreinte, par symétrie par rapport à la droite $y = x$ .

Proposition 4.10 (Dérivées)

À l’intérieur de leur ensemble de définition :

\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arccos' x = \frac{-1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arctan' x = \frac{1}{1 + x^2}.

Démonstration. Anticipons la règle de dérivation de la réciproque, démontrée au Chapitre 14 : si $f$ est une bijection dérivable avec $f' \neq 0$ , alors $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ . Pour $\arcsin$ : avec $y = \arcsin x$ ,

\arcsin' x = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 y}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}},

où $\cos y = +\sqrt{1 - \sin^2 y}$ car $y \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ impose $\cos y > 0$ . De même, $\arccos' x = \frac{1}{-\sin y}$ avec $\sin y > 0$ sur $\intoo{0}{\pi}$ , et $\arctan' x = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{1 + x^2}$ en utilisant $\tan' = 1 + \tan^2$ . ∎

Exemple 4.11 (Reconnaître une constante cachée)

Étudions $g(x) = \arctan\dfrac{1 - x}{1 + x}$ sur $\intoo{-1} {+\infty}$ . Dérivation des fonctions composées et court calcul :

g'(x) = \frac{1}{1 + \bigl(\frac{1-x}{1+x}\bigr)^2}\cdot \frac{-(1+x) - (1-x)}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2 + (1-x)^2} = \frac{-1}{1 + x^2} ,

puisque $(1+x)^2 + (1-x)^2 = 2 + 2x^2$ . Donc $g' = -\arctan'$ : la fonction $g + \arctan$ a une dérivée nulle sur l’intervalle $\intoo{-1}{+\infty}$ , elle y est donc constante ; sa valeur en $x = 0$ vaut $\arctan 1 + \arctan 0 = \frac\pi4$ . Conclusion :

\arctan\frac{1 - x}{1 + x} = \frac\pi4 - \arctan x \qquad (x > -1) .

Sur $\intoo{-\infty}{-1}$ , le même calcul de dérivée vaut, mais la constante est différente ( $-\frac{3\pi}4$ : évaluer la limite quand $x \to -\infty$ ). L’idée à retenir : « dérivée nulle implique constante » est un énoncé intervalle par intervalle — exactement la subtilité exploitée dans l’Exercice 4.6 et l’Exercice 4.10.

Proposition 4.12 (Identités usuelles)

Pour $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ .
Pour $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (et $-\frac\pi2$ pour $x < 0$ ).
$\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ; $\;\tan(\arcsin x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$ pour $\abs x < 1$ .

Démonstration. (1) La dérivée de $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ est nulle sur $\intoo{-1}{1}$ (Proposition 4.10), donc la fonction y est constante, égale à sa valeur $\frac\pi2$ en $0$ ; les valeurs aux extrémités $\pm 1$ se vérifient directement ( $\frac\pi2 + 0$ et $-\frac\pi2 + \pi$ ).

(2) Même méthode sur $\intoo{0}{+\infty}$ : la dérivée vaut $\frac{1}{1+x^2} + \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0$ , et en $x = 1$ la somme vaut $2\arctan 1 = \frac\pi2$ . Pour $x < 0$ , utiliser l’imparité de $\arctan$ .

(3) Avec $y = \arccos x \in \intcc{0}{\pi}$ : $\sin y \geq 0$ , donc $\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y} = \sqrt{1 - x^2}$ ; de même pour $\cos(\arcsin x)$ , et la formule de la tangente est le quotient. ∎

Remarque 4.13

$\arcsin(\sin\theta) = \theta$ n’est vrai que pour $\theta \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : par exemple $\arcsin(\sin\pi) = 0 \neq \pi$ . La composition dans l’autre sens, $\sin(\arcsin x) = x$ , est valable sur tout $\intcc{-1}{1}$ .

Exemple 4.14 (Ramener un angle à l’intervalle principal)

Calculons

\arctan\Bigl(\tan\frac{3\pi}4\Bigr) \qquad\text{et}\qquad \arctan\Bigl(\tan\frac{17\pi}5\Bigr).

La recette : remplacer l’angle par l’unique angle de $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ayant la même tangente, c’est-à-dire lui retrancher le bon multiple de $\pi$ (la période de $\tan$ ). D’abord : $\frac{3\pi}4 - \pi = -\frac\pi4$ , donc la réponse est $-\frac\pi4$ . Ensuite : $\frac{17\pi} 5 - 3\pi = \frac{2\pi}5 \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , donc la réponse est $\frac{2\pi}5$ . Le calcul est une division euclidienne de l’angle par $\pi$ déguisée — et les recettes analogues pour $\arcsin$ (se ramener à $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , période $2\pi$ ) et $\arccos$ (se ramener à $\intcc0\pi$ ) gouvernent l’Exercice 4.1 et la réponse par morceaux de l’Exercice 4.10.

Exemple 4.15 (Additionner des arctangentes sans se tromper)

Démontrons que

\arctan\frac12 + \arctan\frac15 + \arctan\frac18 = \frac\pi4 .

Deux ingrédients : la formule d’addition de la tangente et — l’étape que les débutants oublient — une localisation de la somme. D’abord, $\tan(u + v) = \frac{\tan u + \tan v}{1 - \tan u\tan v}$ avec $u = \arctan\frac12$ , $v = \arctan\frac15$ donne

\tan(u + v) = \frac{\frac12 + \frac15}{1 - \frac1{10}} = \frac{7/10}{9/10} = \frac79, \qquad\text{puis}\qquad \tan\Bigl(u + v + \arctan\frac18\Bigr) = \frac{\frac79 + \frac18}{1 - \frac7{72}} = \frac{65/72}{65/72} = 1 .

Ensuite, chacun des trois angles appartient à $\intoo0{\frac\pi4}$ (leurs arguments sont plus petits que $1$ ), donc la somme appartient à $\intoo0{\frac{3\pi}4}$ ; le seul angle de cet intervalle dont la tangente vaut $1$ est $\frac\pi4$ . Sans la localisation, la conclusion serait « $\frac\pi4$ modulo un multiple de $\pi$ » — une demi-démonstration. La même discipline en deux temps gouverne l’Exercice 4.8 et l’Exercice 4.12.

Exemple 4.16 (Une équation en arctangente)

Résolvons $\arctan x + \arctan 2x = \dfrac\pi4$ . Localisons d’abord : le membre de gauche a le signe de $x$ (les deux termes l’ont), donc toute solution vérifie $x > 0$ , et la somme appartient alors à $\intoo0\pi$ . Prenons les tangentes (la tangente n’est injective sur aucun intervalle de longueur $\pi$ , mais combinée à la localisation cela suffira) : la formule d’addition donne

\tan\bigl(\arctan x + \arctan 2x\bigr) = \frac{3x}{1 - 2x^2} = 1 \iff 2x^2 + 3x - 1 = 0 \iff x = \frac{-3 \pm \sqrt{17}}4 .

La racine négative est écartée par la localisation ; pour le candidat positif $x_0 = \frac{\sqrt{17} - 3}4 \approx 0.28$ , la somme appartient à $\intoo0\pi$ et a pour tangente $1$ , et le seul angle de ce type est $\frac\pi4$ (sur $\intoo{\frac\pi2}\pi$ la tangente est négative) : $x_0$ est l’unique solution. Notons la forme de l’argument : prendre les tangentes peut créer des solutions, jamais en perdre ; on résout donc l’équation polynomiale, puis on filtre par la localisation — la même discipline de vérification a posteriori que lorsqu’on élève une équation au carré.

4.3 Fonctions hyperboliques

Définition 4.17 ( $\cosh$ , $\sinh$ , $\tanh$ )

Pour $x \in \R$ :

\cosh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}, \qquad \sinh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}, \qquad \tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x}

(cosinus, sinus, tangente hyperboliques). $\cosh$ est paire, $\sinh$ et $\tanh$ sont impaires.

Proposition 4.18 (Propriétés fondamentales)

Pour tous $x, y \in \R$ :

$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ;
$\cosh' = \sinh$ , $\;\sinh' = \cosh$ , $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ;
$\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ et $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ;
$\sinh$ est une bijection strictement croissante de $\R$ sur $\R$ ; $\cosh$ restreinte à $\R_+$ est une bijection strictement croissante sur $\intco{1}{+\infty}$ ; $\tanh$ est une bijection strictement croissante de $\R$ sur $\intoo{-1}{1}$ .

Démonstration. (1) $\bigl(\frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 = \frac{(\eu^{2x} + 2 + \eu^{-2x}) - (\eu^{2x} - 2 + \eu^{-2x})}{4} = 1$ .

(2) Dériver les formules de définition ; pour $\tanh$ , la règle de dérivation d’un quotient donne $\frac{\cosh^2 - \sinh^2}{\cosh^2}$ , qui vaut à la fois $1 - \tanh^2$ et $\frac{1}{\cosh^2}$ d’après (1).

(3) Développer les membres de droite à l’aide des définitions. En détail pour la première formule :

\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y = \frac{(\eu^x + \eu^{-x})(\eu^y + \eu^{-y}) + (\eu^x - \eu^{-x})(\eu^y - \eu^{-y})}{4} ;

des huit produits, les quatre termes « croisés » ( $\eu^{x-y}$ , $\eu^{y-x}$ ) s’annulent deux à deux, tandis que $\eu^{x+y}$ et $\eu^{-(x+y)}$ apparaissent chacun deux fois : le total vaut $\frac{2\eu^{x+y} + 2\eu^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y)$ . La formule du sinus est identique, ce sont cette fois les termes croisés qui survivent.

(4) $\sinh' = \cosh \geq 1 > 0$ , donc $\sinh$ est strictement croissante, de limites $\pm\infty$ (terme dominant $\pm\frac{\eu^{\abs x}}{2}$ ) ; le caractère bijectif résulte alors du théorème des valeurs intermédiaires (utilisé au niveau du lycée ; traitement systématique au Chapitre 13). Sur $\R_+$ , $\cosh' = \sinh \geq 0$ ne s’annule qu’en $0$ : strictement croissante de $\cosh 0 = 1$ à $+\infty$ . Et $\tanh' > 0$ , de limites $\pm 1$ en $\pm\infty$ : en détail,

\tanh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{\eu^x + \eu^{-x}} = \frac{1 - \eu^{-2x}}{1 + \eu^{-2x}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 1 ,

après division du numérateur et du dénominateur par $\eu^x$ , et l’imparité donne la limite $-1$ en $-\infty$ ; la fonction strictement croissante $\tanh$ envoie donc $\R$ sur $\intoo{-1}1$ . ∎

À gauche : et , asymptotiquement collées à x/2 (en pointillés). À droite : , croissante de -1 à 1. — À gauche : $\cosh$ et $\sinh$ , asymptotiquement collées à $\frac{\eu^x}{2}$ (en pointillés). À droite : $\tanh$ , croissante de $-1$ à $1$ .

Remarque 4.19 (Pourquoi « hyperbolique » ?)

Le point $(\cosh t, \sinh t)$ parcourt la branche $x > 0$ de l’hyperbole $x^2 - y^2 = 1$ (d’après la Proposition 4.18 (1)), exactement comme $(\cos t, \sin t)$ parcourt le cercle $x^2 + y^2 = 1$ . Toute identité circulaire a une sœur hyperbolique, les changements de signe étant régis par $\sinh^2 \leftrightarrow -\sin^2$ .

Exemple 4.20 (La formule d’addition pour $\tanh$ )

En divisant les deux formules d’addition de la Proposition 4.18 (3) par $\cosh x\cosh y$ :

\tanh(x + y) = \frac{\sinh x\cosh y + \cosh x\sinh y} {\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y} = \frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x\,\tanh y} ,

sœur hyperbolique de la formule d’addition de la tangente — avec un $+$ là où la trigonométrie a un $-$ . Un dividende : comme $\abs{\tanh} < 1$ , le membre de droite est une règle d’« addition des vitesses » qui ne quitte jamais $\intoo{-1}1$ : si $u, v \in \intoo{-1}1$ , alors $\frac{u + v}{1 + uv} \in \intoo{-1}1$ également (écrire $u = \tanh a$ , $v = \tanh b$ , ce qui est possible par bijectivité, et lire la formule à l’envers). Le vérifier algébriquement, sans les fonctions hyperboliques, est un exercice un peu pénible ; le paramétrage par $\tanh$ le réduit à une ligne — la stratégie même que les fonctions circulaires offrent pour le cercle unité.

Proposition 4.21 (Fonctions hyperboliques réciproques)

Les réciproques fournies par la Proposition 4.18 (4) admettent des expressions explicites :

\operatorname{arsinh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr) \ (x \in \R), \qquad \operatorname{arcosh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr) \ (x \geq 1),

\operatorname{artanh} x = \frac 12 \ln\frac{1 + x}{1 - x} \ (\abs x < 1),

de dérivées respectives $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ , $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ ( $x > 1$ ) et $\frac{1}{1 - x^2}$ .

Démonstration. Pour $\operatorname{arsinh}$ : résolvons $x = \sinh y = \frac{\eu^y - \eu^{-y}}{2}$ . En posant $u = \eu^y > 0$ : $u^2 - 2xu - 1 = 0$ , donc $u = x + \sqrt{x^2 + 1}$ (la racine $x - \sqrt{x^2+1}$ est négative), et $y = \ln(x + \sqrt{x^2+1})$ . Les deux autres sont des calculs identiques ( $u^2 - 2xu + 1 = 0$ pour $\operatorname{arcosh}$ , en gardant la racine $\geq 1$ ; une réorganisation en deux lignes pour $\operatorname{artanh}$ ). Dérivées : dériver les expressions logarithmiques, par exemple

\bigl(\ln(x + \sqrt{x^2+1})\bigr)' = \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} . \qedhere

∎

Exemple 4.22 (Les expressions explicites à l’œuvre)

La solution de $\cosh t = 2$ avec $t \geq 0$ est, d’après l’expression explicite, $t = \operatorname{arcosh} 2 = \ln(2 + \sqrt3) \approx 1.317$ ; l’autre solution est $-t$ , par parité — et en effet $\ln(2 - \sqrt3) = \ln\frac1{2 + \sqrt3} = -\ln(2 + \sqrt3)$ : les deux racines $u = \eu^t$ du trinôme $u^2 - 4u + 1 = 0$ sont inverses l’une de l’autre, comme l’exige leur produit égal à $1$ (relations de Viète). Ce minuscule calcul exhibe le schéma général : les équations hyperboliques se ramènent à des équations du second degré en $\eu^t$ , et la symétrie $t \mapsto -t$ apparaît comme la symétrie $u \mapsto 1/u$ du trinôme — à retenir pour résoudre l’Exercice 4.7.

Méthode 4.23 (Choisir la bonne forme de primitive)

Les trois schémas de dérivée à mémoriser pour l’intégration (Chapitre 15) :

\int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C,

et pour un trinôme du second degré quelconque, on s’y ramène en le mettant sous forme canonique puis en changeant d’échelle.

Remarque 4.24 (Où ce chapitre est utilisé)

Ce chapitre est le vocabulaire de travail de toute l’analyse à venir. L’échelle de croissance de la Proposition 4.6 tranche des questions de convergence tout au long des Chapitres 11 et 17 ; les formules de dérivée de la Proposition 4.10 et de la Proposition 4.21 sont les primitives dont on a le plus souvent besoin au Chapitre 15, via la Méthode 4.23 ; les fonctions hyperboliques paramètrent les solutions de l’équation $y'' = y$ au Chapitre 5 exactement comme les fonctions circulaires paramètrent celles de $y'' = -y$ . La caractérisation de $\exp$ par $f' = f$ , $f(0) = 1$ (Proposition 4.1) est la graine, en dimension un, de la théorie des équations différentielles linéaires, et la chaînette $y = \cosh x$ reviendra parmi les courbes planes du Chapitre 24.

Remarque 4.25 (Interlude : le programme des fonctions réciproques)

Ce chapitre a déroulé quatre fois le même programme : restreindre une fonction jusqu’à ce qu’elle devienne une bijection strictement monotone, nommer sa réciproque, transporter à travers elle toutes les formules. Ce qui a été utilisé à chaque étape — qu’une fonction continue strictement monotone sur un intervalle est une bijection sur un intervalle, que sa réciproque est continue, puis dérivable hors des points critiques — l’a été à crédit sur le lycée. La dette est remboursée dans ce volume : le Chapitre 13 démontre l’énoncé de bijectivité (le théorème de la bijection monotone, qui repose sur le théorème des valeurs intermédiaires), et le Chapitre 14 démontre la règle de dérivation $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ qui a silencieusement produit toutes les formules de la Proposition 4.10 et de la Proposition 4.21. Lire ces chapitres en gardant $\arcsin$ et $\operatorname{arsinh}$ en tête — comme les exemples travaillés que la théorie a été bâtie pour justifier — est la façon prévue de contourner la circularité apparente.

4.4 Exercices

Exercice 4.1 ★

Calculer sans calculatrice : $\arcsin\frac{\sqrt 3}{2}$ ; $\;\arccos\bigl(-\frac 12\bigr)$ ; $\;\arctan(-1)$ ; $\;\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ ; $\;\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ .

Solution

Solution de Exercice 4.1.

$\arcsin\frac{\sqrt 3}{2} = \frac\pi3$ ; $\;\arccos\bigl(-\frac12\bigr) = \frac{2\pi}{3}$ ; $\;\arctan(-1) = -\frac\pi4$ .

$\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ : $\sin\frac{5\pi}{6} = \frac12$ , et l’angle de $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ dont le sinus vaut $\frac12$ est $\frac\pi6$ (et non $\frac{5\pi}{6}$ ).

$\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ : $\cos\frac{7\pi}{4} = \frac{\sqrt 2}{2}$ , et l’angle de $\intcc{0}{\pi}$ ayant ce cosinus est $\frac\pi4$ .

Exercice 4.2 ★

Donner l’ensemble de définition de $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ et calculer $f'$ là où elle est définie. Mêmes questions pour $g(x) = \arctan\sqrt{x}$ .

Solution

Solution de Exercice 4.2.

$f(x) = \arcsin(2x - 1)$ exige $-1 \leq 2x - 1 \leq 1$ , c’est-à-dire $x \in \intcc{0}{1}$ . Sur $\intoo{0}{1}$ , la dérivation des fonctions composées et la Proposition 4.10 donnent

f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - (2x-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{4x - 4x^2}} = \frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}} .

$g(x) = \arctan\sqrt x$ est définie pour $x \geq 0$ , et pour $x > 0$ :

g'(x) = \frac{1}{1 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt x} = \frac{1}{2\sqrt x\,(1 + x)} .

Exercice 4.3 ★

Démontrer que, pour tout $x \in \R$ : $\cosh x + \sinh x = \eu^x$ et $(\cosh x + \sinh x)^n = \cosh nx + \sinh nx$ pour tout $n \in \Z$ (une formule de Moivre hyperbolique).

Solution

Solution de Exercice 4.3.

$\cosh x + \sinh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2} + \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2} = \eu^x$ . Donc, pour $n \in \Z$ :

(\cosh x + \sinh x)^n = (\eu^x)^n = \eu^{nx} = \cosh nx + \sinh nx .

Exercice 4.4 ★

Simplifier $\cos(2\arcsin x)$ et $\sin(2\arctan x)$ en expressions algébriques de $x$ .

Solution

Solution de Exercice 4.4.

Avec $y = \arcsin x$ : $\cos 2y = 1 - 2\sin^2 y = 1 - 2x^2$ , donc $\cos(2\arcsin x) = 1 - 2x^2$ .

Avec $y = \arctan x$ : $\sin 2y = 2 \sin y \cos y = 2 \tan y \cos^2 y = \frac{2\tan y}{1 + \tan^2 y}$ , donc $\sin(2\arctan x) = \dfrac{2x}{1 + x^2}$ .

Exercice 4.5 ★

Ordonner, pour $x$ grand, les fonctions $x^{100}$ , $\;\eu^{\sqrt x}$ , $\;(\ln x)^{1000}$ , $\;\eu^{x/100}$ , $\;x^{\ln x}$ , de la croissance la plus lente à la plus rapide, avec des justifications fondées sur la Proposition 4.6.

Solution

Solution de Exercice 4.5.

De la plus lente à la plus rapide :

(\ln x)^{1000} \;\ll\; x^{100} \;\ll\; x^{\ln x} \;\ll\; \eu^{\sqrt x} \;\ll\; \eu^{x/100} .

Justifications : $(\ln x)^{1000}/x^{100} \to 0$ d’après la Proposition 4.6 (les logarithmes perdent contre les puissances). $x^{100} = \eu^{100\ln x}$ et $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2}$ : comme $(\ln x)^2 - 100\ln x \to +\infty$ , c’est la seconde qui l’emporte. $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2} \ll \eu^{\sqrt x}$ car $(\ln x)^2/\sqrt x \to 0$ (les logarithmes perdent contre la puissance $x^{1/4}$ , le tout élevé au carré). Enfin $\sqrt x - x/100 \to -\infty$ , donc $\eu^{\sqrt x} \ll \eu^{x/100}$ .

Exercice 4.6 ★★

Étudier la fonction $f(x) = \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}$ sur son ensemble de définition : calculer $f'$ , comparer avec $(2\arctan x)'$ , et exprimer $f(x)$ à l’aide de $\arctan x$ sur chacun des trois intervalles du domaine.

Solution

Solution de Exercice 4.6.

Ensemble de définition : $x \neq \pm 1$ , soit trois intervalles. Sur chacun,

f'(x) = \frac{\bigl(\frac{2x}{1-x^2}\bigr)'}{1 + \frac{4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{\frac{2(1-x^2) + 4x^2}{(1-x^2)^2}} {\frac{(1-x^2)^2 + 4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{2(1 + x^2)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2}{1 + x^2} = (2\arctan x)' .

Donc $f(x) - 2\arctan x$ est constante sur chaque intervalle. Valeurs : en $x = 0$ , $f(0) = 0$ : la constante vaut $0$ sur $\intoo{-1}{1}$ . Quand $x \to +\infty$ , $\frac{2x}{1-x^2} \to 0^-$ donc $f \to 0$ , tandis que $2\arctan x \to \pi$ : la constante vaut $-\pi$ sur $\intoo{1}{+\infty}$ . Par imparité, elle vaut $+\pi$ sur $\intoo{-\infty}{-1}$ . En résumé : $f = 2\arctan x$ sur $\intoo{-1}{1}$ , $f = 2\arctan x - \pi$ pour $x > 1$ , $f = 2\arctan x + \pi$ pour $x < -1$ . (C’est la formule de duplication de la tangente, lue à travers $\arctan$ .)

Exercice 4.7 ★★

Résoudre dans $\R$ : $\;\cosh x = 2$ ; puis $5\cosh x - 4 \sinh x = 3$ (exprimer les solutions à l’aide de logarithmes). Indication pour la deuxième : tout écrire avec $u = \eu^x$ .

Solution

Solution de Exercice 4.7.

$\cosh x = 2$ : avec $u = \eu^x > 0$ , $u + u^{-1} = 4$ , donc $u^2 - 4u + 1 = 0$ , $u = 2 \pm \sqrt 3$ : $x = \ln(2 + \sqrt 3)$ ou $x = \ln(2 - \sqrt 3) = -\ln(2 + \sqrt 3)$ (les deux solutions sont opposées, puisque $\cosh$ est paire ; toutes deux conviennent). De façon équivalente, $x = \pm \operatorname{arcosh} 2$ .

$5\cosh x - 4\sinh x = 3$ : en substituant les définitions exponentielles, $\frac{5(u + u^{-1}) - 4(u - u^{-1})}{2} = 3$ , c’est-à-dire $u + 9u^{-1} = 6$ , c’est-à-dire $u^2 - 6u + 9 = (u - 3)^2 = 0$ : $u = 3$ , une unique solution $x = \ln 3$ .

Exercice 4.8 ★★

Démontrer l’identité $\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$ , puis la formule de Machin

4\arctan\frac 15 - \arctan\frac{1}{239} = \frac{\pi}{4}.

Indication : calculer la tangente des deux membres à l’aide de la formule d’addition, et contrôler dans quel intervalle se situe chaque membre.

Solution

Solution de Exercice 4.8.

Posons $\alpha = \arctan\frac12 + \arctan\frac13$ . Formule d’addition :

\tan\alpha = \frac{\frac12 + \frac13}{1 - \frac12\cdot\frac13} = \frac{5/6}{5/6} = 1 .

Les deux arctangentes appartiennent à $\intoo{0}{\frac\pi4}$ (leurs arguments sont dans $\intoo{0}{1}$ ), donc $\alpha \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ; le seul angle de cet intervalle dont la tangente vaut $1$ est $\frac\pi4$ .

Machin : posons $\beta = \arctan\frac15$ . Duplication, deux fois :

\tan 2\beta = \frac{2/5}{1 - 1/25} = \frac{5}{12}, \qquad \tan 4\beta = \frac{2 \cdot 5/12}{1 - 25/144} = \frac{120}{119}.

Puis

\tan\Bigl(4\beta - \frac\pi4\Bigr) = \frac{\frac{120}{119} - 1}{1 + \frac{120}{119}} = \frac{1/119}{239/119} = \frac{1}{239}.

Localisation : $\beta < \arctan 1 = \frac\pi4$ , et en fait $\tan 4\beta = \frac{120}{119}$ est proche de $1$ avec $4\beta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (car $\beta < \frac\pi8$ , puisque $\tan\frac\pi8 = \sqrt 2 - 1 > \frac15$ ) ; donc $4\beta - \frac\pi4 \in \intoo{-\frac\pi4}{\frac\pi4}$ , intervalle sur lequel $\arctan$ inverse $\tan$ : $4\beta - \frac\pi4 = \arctan\frac{1}{239}$ , ce qui est la formule de Machin.

Exercice 4.9 ★★

Démontrer que, pour tout $x \geq 0$ : $\;x - \dfrac{x^3}{6} \leq \sin x \leq x$ (étudier les dérivées successives des différences), et en déduire que $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x^3} = \frac 16$ est plausible — la limite elle-même est établie au Chapitre 16.

Solution

Solution de Exercice 4.9.

Posons $f(x) = x - \sin x$ : $f(0) = 0$ et $f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$ , donc $f \geq 0$ sur $\R_+$ : $\sin x \leq x$ .

Posons $g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}$ : $g(0) = 0$ , $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$ , $g'(0) = 0$ , $g''(x) = -\sin x + x = f(x) \geq 0$ sur $\R_+$ . Donc $g'$ est croissante avec $g'(0) = 0$ , d’où $g' \geq 0$ , d’où $g$ croissante avec $g(0) = 0$ : $g \geq 0$ , c’est-à-dire $x - \frac{x^3}{6} \leq \sin x$ sur $\R_+$ .

Par conséquent $0 \leq \frac{x - \sin x}{x^3} \leq \frac 16$ pour $x > 0$ : le rapport est piégé à l’échelle de $\frac16$ , et le Chapitre 16 montre que sa limite vaut exactement $\frac 16$ .

Exercice 4.10 ★★★

Pour $x \in \intcc{-1}{1}$ , posons $h(x) = \arcsin\bigl(2x\sqrt{1 - x^2}\,\bigr) - 2\arcsin x$ . On pourrait s’attendre à $h = 0$ d’après l’identité $\sin 2y = 2\sin y\cos y$ — mais $h$ n’est pas identiquement nulle. Calculer $h'$ sur les intervalles ouverts où elle existe, évaluer $h$ en des points bien choisis, et donner la description complète, constante par morceaux, de $h$ sur $\intcc{-1}{1}$ .

Solution

Solution de Exercice 4.10.

Écrivons $y = \arcsin x$ , de sorte que $2x\sqrt{1 - x^2} = 2\sin y\cos y = \sin 2y$ et $h(x) = \arcsin(\sin 2y) - 2y$ .

Pour $\abs x \leq \frac{\sqrt 2}{2}$ : $2y \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , donc $\arcsin(\sin 2y) = 2y$ et $h = 0$ .

Pour $x \in \intoc{\frac{\sqrt 2}{2}}{1}$ : $2y \in \intoc{\frac\pi2}{\pi}$ , et l’angle de $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ dont le sinus vaut $\sin 2y$ est $\pi - 2y$ : donc $h(x) = \pi - 4\arcsin x$ . (Vérification par la dérivée : on y a $h'(x) = \frac{2(1 - 2x^2)}{\abs{1 - 2x^2}\sqrt{1 - x^2}} - \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{-4}{\sqrt{1 - x^2}}$ , la dérivée de $-4\arcsin x$ ; et en $x = 1$ , $h(1) = \arcsin 0 - 2\cdot\frac\pi2 = -\pi = \pi - 4\cdot\frac\pi2$ .)

Pour $x \in \intco{-1}{-\frac{\sqrt 2}{2}}$ , par imparité de $h$ : $h(x) = -\pi - 4\arcsin x$ .

Exercice 4.11 ★★★

(Fonction de Gudermann) Soit $g(x) = \arctan(\sinh x)$ pour $x \in \R$ . Démontrer que $g$ est une bijection impaire, strictement croissante, de $\R$ sur $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ , que $g'(x) = \frac{1}{\cosh x}$ , et que $\tan g(x) = \sinh x$ , $\;\sin g(x) = \tanh x$ , $\;\cos g(x) = \frac{1}{\cosh x}$ : la fonction $g$ relie trigonométrie circulaire et trigonométrie hyperbolique sans passer par les nombres complexes.

Solution

Solution de Exercice 4.11.

$g = \arctan \circ \sinh$ est une composée de fonctions impaires strictement croissantes : elle est donc impaire et strictement croissante ; quand $x \to +\infty$ , $\sinh x \to +\infty$ donc $g(x) \to \frac\pi2$ , et $g$ est une bijection sur $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (continuité et théorème des valeurs intermédiaires). Dérivation des fonctions composées, avec la Proposition 4.18 (1) :

g'(x) = \frac{\cosh x}{1 + \sinh^2 x} = \frac{\cosh x}{\cosh^2 x} = \frac{1}{\cosh x} .

Par construction, $\tan g(x) = \sinh x$ . Ensuite, comme $g(x) \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ a un cosinus positif,

\begin{align*} \cos g(x) &= \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 g(x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \sinh^2 x}} = \frac{1}{\cosh x},\\ \sin g(x) &= \tan g(x) \cos g(x) = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \tanh x . \end{align*}

Exercice 4.12 ★★

Démontrer que

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \pi .

Indication : calculer d’abord $\arctan 2 + \arctan 3$ , en localisant la somme comme dans l’Exemple 4.15 ; attention, le dénominateur de la formule d’addition est ici négatif.

Solution

Solution de Exercice 4.12.

Posons $u = \arctan 2$ et $v = \arctan 3$ ; tous deux appartiennent à $\intoo{\frac\pi4}{\frac\pi2}$ (leurs arguments dépassent $1$ ), donc $u + v \in \intoo{\frac\pi2}{\pi}$ . La formule d’addition donne

\tan(u + v) = \frac{2 + 3}{1 - 6} = -1 ,

et l’unique angle de $\intoo{\frac\pi2}{\pi}$ dont la tangente vaut $-1$ est $\frac{3\pi}4$ : donc $\arctan 2 + \arctan 3 = \frac{3\pi}4$ . (Appliquer aveuglément $\arctan$ à la tangente donnerait $-\frac\pi4$ , faux de $\pi$ — c’est la localisation qui sauve le calcul, et le dénominateur négatif $1 - 6$ est précisément le signal que la somme a quitté $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .) En ajoutant $\arctan 1 = \frac\pi4$ :

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \frac\pi4 + \frac{3\pi}4 = \pi .

4.5 Problème : l’équation $x^y = y^x$

Problème 4.1

Quels couples de nombres positifs vérifient $x^y = y^x$ ? Tout le monde en connaît un exemple d’apparence accidentelle, $2^4 = 4^2 = 16$ ; ce problème montre que rien n’y est accidentel. L’équation tout entière est gouvernée par les variations d’une seule fonction,

f(t) = \frac{\ln t}{t} \qquad (t > 0),

dont l’étude livre : l’ensemble complet des solutions (une diagonale et une branche courbe passant par $(\eu, \eu)$ ), un paramétrage rationnel de la branche, le fait que $(2, 4)$ en est l’unique point entier et la classification de tous ses points rationnels — plus, en dividendes, la comparaison de $\eu^\pi$ et $\pi^\eu$ et la convergence monotone de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ vers $\eu$ .

Partie I — La fonction $f(t) = \ln t / t$ .

Justifier que $f$ est dérivable sur $\intoo0{+\infty}$ , calculer $f'$ et dresser le tableau de variations : $f$ croît strictement sur $\intoc0\eu$ , décroît strictement sur $\intco\eu{+\infty}$ , avec pour maximum $f(\eu) = \frac1\eu$ .
Déterminer les limites de $f$ en $0^+$ et en $+\infty$ (Proposition 4.6), le signe de $f$ (négatif sur $\intoo01$ , nul en $1$ , positif au-delà), et tracer l’allure du graphe.
Vérifier par un calcul direct que $f(2) = f(4)$ . (Garder cette égalité en tête : tout le problème en découle.)
Soit $c \in \R$ . Discuter, selon la valeur de $c$ , le nombre de solutions de $f(t) = c$ : exactement une pour $c \leq 0$ ; exactement deux (une dans $\intoo1\eu$ , une dans $\intoo\eu{+\infty}$ ) pour $0 < c < \frac1\eu$ ; exactement une pour $c = \frac1\eu$ ; aucune pour $c > \frac1\eu$ .
En déduire que $\eu^x > x^\eu$ pour tout $x > 0$ tel que $x \neq \eu$ , et trancher en particulier lequel de $\eu^\pi$ et $\pi^\eu$ est le plus grand.

Partie II — L’équation et sa courbe. Dans cette partie, $x, y > 0$ .

Montrer que $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ .
En déduire la structure de l’ensemble des solutions : tous les couples diagonaux $(x, x)$ ; et les couples non triviaux ( $x \neq y$ ), qui vérifient : les deux coordonnées sont $> 1$ , et l’une appartient à $\intoo1\eu$ tandis que l’autre appartient à $\intoo\eu{+\infty}$ .
Paramétrer les couples non triviaux : en écrivant $y = tx$ avec $t > 0$ , $t \neq 1$ , montrer que $x^y = y^x$ impose

$x(t) = t^{\frac1{t-1}}, \qquad y(t) = t\,x(t) = t^{\frac{t}{t-1}},$

et que, réciproquement, tout couple de cette forme est solution.
Vérifier que $t = 2$ donne $(2, 4)$ , et démontrer la symétrie $x(1/t) = y(t)$ , $y(1/t) = x(t)$ : inverser le paramètre échange les deux coordonnées.
Déterminer les limites de $x(t)$ et $y(t)$ quand $t \to 1$ (toutes deux tendent vers $\eu$ ), quand $t \to +\infty$ ( $x \to 1$ , $y \to +\infty$ ) et quand $t \to 0^+$ ( $x \to +\infty$ , $y \to 1$ ). Décrire la branche obtenue : une courbe asymptote aux droites $x = 1$ et $y = 1$ , coupant la diagonale en $(\eu, \eu)$ .
Montrer que $t \mapsto x(t)$ est strictement décroissante sur $\intoo1{+\infty}$ . (Étudier $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$ , dont le signe contrôle la dérivée de $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$ .)
Conclure que les solutions non triviales définissent une bijection strictement décroissante $\varphi \colon \intoo1\eu \to \intoo\eu{+\infty}$ vérifiant $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ , et que $\varphi$ est une involution de la branche : $\varphi(\varphi(x)) = x$ partout où les deux membres sont définis.

Partie III — Points entiers et points rationnels.

Démontrer que $(2, 4)$ et $(4, 2)$ sont les seules solutions entières non triviales de $x^y = y^x$ .
Pour $n \in \N^*$ , appliquer le paramétrage avec $t = 1 + \frac1n$ et montrer que

$x_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n+1}$

est une solution rationnelle non triviale pour tout $n$ , avec $(x_1, y_1) = (2, 4)$ .
Réciproquement, soit $(x, y)$ une solution rationnelle non triviale avec $y > x$ , et écrivons $t = y/x = 1 + \frac rs$ sous forme irréductible ( $r, s \in \N^*$ ). En utilisant $x = t^{s/r}$ et en admettant l’unicité de la décomposition en facteurs premiers (familière depuis le lycée ; démontrée au Chapitre 6), montrer que la rationalité de $x$ impose que $s$ et $s + r$ soient tous deux des puissances $r$ -ièmes d’entiers.
Montrer, à l’aide de la formule du binôme, que $a^r - b^r = r$ n’a pas de solution entière $a > b \geq 1$ lorsque $r \geq 2$ , et conclure : les solutions rationnelles de $x^y = y^x$ sont exactement les couples $(x_n, y_n)$ de la question 14 (et leurs échangés).
Vérifier numériquement le cas $n = 2$ : calculer $f(9/4)$ et $f(27/8)$ à quatre décimales et constater qu’ils coïncident.

Partie IV — Dividendes.

Utiliser les questions 7 et 11 pour démontrer, sans aucun calcul supplémentaire, que la suite $x_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ est strictement croissante avec $x_n < \eu$ , que $y_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n+1}$ est strictement décroissante avec $y_n > \eu$ , et que toutes deux convergent vers $\eu$ . (Le paramètre $t_n = 1 + \frac1n$ décroît vers $1$ .)
Établir la règle de comparaison générale pour $1 < a < b$ : si $\eu \leq a$ , alors $a^b > b^a$ ; si $b \leq \eu$ , alors $a^b < b^a$ ; et montrer, sur les deux exemples $(2, 3)$ et $(2, 5)$ , que dans le cas mixte $a < \eu < b$ les deux issues se produisent effectivement.
Supposons l’involution $\varphi$ de la question 12 dérivable en $\eu$ (elle l’est). Dériver l’identité $\varphi(\varphi(x)) = x$ en $x = \eu$ et en déduire $\varphi'(\eu) = -1$ : la branche coupe la diagonale perpendiculairement.
Trouver l’unique couple solution vérifiant $y = 3x$ , sous forme explicite, et le vérifier numériquement à quatre décimales à l’aide de $f$ .
Parmi les nombres $\sqrt2$ , $\sqrt[3]3$ , $\sqrt[4]4$ , $\sqrt[5]5$ , déterminer le plus grand et identifier les deux qui sont égaux. (Comparer $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ .)

Partie V — Synthèse.

Décrire l’ensemble complet des solutions de $x^y = y^x$ dans le quart de plan $x, y > 0$ — diagonale et branche, leur intersection $(\eu, \eu)$ , les asymptotes, le point entier $(2, 4)$ , les points rationnels s’accumulant en $(\eu, \eu)$ — sous une forme que l’on pourrait esquisser de mémoire.
Où exactement le problème a-t-il utilisé : (i) les croissances comparées de la Proposition 4.6 ; (ii) le théorème des valeurs intermédiaires (à travers les énoncés de bijectivité) ; (iii) l’unicité admise de la décomposition en facteurs premiers ? Une phrase pour chacun.
Morale, en un court paragraphe : un unique tableau de variations a résolu une équation à deux inconnues, classifié ses points rationnels et démontré la convergence monotone de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ — commenter cette économie de moyens, et dire où chaque fil est industrialisé plus loin dans le volume (Chapitre 11 pour la suite, Chapitre 14 pour les tableaux de variations, Chapitre 16 pour la précision qui manque au tableau).

Solution

Solution de Problème 4.1.

1. $f$ est un quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\intoo0{+\infty}$ , et

f'(t) = \frac{\frac1t \cdot t - \ln t}{t^2} = \frac{1 - \ln t}{t^2} ,

positive pour $t < \eu$ , nulle en $t = \eu$ , négative pour $t > \eu$ : $f$ croît strictement sur $\intoc0\eu$ , décroît strictement sur $\intco\eu{+\infty}$ , avec pour maximum $f(\eu) = \frac1\eu$ .

2. Quand $t \to 0^+$ : $\ln t \to -\infty$ et $\frac1t \to +\infty$ , donc $f(t) \to -\infty$ . Quand $t \to +\infty$ : $f(t) \to 0$ par les croissances comparées de la Proposition 4.6 ( $\beta = \alpha = 1$ ). Signe : celui de $\ln t$ , donc $f < 0$ sur $\intoo01$ , $f(1) = 0$ , $f > 0$ sur $\intoo1{+\infty}$ . Le graphe monte depuis $-\infty$ , traverse zéro en $1$ , culmine en $(\eu, \frac1\eu)$ , puis décroît vers $0^+$ .

3. $f(4) = \frac{\ln 4}4 = \frac{2\ln 2}4 = \frac{\ln 2}2 = f(2)$ .

4. Par le tableau de variations et le théorème des valeurs intermédiaires (utilisé au niveau du lycée ; formalisé au Chapitre 13). Pour $c < 0$ : les solutions n’existent que là où $f < 0$ , c’est-à-dire dans $\intoo01$ , où $f$ est une bijection strictement croissante sur $\intoo{-\infty}0$ : exactement une. Pour $c = 0$ : seulement $t = 1$ . Pour $0 < c < \frac1\eu$ : sur $\intoo1\eu$ , $f$ croît de $0$ à $\frac1\eu$ : une solution ; sur $\intoo\eu{+\infty}$ , $f$ décroît de $\frac1\eu$ à $0$ : une de plus ; en tout, deux. Pour $c = \frac1\eu$ : seulement le point maximum $t = \eu$ . Pour $c > \frac1\eu$ : aucune.

5. Pour $x \neq \eu$ , la stricte maximalité donne $f(x) < f(\eu)$ , c’est-à-dire $\frac{\ln x}x < \frac1\eu$ , c’est-à-dire $\eu\ln x < x$ , c’est-à-dire $\ln(x^\eu) < \ln(\eu^x)$ : $x^\eu < \eu^x$ . Avec $x = \pi$ : $\eu^\pi > \pi^\eu$ (numériquement, $23.14 > 22.46$ ).

6. Pour $x, y > 0$ , les deux membres sont positifs, donc

x^y = y^x \iff y\ln x = x\ln y \iff \frac{\ln x}x = \frac{\ln y}y \iff f(x) = f(y) ,

en divisant par $xy > 0$ .

7. Soit $f(x) = f(y) = c$ avec $x \neq y$ . Si $c \leq 0$ ou $c = \frac1\eu$ , la question 4 dit que l’équation $f = c$ a une unique solution : impossible. Donc $0 < c < \frac1\eu$ , et, toujours par la question 4, les deux solutions sont un point de $\intoo1\eu$ et un point de $\intoo\eu{+\infty}$ : les deux coordonnées dépassent $1$ et elles encadrent $\eu$ .

8. En substituant $y = tx$ dans $y\ln x = x\ln y$ :

tx\ln x = x(\ln t + \ln x) \iff (t - 1)\ln x = \ln t \iff \ln x = \frac{\ln t}{t - 1} ,

donc $x = t^{1/(t-1)}$ et $y = tx = t^{1 + \frac1{t-1}} = t^{t/(t-1)}$ . Réciproquement, pour ces valeurs, $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} = t\ln x$ et $y = tx$ , donc $\frac{\ln y}y = \frac{t\ln x}{tx} = \frac{\ln x}x$ : c’est une solution. Toute solution non triviale a un rapport $t = y/x \in \intoo0{+\infty} \setminus \{1\}$ , donc le paramétrage est complet.

9. $t = 2$ : $x = 2^{1/1} = 2$ , $y = 2^{2/1} = 4$ . Et

x(1/t) = (1/t)^{\frac1{\frac1t - 1}} = (t^{-1})^{\frac{t}{1 - t}} = t^{\frac{t}{t - 1}} = y(t) ,

puis $y(1/t) = \frac1t\,x(1/t) = \frac{y(t)}t = x(t)$ : le changement de paramètre $t \mapsto 1/t$ échange les coordonnées, comme l’exige la symétrie de l’équation.

10. Quand $t \to 1$ : $\frac{\ln t}{t-1} \to 1$ (c’est le taux d’accroissement de $\ln$ en $1$ ), donc $x \to \eu^1 = \eu$ et $y = tx \to \eu$ . Quand $t \to +\infty$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to 0$ donc $x \to 1$ , tandis que $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to +\infty$ donc $y \to +\infty$ . Quand $t \to 0^+$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to \frac{-\infty}{-1} = +\infty$ donc $x \to +\infty$ , tandis que $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to \frac{0}{-1} = 0$ donc $y \to 1$ (en utilisant $t\ln t \to 0$ , Exemple 4.7). La branche court donc depuis l’asymptote $y = 1$ (tout à droite), monte en traversant $(\eu, \eu)$ sur la diagonale, et s’échappe le long de l’asymptote $x = 1$ (tout en haut) — symétrique par rapport à la diagonale d’après la question 9.

11. $\ln x(t) = g(t) = \frac{\ln t}{t-1}$ , et

g'(t) = \frac{\frac{t-1}t - \ln t}{(t-1)^2} = \frac{h(t)}{(t-1)^2}, \qquad h(t) = 1 - \frac1t - \ln t .

$h(1) = 0$ et $h'(t) = \frac1{t^2} - \frac1t = \frac{1 - t}{t^2} < 0$ pour $t > 1$ : $h < 0$ sur $\intoo1{+\infty}$ , donc $g' < 0$ et $x = \eu^g$ y est strictement décroissante (de $\eu$ à $1$ , d’après la question 10).

12. D’après la question 11, $t \mapsto x(t)$ est une bijection strictement décroissante de $\intoo1{+\infty}$ sur $\intoo1\eu$ ; notons $t(x)$ sa réciproque (également strictement décroissante) et posons $\varphi(x) = y(t(x))$ . Remarquons que $h < 0$ également sur $\intoo01$ (on y a $h' > 0$ et $h(1) = 0$ ), donc $x(\cdot)$ est aussi décroissante sur $\intoo01$ ; par conséquent $y(t) = x(1/t)$ (question 9) est croissante en $t$ sur $\intoo1{+\infty}$ , de $\eu$ à $+\infty$ . Par composition, $\varphi = y \circ t(\cdot)$ est strictement décroissante de $\intoo1\eu$ sur $\intoo\eu{+\infty}$ , et $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ d’après la question 8. Enfin, pour une valeur commune $c = f(x) \in \intoo0{\frac1\eu}$ , la paire $\{x, \varphi(x)\}$ est l’ensemble des deux solutions de $f = c$ (question 4) ; en prolongeant $\varphi$ à $\intoo\eu{+\infty}$ par l’application réciproque, $\varphi(\varphi(x))$ redonne l’autre élément (c’est-à-dire l’élément initial) : $\varphi \circ \varphi = \mathrm{id}$ .

13. Si $(x, y)$ est une solution entière non triviale avec $x < y$ , la question 7 place $x \in \intoo1\eu$ : le seul entier de cet intervalle est $x = 2$ . Alors $f(y) = f(2) = \frac{\ln2}2$ avec $y > \eu$ ; d’après la question 4, l’équation $f = \frac{\ln2}2$ a exactement une solution au-delà de $\eu$ , et la question 3 l’exhibe : $y = 4$ . Donc $(2, 4)$ , et son échangé, sont les seules.

14. $t = 1 + \frac1n = \frac{n+1}n$ donne $\frac1{t - 1} = n$ et $\frac t{t-1} = n + 1$ , donc

x_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n+1},

manifestement rationnels, distincts ( $y_n = t\,x_n \neq x_n$ ), et $n = 1$ donne $x_1 = 2$ , $y_1 = 4$ .

15. $t = y/x$ est rationnel et $> 1$ ; écrivons $t - 1 = \frac rs$ sous forme irréductible, de sorte que $t = \frac{s + r}s$ avec $\gcd(s + r, s) = \gcd(r, s) = 1$ . La question 8 donne $x = t^{s/r}$ , d’où

x^r = t^s = \frac{(s+r)^s}{s^s} ,

fraction irréductible (aucun nombre premier ne divise à la fois $s + r$ et $s$ ). En écrivant $x = \frac pq$ sous forme irréductible, $x^r = \frac{p^r}{q^r}$ l’est aussi, et, par unicité de la représentation irréductible : $p^r = (s+r)^s$ et $q^r = s^s$ . Comparons l’exposant d’un nombre premier $\ell$ quelconque dans $q^r = s^s$ : $r \cdot v_\ell(q) = s \cdot v_\ell(s)$ , donc $r$ divise $s\,v_\ell(s)$ ; comme $\gcd(r, s) = 1$ , $r$ divise $v_\ell(s)$ pour tout nombre premier $\ell$ (décomposition en facteurs premiers unique, admise ; démontrée au Chapitre 6), donc $s = b^r$ pour un entier $b$ . Le même argument sur $p^r = (s+r)^s$ donne $s + r = a^r$ .

16. Supposons $a^r - b^r = r$ avec des entiers $a > b \geq 1$ et $r \geq 2$ . Alors $a \geq b + 1$ , donc, par la formule du binôme,

a^r - b^r \geq (b+1)^r - b^r = \sum_{k=0}^{r-1}\binom rk b^k \geq \binom r0 + \binom r{r-1} b^{r-1} \geq 1 + r > r ,

ce qui est contradictoire. D’après la question 15, $a^r - b^r = (s + r) - s = r$ impose $r = 1$ : $t = 1 + \frac1s$ , et la solution est $(x_s, y_s)$ de la question 14. Avec les couples échangés, la classification est complète.

17. $f\bigl(\tfrac94\bigr) = \frac{\ln 2.25}{2.25} = \frac{0.81093}{2.25} = 0.3604$ et $f\bigl(\tfrac{27}8\bigr) = \frac{\ln 3.375}{3.375} = \frac{1.21640}{3.375} = 0.3604$ (à quatre décimales) : égaux, comme la construction le promettait — donc $\bigl(\tfrac94\bigr)^{27/8} = \bigl(\tfrac{27}8\bigr)^{9/4}$ .

18. Les paramètres $t_n = 1 + \frac1n$ décroissent strictement vers $1$ . Comme $x(\cdot)$ est strictement décroissante sur $\intoo1{+\infty}$ (question 11), $x_n = x(t_n)$ est strictement croissante ; comme $y(\cdot)$ y est strictement croissante (question 12), $y_n = y(t_n)$ est strictement décroissante. D’après la question 7, $x_n \in \intoo1\eu$ et $y_n \in \intoo\eu{+\infty}$ : donc $x_n < \eu < y_n$ pour tout $n$ . Enfin, $t_n \to 1$ et la question 10 donnent $x_n \to \eu$ et $y_n \to \eu$ . La convergence monotone classique de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ tombe de la géométrie de la branche, sans aucune inégalité nouvelle.

19. Si $\eu \leq a < b$ : $f$ strictement décroissante sur $\intco\eu{+\infty}$ donne $f(a) > f(b)$ , c’est-à-dire $b\ln a > a\ln b$ , c’est-à-dire $a^b > b^a$ . Si $1 < a < b \leq \eu$ : $f$ strictement croissante donne $f(a) < f(b)$ , d’où $a^b < b^a$ . Cas mixte : $2 < \eu < 3$ et $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ ; mais $2 < \eu < 5$ et $2^5 = 32 > 25 = 5^2$ : les deux issues se produisent, selon le côté de la branche où tombe le point $(a, b)$ .

20. La branche rencontre la diagonale en $\eu$ et $\varphi$ s’y prolonge continûment avec $\varphi(\eu) = \eu$ . En dérivant $\varphi(\varphi(x)) = x$ en $x = \eu$ par la règle de dérivation des fonctions composées : $\varphi'(\varphi(\eu))\,\varphi'(\eu) = \varphi'(\eu)^2 = 1$ , donc $\varphi'(\eu) = \pm1$ ; $\varphi$ est décroissante, donc $\varphi'(\eu) = -1$ . La branche coupe la diagonale avec la pente $-1$ : perpendiculairement.

21. $y = 3x$ est le cas $t = 3$ : $x = 3^{1/2} = \sqrt3$ et $y = 3^{3/2} = 3\sqrt3$ . Vérification : $f(\sqrt3) = \frac{0.54931}{1.73205} = 0.3171$ et $f(3\sqrt3) = \frac{\ln 5.19615}{5.19615} = \frac{1.64792}{5.19615} = 0.3171$ : égaux à quatre décimales, donc $(\sqrt3)^{3\sqrt3} = (3\sqrt3)^{\sqrt3}$ .

22. $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ , et $\exp$ est croissante, donc l’ordre est celui des $f(n)$ : $f(3) = \frac{\ln3}3 \approx 0.3662$ l’emporte sur $f(2) = f(4) = \frac{\ln2}2 \approx 0.3466$ (question 3) et sur $f(5) \approx 0.3219$ . Le plus grand est $\sqrt[3]3$ , et le couple égal est $\sqrt2 = \sqrt[4]4$ — le couple entier $(2, 4)$ sous un déguisement de plus.

23. L’ensemble des solutions est la réunion de la diagonale $\{(x, x) : x > 0\}$ et d’une unique branche, symétrique par rapport à la diagonale, strictement décroissante depuis l’asymptote $x = 1$ (quand $y \to +\infty$ ) jusqu’à l’asymptote $y = 1$ (quand $x \to +\infty$ ), coupant la diagonale exactement une fois, en $(\eu, \eu)$ , avec la pente $-1$ en ce point. Sur la branche se trouvent les points entiers $(2, 4)$ et $(4, 2)$ — les seuls — et les points rationnels $(x_n, y_n)$ , qui progressent monotonement le long de la branche vers $(\eu, \eu)$ sans jamais l’atteindre ( $\eu$ est irrationnel ; les points rationnels de la branche s’accumulent en un coin irrationnel).

24. (i) Les croissances comparées ont donné les limites de $f$ en $+\infty$ (question 2) et $t\ln t \to 0$ (question 10), façonnant à la fois le tableau de variations et les asymptotes. (ii) Le théorème des valeurs intermédiaires, à travers les énoncés de bijectivité, a converti le tableau de variations en comptages exacts de solutions (question 4) et en existence de l’application réciproque $t(x)$ (question 12). (iii) L’unicité de la décomposition en facteurs premiers a alimenté les deux identifications de fractions irréductibles de la question 15, cœur arithmétique de la classification des points rationnels.

25. Un seul calcul de dérivée — le signe de $1 - \ln t$ — a tout engendré : le nombre de solutions pour chaque niveau $c$ , la forme et les asymptotes de la branche, l’inégalité extrémale $\eu^x \geq x^\eu$ , la classification des solutions entières et rationnelles, et la convergence monotone de $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . Telle est l’économie de la pensée par tableaux de variations : une étude en dimension un résout une équation à deux variables, parce que l’équation se factorise à travers une unique fonction. Le Chapitre 11 refera la convergence de $(x_n)$ avec la théorie générale des suites monotones ; le Chapitre 14 fonde rigoureusement les tableaux de variations sur le théorème des accroissements finis ; et le Chapitre 16 fournit ce que le tableau ne peut donner — la vitesse de la convergence $x_n \to \eu$ (elle est d’ordre $1/n$ ).

4.1 Exponentielle, logarithme, puissances

4.2 Fonctions trigonométriques réciproques

4.3 Fonctions hyperboliques

4.4 Exercices

4.5 Problème : l’équation xy=yxx^y = y^xxy=yx

4.5 Problème : l’équation $x^y = y^x$