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FONCTIONS CIRCULAIRES ET HYPERBOLIQUES

Table des matieres

1. Quelques formules de trigonometrie 21.1. Identite remarquable 21.2. Periodicite 21.3. Relations remarquables 31.4. Formules d’addition 31.5. Formules de duplication 41.6. Formules de l’angle moitie 41.7. Quelques valeurs remarquables 51.8. Identite d’Euler 52. Fonctions trigonometriques reciproques 52.1. Arc cosinus 52.2. Arc sinus 62.3. Arc tangente 73. Fonctions hyperboliques 73.1. Definitions de cosinus et sinus hyperbolique 73.2. Proprietes 93.3. La tangente hyperbolique 113.4. Formules d’addition 123.5. Formules de duplication 134. Fonctions hyperboliques reciproques 134.1. Argument cosinus hyperbolique 134.2. Argument sinus hyperbolique 154.3. Argument tangente hyperbolique 165. Exercices 175.1. Fonctions circulaires 175.2. Fonctions circulaires reciproques 275.3. Fonctions hyperboliques 36

1

2 FONCTIONS CIRCULAIRES ET HYPERBOLIQUES

1. Quelques formules de trigonometrie

-2,4 -2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4

-1,5

-1

-0,5

0,5

1

1,5

xcos x

sin x

Figure 1. Le cosinus et le sinus d’un arc x

1.1. Identite remarquable.

cos2 x+ sin2 x = 1, x ∈ R.

Demonstration. Celle-ci est une consequence directe de la definition de cosx et sinx, ainsique du Theoreme de Pythagore. �

1.2. Periodicite.

cos(x+ 2 k π) = cosx, x ∈ R, k ∈ Z

sin(x+ 2 k π) = sinx, x ∈ R, k ∈ Z

tan(x+ k π) = tanx, x 6= (2m+ 1)π

2, m, k ∈ Z,

FONCTIONS CIRCULAIRES ET HYPERBOLIQUES 3

1.3. Relations remarquables.

cos(−x) = cosx, x ∈ R

sin(−x) = − sinx, x ∈ R

tan(−x) = − tanx, x 6= (2m+ 1)π

2, m ∈ Z

cos(π

2− x)

= sinx et sin(π

2− x)

= cosx, x ∈ R

tan(π

2− x)

=1

tanx, x 6= 2mπ, m ∈ Z

1.4. Formules d’addition.

cos(x− y) = cosx cos y + sinx sin y et cos(x+ y) = cosx cos y − sinx sin y

sin(x− y) = sinx cos y − cosx sin y et sin(x+ y) = sinx cos y + cosx sin y

tan(x− y) =tanx− tan y

1 + tanx tan yet tan(x+ y) =

tanx+ tan y

1− tanx tan y

Demonstration. La formule pour cos(x− y) est montree dans l’Exercice 5.1. A partir decette formule, on peut montrer toutes les autres. En effet, en utilisant que le cosinusest une fonction paire et le sinus est impair, on a

cos(x+ y) = cos(x− (−y)) = cosx cos(−y) + sinx sin(−y)

= cosx cos y − sinx sin y,

qui montre bien la deuxieme formule. Pour montrer la troisieme formule on utilise la relationentre le cosinus et le sinus (voir ci-dessus)

sin(x− y) = cos(π

2− (x− y)

)= cos

((π2− x)

+ y)

= cos(π

2− x)

cos y − sin(π

2− x)

sin y

= sinx cos y − cosx sin y.

Finalement, on montre comme obtenir la cinquieme formule. On a

tan(x− y) =sin(x− y)

cos(x− y)=

sinx cos y − sin y cosx

cosx cos y + sinx sin y=

cos y (sinx− tan y cosx)

cos y (cosx+ sinx tan y)

=sinx− tan y cosx

cosx+ sinx tan y

=cosx(tanx− tan y)

cosx(1 + tanx tan y)

=tanx− tan y

1 + tanx tan y,

qui termine la preuve. Essayez de montrer les formules qui restent. �


1.5. Formules de duplication.

cos 2x = cos2 x− sin2 x = 2 cos2 x− 1 = 1− 2 sin2 x

sin 2x = 2 sinx cosx

tan 2x =2 tanx

1− tan2 x

Demonstration. Il s’agit tout simplement de cas particuliers des formules d’addition, ilsuffit de choisir x = y. A titre d’exemple, on montre la formule pour le cosinus. On a donc

cos(2x) = cos(x+ x) = cosx cosx− sinx sinx = cos2 x− sin2 x.

En utilisant l’identite remarquable, on a aussi

cos(2x) = cos2 x− sin2 x = cos2 x− (1− cos2 x) = 2 cos2 x− 1

et

cos(2x) = cos2 x− sin2 x = (1− sin2 x)− sin2 x = 1− 2 sin2 x,

ce qui termine la preuve. �

1.6. Formules de l’angle moitie.∣∣∣cos(x

2

)∣∣∣ =

√1 + cosx

2

∣∣∣sin(x2

)∣∣∣ =

√1− cosx

2

∣∣∣tanx

2

∣∣∣ =

√1− cosx

1 + cosx

Demonstration. A titre d’exemple, on montre la premiere. D’apres les formules de dupli-cation, on sait deja que

cosx = cos(

2 · x2

)= 2 cos2

(x2

)− 1,

c’est-a-dire on a que

cos2(x

2

)=

cosx+ 1

2.

Il suffit de prendre la racine carree pour conclure. �


1.7. Quelques valeurs remarquables.

cos 0 = 1 cosπ

6=

√3

2cos

π

4=

√2

2cos

π

3=

1

2cos

π

2= 0

sin 0 = 0 sinπ

6=

1

2sin

π

4=

√2

2sin

π

3=

√3

2sin

π

2= 1

tan 0 = 0 tanπ

6=

1√3

tanπ

4= 1 tan

π

3=√

3

Demonstration. Toutes ces valeurs peuvent etre determinees en utilisant la definition decosinus, sinus et tangente et le Theoreme de Pythagore. Par exemple, par construction

(1.1) cosπ

4= sin

π

4,

et cette quantite correspond a la longueur des cotes d’un triangle rectangle isocele, dontl’hypothenuse a longueur 1. On trouve alors

cos2π

4+ sin2 π

4= 1,

et en utilisant (1.1), ca implique

2 cos2π

4= 1,

et donc finalement

cosπ

4=

1√2.

Essayez de calculer toutes les autres valeurs. �

1.8. Identite d’Euler.

(1.2) ei x = cosx+ i sinx, x ∈ R.

2. Fonctions trigonometriques reciproques

2.1. Arc cosinus. La fonctioncos : R→ [−1, 1]

est surjective, mais pas injective, en tant que fonction periodique. Mais si on considerela restriction du cosinus a l’interval [0, π], cette fonction devient aussi injective et doncbijective. Sa fonction reciproque s’appelle arc cosinus : par definition de fonction reciproqueil s’agit de la fonction

arccos : [−1, 1] → [0, π]y 7→ “la seule solution x ∈ [0, π]

de l’equation cosx = y′′

On a donc que

arccos y = “le seul arc compris entre 0 et π dont le cosinus vaut y′′.


Par construction, on a

arccos(cosx) = x, pour tout x ∈ [0, π] et x = cos(arccos y), pour tout y ∈ [−1, 1].

Exemple 2.1. On a

arccos

(1

2

)=π

3,

car π/3 est le seul arc compris entre 0 et π dont le cosinus vaut 1/2.

Faites attention a l’exemple suivant.

Exemple 2.2 (Exemple piege ! !). Ca fait combien

arccos

(cos

(7

6π

))=?

On aurait envie de repondre 7/6π, mais comme

7

6π 6∈ [0, π],

on sait que celle-ci n’est pas la reponse correcte. Par definition de arccos, on sait quela reponse doit etre “le seul arc compris entre 0 et π dont le cosinus vaut cos(7/6π)”. Alors,comme

cos

(5

6π

)= cos

(7

6π

),

et 5/6π est le seul arc entre 0 et π avec cette propriete, on a que la reponse correcteest bien

arccos

(cos

(7

6π

))=

5

6π.

2.2. Arc sinus. La fonction

sin : R→ [−1, 1]

est a nouveau surjective, mais pas injective. Si on considere la restriction du sinus a l’interval[−π

2 ,π2 ], cette fonction devient aussi injective et donc bijective. Sa fonction reciproque

s’appelle arc sinus, donc on a

arcsin : [−1, 1] →[−π

2,π

2

]y 7→ “la seule solution −π/2 ≤ x ≤ π/2

de l’equation sinx = y′′

Par definition, on peut aussi dire

arcsin y = “le seul arc compris entre −π/2 et π/2 dont le sinus vaut y′′.

Bien evidemment, on aura

arcsin(sinx) = x, pour tout x ∈[π

2,π

2

]et x = sin(arcsin y), pour tout x ∈ [−1, 1].


Exemple 2.3. On a par exemple

arcsin

(−1

2

)= −π

6et arcsin

(1√2

)=π

4.

2.3. Arc tangente. En ce qui concerne la fonction tangente, elle aussi est periodique, doncelle n’est pas injective. De tout facon, sur tout interval du type (−π/2 +k π, π/2 +k π) elleest strictement croissante et donc injective. En particulier, sa restriction

tan :(−π

2,π

2

)→ R,

est bijective, donc il y a la possibilite de definir sa fonction reciproque. Il s’agit de lafonction arc tangente

arctan : R →(−π

2,π

2

)y 7→ “la seule solution −π/2 < x < π/2

de l’equation tanx = y′′

Par definition, on a que

arctanx = “le seul arc compris (strictement) entre −π2

etπ

2dont la tangente vaut x

′′.

Elle a donc la propriete

arctan(tanx) = x, pour tout x ∈(π

2,π

2

)et y = tan(arctan y), pour tout y ∈ R

3. Fonctions hyperboliques

3.1. Definitions de cosinus et sinus hyperbolique. D’apres l’identite d’Euler (1.2) ona

cosx = Re(ei x) et sinx = Im(ei x).

En outre, toujours grace a l’identite d’Euler, on a

e−i x = ei (−x) = cos(−x) + i sin(−x) = cos(x)− i sin(x),

et donc e−i x est le conjugue de ei x. Ceci permet de dire

(3.1) cosx =ei x + e−i x

2et i sinx =

ei x − e−i x2

Avec un peu de courage, on peut se demander : “et qu’est-ce qui se passe si on remplacex par i x dans les formules precedentes ? ” Bien sur, on n’a pas le droit de faire ca,car on n’a definit les fonctions cosinus et sinus que pour des arguments reels...mais bon,voyons qu’est-ce que ca donne quand meme, au moins au niveau formel.

En utilisant que i2 = −1, on obtiendra

cos(i x) =ex + e−x

2et i sin(i x) = −e

x − e−x2

.


-2,4 -2 -1,6 -1,2 -0,8 -0,4 0 0,4 0,8 1,2 1,6 2 2,4

0,5

1

1,5

2

2,5

Figure 2. Construction du graph de x 7→ coshx

Les deux fonctions a droite s’appellent

x 7→ ex + e−x

2cosinus hyperbolique,

x 7→ ex − e−x2

sinus hyperbolique,

avec la notation

coshx =ex + e−x

2, sinhx =

ex − e−x2

, x ∈ R.

L’argument (purement formel !) precedent justifie pourquoi ces deux fonctions s’appellent“cosinus” et “sinus”...mais pourquoi “hyperbolique” ? Une justification de ca vient del’identite remarquable pour les fonctions hyperboliques

(3.2) cosh2 x− sinh2 x = 1, x ∈ R.

Demonstration. Par verification directe, on a

cosh2 x− sinh2 x =

(ex + e−x

2

)2

−(ex − e−x

2

)2

=e2x + 2 + e−2x − (e2x − 2 + e−2x)

4= 1,

qui montre (3.2). �


-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

-2

-1

1

2

3

(cosh x, sinh x)

Figure 3. Parametrisation d’une branche de l’hyperbole X2 − Y 2 = 1

Remarque 3.1. La formule (3.2) implique que

I = {(X,Y ) ∈ R2 : ∃x ∈ R tel que X = coshx, Y = sinhx}= {(X,Y ) ∈ R2 : X2 − Y 2 = 1 et X ≥ 0},

c’est-a-dire, grace a cosh et sinh on peut parametrer une branche de l’hyperbole ayantequation cartesienne X2 − Y 2 = 1.

3.2. Proprietes. On observe tout d’abord que

cosh(−x) =e−x + ex

2= coshx, pour tout x ∈ R,

et

sinh(−x) =e−x − ex

2= − sinhx, pour tout x ∈ R,

donc le cosinus hyperbolique est une fonction paire, tant que sinus hyperbolique est impaire.

Lemme 3.2 (Monotonie). La fonction cosinus hyperbolique est strictement croissante sur[0 +∞), tant que la fonction sinus hyperbolique est strictement croissante sur R.

Demonstration. On sait deja que la fonction exponentielle x 7→ ex est strictement crois-sante. On observe alors que si x1 > x2 ≥ 0, on a

ex1 − ex2 > 0.

Toujours grace au fait que x1 > x2 ≥ 0, on a aussi ex1 ex2 > 1 et donc

ex1 − ex2 > ex1 − ex2ex1 ex2

.


On observe maintenant que

ex1 − ex2 > ex1 − ex2ex1 ex2

⇐⇒ ex1 − ex2 > 1

ex2− 1

ex1

⇐⇒ ex1 +1

ex1> ex2 +

1

ex2

⇐⇒ ex1 + e−x1

2>ex2 + e−x2

2.

Cela montre bien que x 7→ coshx est strictement croissante sur [0,+∞).

Pour montrer la monotonie de x 7→ sinh(x), il suffit d’observer que

x 7→ ex et x 7→ e−x,

sont deux fonctions strictement croissantes. Donc x 7→ sinh(x) est strictement croissanteen tant que somme de deux fonctions ayant cette monotonie. �

Comme x 7→ coshx est une fonction paire qui est strictement croissante pour x ≥ 0,alors elle est strictement decroissante pour x < 0. Ceci implique que

coshx ≥ cosh 0 = 1, pour tout x ∈ R.

Comme on a aussi

limx→+∞

coshx = +∞,et que le cosinus hyperbolique est une fonction continue, on obtient que son image coincideavec l’intervalle 1 [1,+∞). On a donc que

[0,+∞) → [1,+∞)x 7→ coshx

est une fonction bijective.

Par contre, comme le sinus hyperbolique est strictement croissante sur R, on obtientqu’elle est injective. En outre, comme

limx→+∞

sinhx = +∞ et limx→−∞

sinhx = −∞,

il s’agit d’une fonction surjective 2 aussi.

1. Ici on utilise le Theoreme des valeurs intermediares pour en deduire la surjectivite. Mais ce n’estpas vraiment necessaire, il serait suffisant de revenir a la definition de surjectivite et montrer que

∀y ≥ 1,∃x ∈ R tel queex − e−x

2= y.

La derniere equation peut etre resolue explicitement (voir Section 4).

2. A nouveau, pour la surjectivite on pouvait montrer directement que

∀y ∈ R,∃x ∈ R tel queex − e−x

2= y.

Voir Section 4.


3.3. La tangente hyperbolique. On definit aussi la tangente hyperbolique de x ∈ Rcomme

tanhx =sinhx

coshx=e2x − 1

e2x + 1, x ∈ R.

C’est immediat a voir que

tanh(−x) =sinh(−x)

cosh(−x)= − sinhx

coshx= − tanhx, x ∈ R.

Lemme 3.3. La fonction tangente hyperbolique est strictement croissante sur R. En outre,on a

(3.3) − 1 < tanh(x) < 1, pour tout x ∈ R.

Demonstration. Pour montrer la monotonie, on observe tout d’abord que on peut ecrire latangente hyperbolique comme

(3.4) tanhx =e2x − 1

e2x + 1=e2x + 1− 2

e2x + 1= 1− 2

e2x + 1.

Comme la fonction x 7→ e2x + 1 est strictement croissante, on a que

x 7→ 1

e2x + 1,

est strictement decroissante et finalement

x 7→ − 1

e2x + 1,

est strictement croissante. En utilisant cette information dans (3.4), on trouve que x 7→tanhx est strictement croissante.

En ce qui concerne (3.3), on observe que comme e2x − 1 < e2x + 1, alors

tanhx =e2x − 1

e2x + 1<e2x + 1

e2x + 1= 1.

D’autre part, comme e2x − 1 > −e2x − 1, on a aussi

tanhx =e2x − 1

e2x + 1>−e2x − 1

e2x + 1= −1.

Cela termine la preuve. �

En particulier on a que x 7→ tanhx est une fonction injective, dont l’image est comprisdans l’intervalle (−1, 1). On verra dans la prochaine section qu’en effet elle est bien unebijection entre R et (−1, 1).


3.4. Formules d’addition. Pour tout x, y ∈ R, on a les identites suivantes

cosh(x+ y) = coshx cosh y + sinhx sinh y

cosh(x− y) = coshx cosh y − sinhx sinh y

sinh(x+ y) = sinhx cosh y + coshx sinh y

sinh(x− y) = sinhx cosh y − coshx sinh y

tanh(x− y) =tanhx− tanh y

1− tanhx tanh y

tanh(x+ y) =tanhx+ tanh y

1 + tanhx tanh y

Demonstration. La demonstration de la premiere est par verification directe. On a en effet

coshx cosh y + sinhx sinh y =ex + e−x

2

ey + e−y

2+ex − e−x

2

ey − e−y2

=ex+y + ex−y + ey−x + e−x−y

4

+ex+y − ex−y − ey−x + e−x−y

4

=ex+y + e−x−y

2= cosh(x+ y).

Pour cosh(x− y) il suffit de remarquer que

cosh(x− y) = cosh(x+ (−y)),

et apres utiliser la formule precedente, ainsi que le fait que cosh(−y) = cosh y et quesinh(−y) = − sinh y.

En ce qui concerne le sinus hyperbolique, on a

sinhx cosh y + coshx sinh y =ex − e−x

2

ey + e−y

2+ex + e−x

2

ey − e−y2

=ex+y + ex−y − ey−x − e−x−y

4

+ex+y − ex−y + ey−x − e−x−y

4

=ex+y − e−x−y

2= sinh(x+ y),

ce qui termine la preuve.


Finalement, on demontre la premiere formule pour la tangente hyperbolique. En revenanta la definition et en utilisant les formules d’additions precedentes, on a donc

tanh(x− y) =sinh(x− y)

cosh(x− y)=

sinhx cosh y − coshx sinh y

coshx cosh y − sinhx sinh y

=cosh y (sinhx− coshx tanh y)

cosh y (coshx− sinhx tanh y)

=sinhx− coshx tanh y

coshx− sinhx tanh y

=coshx (tanhx− tanh y)

coshx (1− tanhx tanh y)

=tanhx− tanh y

1− tanhx tanh y.

Essayez de montrer les formules qui restent. �

Remarque 3.4. On pouvait “deviner” les formules d’addition du cosinus hyperbolique etdu sinus hyperbolique, en utilisant celles pour le cosinus et le sinus et le fait que (au niveaupurement formel)

cos(i x) = coshx et i sin(i x) = − sinhx.

Cela donnait par exemple

cosh(x− y) = cos(i x− i y) = cos(ix) cos(i y)− sin(i x) sin(i y)

= cos(i x) cos(i y) + (i sin(i x)) (i sin(i y))

= coshx cosh y + sinhx sinh y,

ou on a utilise que i2 = −1.

3.5. Formules de duplication. En choisissant x = y dans les formules d’addition, onobtient les identites suivantes

cosh(2x) = cosh2 x+ sinh2 x

sinh(2x) = 2 coshx sinhx

tanh(2x) =2 tanhx

1− tanh2 x.

4. Fonctions hyperboliques reciproques

4.1. Argument cosinus hyperbolique. On a vu que si on considere la restriction ducosinus hyperbolique sur la demi-droite [0,+∞), alors

cosh : [0,+∞)→ [1,+∞),


devient bijective et donc elle admet l’application reciproque, qui s’appelle argument cosinushyperbolique. Il s’agit de la fonction

arg cosh : [1,+∞) → [0,+∞)y 7→ “la seule solution x ∈ [0,+∞)

de l’equation coshx = y′′

Par definition d’application reciproque, elle a les proprietes

arg cosh(coshx) = x, pour tout x ≥ 0,

et

cosh(arg cosh y) = y, pour tout y ≥ 1.

Il se trouve qu’on peut aussi donner une forme explicite de arg coshx : pour cela, pour touty ≥ 1 il nous suffit de resoudre (par rapport a x) l’equation suivante,

coshx = y,

parmi les x ≥ 0. En revenant a la definition de coshx, ceci est equivalent a chercher x ≥ 0tel que

ex + e−x

2= y.

On observe que

ex + e−x

2= y ⇐⇒ e2x + 1

2ex= y ⇐⇒ e2x + 1 = 2 y ex

⇐⇒ e2x − 2 y ex + 1 = 0.

Au fin de resoudre la derniere equation, on pose A = ex et celle-ci devient

A2 − 2 y A+ 1 = 0.

Les solutions sont

A1 = y +√y2 − 1 et A2 = y −

√y2 − 1.

Maintenant on se souvient qu’on avait pose A = ex et qu’on avait la condition x ≥ 0, doncla seule solution qui est la bonne pour nous est celle telle que A ≥ e0 = 1. Finalement, caveut dire

ex = y +√y2 − 1,

et donc

x = ln(y +

√y2 − 1

).

On peut donc en conclure que

arg cosh y = ln(y +

√y2 − 1

), y ≥ 1.


4.2. Argument sinus hyperbolique. On a vu que la fonction

sinh : R→ R,est bijective. Donc elle admet l’application reciproque, qui s’appelle argument sinus hyper-bolique. Il s’agit de la fonction

arg sinh : R → Ry 7→ “la seule solution x ∈ R

de l’equation sinhx = y′′

Comme d’habitude, on a

arg sinh(sinhx) = x, pour tout x ∈ R,et

sinh(arg sinh y) = y, pour tout x ∈ R.A nouveau, on peut donner une forme explicite de y 7→ arg sinh y, en terme de fonctionsusuelles. Pour cela, pour tout y ∈ R il nous suffit de resoudre (par rapport a x) l’equationsuivante,

sinhx = y,

En revenant a la definition de sinhx, ceci est equivalent a

ex − e−x2

= y.

On observe que

ex − e−x2

= y ⇐⇒ e2x − 1

2ex= y ⇐⇒ e2x − 1 = 2 y ex

⇐⇒ e2x − 2 y ex − 1 = 0.

Comme avant, on pose A = ex et l’equation precedente devient

A2 − 2 y A− 1 = 0,

dont le solutions sont

A1 = y +√y2 + 1 et A2 = y −

√y2 + 1.

Maintenant on se souvient qu’on avait pose A = ex qui est toujours une quantite positive,donc la seule solution qui est la bonne pour nous est celle telle que A ≥ 0. Comme on a

y ≤ |y| =√y2 <

√y2 + 1,

ca veut dire qu’il faut choisir

ex = y +√y2 + 1,

et donc

x = ln(y +

√y2 + 1

).

On en peut donc conclure que

arg sinh y = ln(y +

√y2 + 1

), x ∈ R.


4.3. Argument tangente hyperbolique. On essaye maintenant de montrer que

tanh : R → (−1, 1)

x 7→ e2x − 1

e2x + 1

est une fonction bijective. On a dja vu qu’elle est injective, en tant que strictement crois-sante.

On trouvera au meme temps sa fonction reciproque, qui s’appellera argument tangentehyperbolique. Pour cela, il nous suffira de montrer que 3

∀y ∈ (−1, 1), ∃!x ∈ R tel quee2x − 1

e2x + 1= y.

On a donc pour tout −1 < y < 1

e2x − 1

e2x + 1= y ⇐⇒ e2x − 1 = y (e2x + 1)

⇐⇒ e2x (1− y) = (1 + y)

⇐⇒ e2x =1 + y

1− y

⇐⇒ 2x = ln

(1 + y

1− y

)qui montre que l’equation initiale a une seule solution x, donnee par

x =1

2ln

(1 + y

1− y

).

Donc la tangente hyperbolique est bjective comme fonction de R a (−1, 1) et sa fonctionreciproque

arg tanh : (−1, 1)→ R,est definie par

arg tanh y =1

2ln

(1 + y

1− y

), −1 < y < 1.

Remarque 4.1. L’hypothese −1 < y < 1 est cruciale pour pouvoir dire que l’equation

e2x =1 + y

1− y ,

admet une solution. En effet, on remarque que e2x > 0 pour tout x ∈ R, donc il estnecessaire d’avoir

1 + y

1− y > 0.

3. Faites attention : le fait qu’une solution existe donnera la surjectivite ; l’unicite de cette solutionmontrera bien l’injectivite. On sait deja que cette derniere propriete est vraie : on va la retrouver quandmeme, avec une methode differente.


On voit assez facilement que

1 + y

1− y > 0 ⇐⇒ −1 < y < 1.

5. Exercices

5.1. Fonctions circulaires.

Exercice 5.1. Justifier geometriquement que

cos(x− y) = cosx cos y + sinx sin y, x, y ∈ R.

Demonstration. Tout d’abord, on observe qu’on peut toujours supposer que x ≥ y, car lecosinus est une fonction paire, donc

cos(x− y) = cos(y − x).

En outre, on peut supposer x > y, car si x = y l’identite est evidente. On fait l’hypothesesupplementaire que x, y ∈ [0, π/2], pour simplicite. Si on se refere a la Figure 1, on voitque

cos(x− y) = OC,

donc il faut montrer que

OC = cosx cos y + sinx sin y.

On observe que

OM =cosx

cos y,

et que

MC = (sinx−OM sin y) sin y = sinx sin y − cosx

cos ysin2 y.

Finalement on obtient

cos(x− y) = OC = OM +MC =cosx

cos y+ sinx sin y − cosx

cos ysin2 y

=cosx

cos y(1− sin2 y) + sinx sin y

= cosx cos y + sinx sin y,

qui termine la preuve, dans l’hypothese 0 ≤ y ≤ x ≤ π/2. �

Exercice 5.2. Montrer les formules

cos p+ cos q = 2 cosp+ q

2cos

p− q2

cos p− cos q = −2 sinp+ q

2sin

p− q2

et

sin p+ sin q = 2 sinp+ q

2cos

p− q2

sin p− sin q = 2 sinp− q

2cos

p+ q

2


Oy

y

x − y

M

C

Figure 4. La formule d’addition du cosinus

Demonstration. On observe que

p =p+ q

2+p− q

2et q =

p+ q

2− p− q

2,

donc d’apres les formules d’addition du cosinus, on obtient

cos p+ cos q = cosp+ q

2cos

p− q2− sin

p+ q

2sin

p− q2

+ cosp+ q

2cos

p− q2

+ sinp+ q

2sin

p− q2

= 2 cosp+ q

2cos

p− q2

.

Pour les autres formules on pourra proceder de la meme maniere. �

Exercice 5.3. Montrer que, avec t = tan(x/2) et pour des valeurs de x que l’on precisera,on a

cosx =1− t21 + t2

sinx =2 t

1 + t2tanx =

2 t

1− t2 .

Demonstration. On observe que t = tanx/2 implique que pour tout x ∈ (−π, π) on a

x = 2 arctan t,

et donc

cosx = cos(2 arctan t) = 2 cos2(arctan t)− 1 =1

1 + tan2(arctan t)− 1

=1− t21 + t2

,


ou on a utilise la formule de duplication pour le cosinus et la relation

(5.1) 1 + tan2 x =1

cos2 x.

Pour montrer la formule pour sinx on procede de maniere similaire : on a 4

sin(x) = sin(2 arctan t) = 2 sin(arctan t) cos(arctan t)

= 2 tan(arctan t) cos2(arctan t)

=2 t

1 + t2,

ou on a utilise a nouveau la relation (5.1). Finalement, pour la troisieme formule on a

tanx =sinx

cosx=

2 t

1 + t21 + t2

1− t2 =2 t

1− t2 ,

et evidemment on doit avoir x 6= ±π/2. �

Exercice 5.4. Montrez que

sin 3x = 3 sinx− 4 sin3 x

Demonstration. On a 3x = 2x+ x, donc

sin 3x = sin 2x cosx+ cos 2x sinx = 2 sinx cos2 x+ sinx − 2 sin3 x,

ou on a utilise les fomules

sin 2x = 2 sinx cosx et cos 2x = 1− 2 sin2 x.

Pour terminer, il suffit d’utiliser l’identite fondamentale cos2 x+ sin2 x = 1, donc

sin 3x = 3 sinx− 4 sin3 x,

qui termine la preuve. �

Exercice 5.5. Montrez que

cos 3x = 4 cos3 x− 3 cosx.

Exercice 5.6. Resoudre l’equation

cosx+ cos 2x+ cos 3x = 0.

Demonstration. On va utiliser deux methodes.

Premiere methode. En utilisant l’Exercice precedent et la formule de duplication, on a

cosx+ cos 2x+ cos 3x = cosx+ 2 cos2 x− 1 + 4 cos3 x− 3 cosx

= 4 cos3 x+ 2 cos2 x− 2 cosx− 1

= 2 cos2 x(2 cosx+ 1)− (2 cosx+ 1)

= (2 cosx+ 1) (2 cos2 x− 1),

4. Faites attention : on a le droit de diviser par cos(arctan t) car ceci n’est pas zero...pourquoi ?


d’ou l’equation initiale est equivalente a

(2 cosx+ 1) (2 cos2 x− 1) = 0.

Toute solution de cette equation sont donnees par

cosx = −1

2ou cos2 x =

1

2,

c’est-a-dire l’ensemble de toute solution est donne par{2

3π + 2 k π,

4

3π + 2 k π,

π

4+ k

π

2: k ∈ Z

}.

Deuxieme methode (suggestion de M. Guillaume Guion). D’apres les formules de l’Exer-cice 5.2, on a

cos(x) + cos(3x) = 2 cos

(3x+ x

2

)cos

(3x− x

2

)= 2 cos(2x) cosx,

donc l’equation initiale est equivalente a

2 cos(2x) cosx+ cos(2x) = 0,

c’est-a-dire

cos(2x) (2 cosx+ 1) = 0.

Apres on trouve les solutions comme avant. �


cos

(2x− 5

4π

)= cos

(π4− x).

Demonstration. Par construction de la fonction cosinus, on a que

cosα = cosβ ⇐⇒ α = β + 2 k π ou α = −β + 2 k π, k ∈ Z.

En utilisant ca avec

α = 2x− 5

4π et β =

π

4− x,

on obtient

2x− 5

4π =

π

4− x+ 2 k π, k ∈ Z,

et aussi

2x− 5

4π = x− π

4+ 2 k π, k ∈ Z.

Donc les solutions de l’equation sont{π

2+

2 k π

3, (2k + 1)π : k ∈ Z

}.

�



cos(

2x+π

3

)= sin

(x+

3

4π

).

Demonstration. Tout d’abord, en utilisant que

sin(x) = cos(π

2− x),

on voit que l’equation initiale peut s’ecrire aussi dans la forme

cos(

2x+π

3

)= cos

(−π

4− x).

Comme dans l’Exercice precedent, ceci revient a dire

2x+π

3= −π

4− x+ 2 k π, k ∈ Z,

et

2x+π

3=π

4+ x+ 2 k π, k ∈ Z.

Donc au final on trouve comme solutions{− 7

36π +

2 k π

3, − 1

12π + 2 k π : k ∈ Z

}.

�


cos(2x) +√

3 sin(2x) = −1.

Demonstration. Ici on peut utiliser une astuce : on observe tout d’abord que si on multipliel’equation par 1/2

1

2cos(2x) +

√3

2sin(2x) = −1

2,

cette nouvelle equation est equivalente a celle du debut, c’est-a-dire elle a les memes solu-tions. Quelle est l’avantage d’avoir fait ca ? On se souvient que

cosπ

3=

1

2sin

π

3=

√3

2,

donc finalement en utilisant les formules d’addition notre equation devient

cos(

2x− π

3

)= −1

2.

Ceci revient a dire que

2x− π

3=

2

3π + 2 k π, k ∈ Z,

ou

2x− π

3=

4

3π + 2 k π, k ∈ Z


et donc l’ensemble des solutions est donne par{π

2+ k π,

5

6π + k π : k ∈ Z

}.

�


tan 3x = tanx.

Demonstration. Tout d’abord, il faudra avoir

(5.2) x 6= π

2+ k π = (2k + 1)

π

2et x 6= π

6+k π

3= (2k + 1)

π

6,

car sinon les ecritures tan 3x et tanx n’ont pas de sens. Apres, on observe que

tanα = tanβ ⇐⇒ α = β + k π.

Donctan 3x = tanx ⇐⇒ 3x = x+ kπ.

En tenant compte de la restriction (5.2), on trouve donc{k π

2: k ∈ Z avec k pair

}.

comme ensemble des solutions. �


cos4 x+ sin4 x = 1.

Demonstration. On pose pour simplicite

X = cos2 x et Y = sin2 x,

alors l’equation a resoudre est la suivante

X2 + Y 2 = 1 sous contrainte X + Y = 1.

Finalement, ca revient a resoudre le systeme suivant{X2 + Y 2 = 1X + Y = 1

Ce n’est pas difficile a voir que les seules solutions sont{X = 0Y = 1

∪{X = 1Y = 0

En revenant a la variable initiale, on trouve{cos2 x = 0sin2 x = 1

∪{

cos2 x = 1sin2 x = 0

donc les solutions sont tout x tel que le cosinus ou le sinus s’annullent, c’est-a-dire

x = kπ

2, k ∈ Z.


�

Exercice 5.12. Soient A,B ∈ R. montrez qu’il existe r ≥ 0 et ϕ ∈ R tels que

(5.3) A cosx+B sinx = r cos(x− ϕ), pour tout x ∈ R.

Demonstration. On observe que par la formule d’addition du cosinus, on a

r cos(x− ϕ) = r cosϕ cosx+ r sinϕ sinx,

donc pour demontrer (5.3), il nous suffira de prouver que on peut r, ϕ tels que

A = r cosϕ, B = r sinϕ.

On commence par observer que si A = B = 0, alors (5.3) est vraie avec r = 0 et ϕquelconque.

Supposons maintenant que A2 +B2 6= 0. En utilisant l’identite fondamentale, i.e. cos2 x+sin2 x = 1, on arrive a trouver r. On aura

A2 +B2 = r2,

c’est-a-dire r =√A2 +B2. Donc, pour terminer il nous manque de montrer qu’il existe

ϕ ∈ R tel que

cosϕ =A√

A2 +B2et sinϕ =

B√A2 +B2

.

On observe que si A = 0 et B 6= 0, alors il faut que ϕ satisfait 5

cosϕ = 0 et sinϕ =B

|B| ,

et donc si A = 0 et B 6= 0, une solution est donnee par

ϕ =

π

2, si B > 0,

−π2, si B < 0.

Si A 6= 0, alors on pourra dire que ϕ doit satisfaire

tanϕ =B

A.

On trouve alors comme possible solution

ϕ =

arctan

(A

B

), si A > 0,

π + arctan

(A

B

), si A < 0.

Pour comprendre le deuxieme cas, il faut noter que arctanx est toujours compris entre−π/2 et π/2, donc son cosinus est toujours positif. Mais vu le signe A nous donne le signe

5. Rappel : si x ∈ R, on a√x2 = |x|.


de cosϕ aussi, quand A < 0 il faut rajouter a arctan(B/A) un demi tour : de cette maniere,la tangente de π + arctan(B/A) reste la meme (par periodicite de la tangente), mais onchange de signe a son cosinus. �

Exercice 5.13. Appliquer l’Exercice precedent a

cosx+ sinx.

Demonstration. Il suffira d’utiliser l’Exercice precedent, avec A = B = 1. Alors on obtientla formule (5.3) avec

r =√

2 et ϕ = arctan 1 =π

4,

c’est-a-dire

cosx+ sinx =√

2 cos(x− π

4

).

qui termine l’Exercice. �

Exercice 5.14. Pour x ∈ R, simplifier

n∑k=0

cos(k x).

Demonstration. L’astuce est de regarder cette somme de cosinus comme une somme depuissances. A ce propos, on se souivent que

ei x = cosx+ i sinx,

et donc

cosx =ei x + e−i x

2.

Plus en general, on aura donc

cos(k x) =ei k x + e−i k x

2, k ∈ N,

et alors

n∑k=0

cos(k x) =

n∑k=0

ei k x + e−i k x

2=

1

2

n∑k=0

ei k x +1

2

n∑k=0

e−i k x.

Maintentant il faudra utiliser l’egalite suivante pour la somme des puissances (voir lesexercises de “Quelques outils”) : si a ∈ C \ {1}, on a

n∑k=0

ak =1− an+1

1− a ,


et on utilise ca avec a = ei x et a = e−i x. On a donc

n∑k=0

cos(k x) =1

2

(1− e(n+1) i x

1− ei x +1− e−(n+1) i x

1− e−i x

)

=1

2

(1− e−i x − ei (n+1)x + ei n x

2− ei x − e−i x +1− ei x + e−i n x − e−i (n+1)x

2− ei x − e−i x

).

Maintenant on utilise a nouveau que

ei x + e−i x = 2 cosx ei n x + e−i n x = 2 cos(nx),

et

ei (n+1)x + e−i (n+1)x = 2 cos((n+ 1)x),

donc on obtient

n∑k=0

cos(k x) =1

2

2− 2 cosx+ 2 cos(nx)− 2 cos((n+ 1)x)

2 (1− cosx)

=1

2

1− cosx+ cos(nx)− cos((n+ 1)x)

1− cosx

=1

2+

1

2

cos(nx)− cos((n+ 1)x)

1− cosx.

En utilisant la formule d’addition du cosinus, on pourra encore un peu simplifier cetteexpression : on a

n∑k=0

cos(k x) =1

2+

1

2

cos(nx)− cos((n+ 1)x)

1− cosx

=1

2

(1 + cos(nx) +

sin(nx) sinx

1− cosx

).

�

Remarque 5.15. Evidemment, la formule precedente est tres utile quand n ∈ N devientgrand. Au lieu d’avoir une somme de n termes, on n’a que trois termes, qui dependentseulement des cosinus et sinus de x et nx.

Exercice 5.16. Pour tout n ∈ N, ecrivez cos(nx) seulement en fonction de puissances desinx et cosx.


Demonstration. A nouveau, on pourra utiliser l’identite ei x = cosx + i sinx. On a donc,en utilisant la formule du bynome de Newton (voir dans les exercises de “Quelques outils”)

cos(nx) =ei n x + e−i n x

2=

1

2(ei x)n +

1

2(e−i x)n

=1

2(cosx+ i sinx)n +

1

2(cosx− i sinx)n

=1

2

n∑k=0

(n

k

)(i)k cosn−k x sink x

+1

2

n∑k=0

(n

k

)(−i)k cosn−k x sink x

=1

2

n∑k=0

(n

k

)[ik + (−i)k] cosn−k x sink x.

Tout d’abord, on observe que

ik + (−i)k = ik + (−1)k ik =

{2 ik, si k est pair,0, sinon,

et apres on se souvient que i2 = −1, et donc

i2 = −1, i4 = 1, i6 = −1 . . . et ainsi de suite,

c’est-a-dire que en general

i2m = (−1)m, m ∈ N.Donc la bonne nouvelle est que dans l’expression precedente pour cos(nx)...il n’y a jamaisi ! Plus precisement, on aura

ik + (−i)k =

{2 (−1)

k2 , si k est pair,

0, sinon,

Donc, finalement on obtient 6

cos(nx) =∑

0 ≤ k ≤ ntel que k est pair

(n

k

)(−1)

k2 cosn−k x sink x,

c’est-a-dire, en remplacant k par un nouveau index m = k/2, on obtient

(5.4) cos(nx) =

[n/2]∑m=0

(n

2m

)(−1)m cosn−2m x sin2m x,

qui termine la preuve. �

6. Ici, on note [α] la partie entiere d’un nombre α, c’est-a-dire le plus grand nombre entier inferieur ouegal a α.


Exercice 5.17. Repetez l’exercice precedent, en remplacant cos(nx) par sin(nx).

Remarque 5.18. On observe que pour n = 2, la formule (5.4) donne

cos(2x) =

1∑m=0

(2

2m

)(−1)m cos2−2m x sin2m x

= cos2 x− sin2 x,

c’est-a-dire, on a retrouve la formule usuelle de duplication pour le cosinus. Pour n = 3,on retrouve

cos(3x) =1∑

m=0

(3

2m

)(−1)m cos3−2m x sin2m x

= cos3 x− 3 sin2 x cosx = 4 cos3 x− 3 cosx,

comme dans l’Exercice 5.5.

5.2. Fonctions circulaires reciproques.

Exercice 5.19. Montrer que pour tout x ∈ [−1, 1], on a arcsinx+ arccosx = π/2.

Demonstration. On commence par observee que pour x = 1 et x = −1 la formule est vraie.

Maintenant on considere 0 ≤ x < 1 et on voit que l’identite dans ce cas vient directementde la constuction geometrique de cosinus et sinus (pourquoi ?).

Pour le cas −1 < x < 0, on observe que

arcsin(x) = − arcsin(−x),

car il s’agit d’une fonction impaire, et aussi

arccos(x) = π − arccos(−x).

Donc on a

arcsin(x) + arccos(x) = π − (arcsin(−x) + arccos(−x)),

et si −1 < x < 0, alors 0 < −x < 1 et donc on peut utiliser la partie precedente del’exercice et conclure. �

Exercice 5.20. Calculer

arcsin

(sin

(14

3π

))arccos

(sin

(18

5π

))sin

(arcsin

(1

5

))cos

(arcsin

(1

5

))Demonstration. On observe que

sin

(14

3π

)= sin

(14

3π − 4π

)= sin

(π3

),


et π/3 ∈ [−π/2, π/2], donc on obtient

arcsin

(sin

(14

3π

))=π

3.

Le deuxieme est un peu plus complique, mais d’apres l’Exercice 5.19, on sait que

arccos

(sin

(18

5π

))=π

2− arcsin

(sin

(18

5π

)),

et on observe que

sin

(18

5π

)= sin

(8

5π

)= sin

(3

5π − π

)= sin

(−2

5π

),

et −2/5π ∈ [−π/2, π/2], donc au final

arccos

(sin

(18

5π

))=π

2− arcsin

(sin

(−2

5π

))=π

2+

2

5π =

9

10π.

Pour le troisieme il n’y a pas grand chose a faire, d’apres la definition de fonction reciproqueon a

sin

(arcsin

(1

5

))=

1

5,

car 1/5 ∈ [−1, 1]. Et finalement, pour le dernier, on observe tout d’abord que par construc-tion on a

−π2≤ arcsin

(1

5

)≤ π

2

donc

0 ≤ cos

(arcsin

(1

5

))≤ 1.

Finalement, en utilisant cette information et l’identite remarquable, on a

cos

(arcsin

(1

5

))=

√cos2

(arcsin

(1

5

))=

√1− sin2

(arcsin

(1

5

))

=

√1−

(1

5

)2

=2√

6

5.

�


cos(arcsin(x)) et sin(arccos(x)).

Demonstration. On commence par remarquer que

−π2≤ arcsin(x) ≤ π

2, x ∈ [−1, 1],

donc cos(arcsin(x)) est toujours unq quantite positive. Alors

cos(arcsin(x)) =√

cos2(arcsin(x)) =

√1− sin2(arcsin(x)) =

√1− x2.


De maniere similaire, on a0 ≤ arccos(x) ≤ π,

donc sin(arccos(x)) est toujours positif et a nouveau

sin(arccos(x)) =

√sin2(arccos(x)) =

√1− cos2(arccos(x)) =

√1− x2.

�


cos(arctan(x)) et sin(arctan(x)).

Demonstration. Comme avant, grace au fait que

−π2< arctan(x) <

π

2,

on a que cos(arctan(x)) est toujours positif et donc

cos(arctan(x)) =√

cos2(arctan(x)) =

√1

1 + tan2(arctan(x))=

√1

1 + x2,

ou on a utilise que

1 + tan2 x =1

cos2 x, x 6= π

2+ k π, k ∈ Z.

Pour le sinus, il faudra faire un peu plus attention : on voit que

sin(arctan(x)) ≥ 0, si x ≥ 0,

etsin(arctan(x)) < 0, si x < 0.

Donc on aura

sin(arctan(x)) =

√sin2(arctan(x)) =

√1− cos2(arctan(x))

=

√1− 1

1 + x2=

√x2

1 + x2

=x√

1 + x2, si x ≥ 0,

et

− sin(arctan(x)) =

√sin2(arctan(x)) =

√1− cos2(arctan(x))

=

√1− 1

1 + x2=

√x2

1 + x2

= − x√1 + x2

, si x < 0,

c’est-a-diresin(arctan(x)) =

x√1 + x2

, x ∈ R.


�


tan(arccos(x)), pour tout x ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1],

ettan(arcsin(x)), pour tout x ∈ (−1, 1).

Demonstration. Il nous suffit d’utiliser un exercice precedent et la definition de tangente.On a donc

tan(arccos(x)) =sin(arccos(x))

cos(arccosx)=

√1− x2x

, x 6= 0

et aussi

tan(arcsin(x)) =sin(arcsin(x))

cos(arcsinx)=

x√1− x2

, −1 < x < 1.

�

Exercice 5.24. Verifiez qu’on a les relations suivantes

arctan(x) + arctan

(1

x

)=π

2, x > 0

et

arctan(x) + arctan

(1

x

)= −π

2, x < 0.

Demonstration. Il nous suffira de montrer la premiere et apres il suffit d’utiliser que l’arc-tangente est une fonction impaire.

Methode geometrique. On considere un triangle rectangle ayant cotes de longueur x et1. Soit α l’angle oppose au cathete de longueur x, alors on a

x = tanα, c’est-a-dire α = arctan(x).

De la meme facon, on a

1 = x tanβ, c’est-a-dire β = arctan

(1

x

),

ou est l’angle oppose au cathete de longueur 1. Vu que α et β sont complementaires, onobtient

π

2= α+ β = arctan(x) + arctan

(1

x

).

Methode analytique. On considere la fonction

h(x) = arctan(x) + arctan

(1

x

), x > 0,

qui est derivable sur (0,∞). Sa derivee vaut

h′(x) =1

1 + x2− 1

1 + x2= 0, x > 0,


α

β

x

1

donc la fonction h est constante sur (0,+∞), c’est-a-dire que

h(x) = h(1) =π

4+π

4=π

2, x > 0,

qui termine la demonstration. �

Exercice 5.25. Verifier qu’on a

(5.5) − π

2≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π

2, x, y ∈ R tels que x y ≤ 1.

Demonstration. En fait, on observe que si x y ≤ 0, c’est-a-dire si x ≤ 0 et y ≥ 0 ouviceversa, on a

0 ≤ arctan(x) ≤ π

2et − π

2≤ arctan(y) ≥ 0 ou viceversa,

donc on obtient

−π2≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π

2,

dans ce cas. Supposons maintenant que 0 ≤ x y ≤ 1 et que y ≥ 0, alors en utilisant que lafonction

y 7→ arctan(x) + arctan(y) est croissante,

on obtient

0 ≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ arctan(x) + arctan

(1

x

)=π

2.

Si par contre 0 ≤ x y ≤ 1 et y ≤ 0, alors on a x ≤ 0 aussi et y ≥ 1/x. En utilisant anouveau la croissance de l’arctangente et la relation precedente, on a donc

−π2≤ arctan(x) + arctan

(1

x

)≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ 0,


qui termine la demonstration de (5.5) �

Exercice 5.26. Verifiez queπ

2≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π, x, y > 0 et x y ≥ 1,

et

−π2≥ arctan(x) + arctan(y) ≥ −π, x, y < 0 et x y ≥ 1.

Demonstration. Il suffit d’utiliser la monotonie de l’arctangente

π

2≤ arctan(x) + arctan

(1

x

)≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π.

Pour la deuxieme, on peut utiliser le meme argument. �

Exercice 5.27. Verifiez qu’on a

x =

arctan(tanx), si x

(−π

2 ,π2

),

arctan(tanx)− π, si x ∈[−π,−π

2

)arctan(tanx) + π, si x ∈

(π2 , π

]Demonstration. Soit x ∈ (−π/2, π/2), alors sur cet interval la fonction tangente est inver-sible, son fonction reciproque etant donnee par arctan, donc on a

arctan(tanx) = x.

Si −π ≤ x < −π/2, alors il existe 0 ≤ y < π/2 tel que x = y − π et donc

arctan(tanx) = arctan(tan(y − π)) = arctan(tan y) = y,

d’ou on obtient

x+ π = arctan(tanx).

Le cas π/2 < x ≤ π se demontre de maniere similaire. �

Exercice 5.28. Montrer que

arctan(x) + arctan(y) =

arctan

(x+ y

1− x y

), si x y < 1,

arctan

(x+ y

1− x y

)+ π, si x y > 1 et x, y > 0,

arctan

(x+ y

1− x y

)− π, si x y > 1 et x, y < 0,

x

|x|π

2, si x y = 1.


Demonstration. Il faut distinguer 3 cas : si x, y ∈ R sont tels que x y < 1, alors on a vuque

−π2≤ arctan(x) + arctan(y) ≤ π

2,

et donc d’apres l’exercice precedent et les formules d’addition pour la tangente, on obtient

arctan(x) + arctan(y) = arctan(tan(arctan(x) + arctan(y))) = arctan

(x+ y

1− x y

).

Par contre, si x y > 1, alors

arctan(x) + arctan(y) = arctan

(x+ y

1− x y

)+ π, si x, y > 0,

et

arctan(x) + arctan(y) = arctan

(x+ y

1− x y

)− π, si x, y < 0.

Et finalement, dans le cas x y = 1, on a tout simplement

arctan(x) + arctan(y) =π

2, si x > 0,

et

arctan(x) + arctan(y) = −π2, si x < 0,

qu’on a deja montre. �


2 arctan

(1

4

)+ arctan

(1

7

)+ 2 arctan

(1

13

).

(Essayez de ne pas utiliser la calculette, sinon l’exercice ne sert absolument a rien...)

Demonstration. On observe tout d’abord qu’en utilisant (5.5) avec x = y = 1/4, on obtient

2 arctan

(1

4

)= arctan

(1

4

)+ arctan

(1

4

)

= arctan

1

2

1− 1

16

= arctan

(8

15

).

De maniere similaire, on a

2 arctan

(1

13

)= arctan

(1

13

)+ arctan

(1

13

)

= arctan

2

13

1− 1

13 · 13

= arctan

(13

84

).


On s’est ramene a calculer

arctan

(8

15

)+ arctan

(1

7

)+ arctan

(13

84

).

En utilisant a nouveu (5.5), cette fois avec x = 8/15 et y = 1/7, on a

arctan

(8

15

)+ arctan

(1

7

)= arctan

8

15+

1

7

1− 8

15· 1

7

= arctan

(8 · 7 + 15

15 · 7− 8

)= arctan

(71

97

).

Finalement, en utilisant encore une fois (5.5) on obtient

2 arctan

(1

4

)+ arctan

(1

7

)+ 2 arctan

(1

13

)= arctan

(71

97

)+ arctan

(13

84

)

= arctan

71

97+

13

84

1− 71

97· 13

84

= arctan

(71 · 84 + 13 · 97

97 · 84− 71 · 13

)= arctan(1) =

π

2.

Pour montrer que le rapport ci-dessous vaut 1, on a utilise que 7

13 =97− 71

2et 84 =

97 + 71

2,

donc si pour un instant on appelle

p = 97 et q = 71,

la fraction a calculer devient

71 · 84 + 13 · 97

97 · 84− 71 · 13=qp+ q

2+ p

p− q2

pp+ q

2− q p− q

2

=q (p+ q) + p (p− q)p (p+ q)− q (p− q)

= ��q p+ q2 + p2��−q pp2 +��p q��−q p+ q2

= 1.

7. Observez que les nombres 13, 71 et 97 sont primes.


En particulier, on n’avait pas besoin de developper tous les calculs. �


arctan(2x) + arctan(x) =π

4.

Demonstration. On commence en remarquant que les solutions de cette equation on pourrales chercher directement parmi les x > 0, car

arctan(2x) + arctan(x) ≤ 0, si x ≤ 0.

De la meme maniere, on observe que

x >1

2=⇒ arctan(2x) >

π

4,

donc on sait deja que les solutions, si elle existent, elles seront compris dans l’interval(0, 1/2). Donc on en train de resoudre

arctan(2x) + arctan(x) =π

4, parmi les x tels que 0 < x <

1

2.

Maintenant on observe que pour x ∈ (0, 1/2), on a

2x · x = 2x2 < 1,

on peut donc utiliser l’Exercice 5.28 et obtenir

arctan(2x) + arctan(x) = arctan

(3x

1− 2x2

),

et donc finalement on doit resoudre

arctan

(3x

1− 2x2

)=π

4,

pour 0 < x < 1/2. Comme x 7→ arctanx est une fonction injective, l’equation precedentedonne

3x

1− 2x2= 1,

qui a une seule solution dans l’interval (0, 1/2), ceci etant donnee par 8

x =−3 +

√17

4.

8. Pas besoin de la calculette pour verifier que

0 <−3 +

√17

4<

1

2.

Il suffit d’observer que−3 +

√17

4<−3 +

√25

4=−3 + 5

4=

1

2,

et−3 +

√17

4>−3 +

√16

4=−3 + 4

4=

1

4> 0.


Cela termine l’exercice. �

5.3. Fonctions hyperboliques.

Exercice 5.31. Montrer que pour tout x ∈ R on a

(5.6) 1− tanh2 x =1

cosh2 x.

Demonstration. Il suffit d’utiliser la definition de tangente hyperbolique et l’identite re-marquable pour les fonctions hyperboliques. Alors on a

1− tanh2 x = 1− sinh2 x

cosh2 x=

cosh2− sinh2 x

cosh2 x=

1

cosh2 x.

Ca termine la preuve. �

Exercice 5.32. Montrer que pour tout x ∈ [1,+∞) on a

sinh (arg coshx) =√x2 − 1.

Demonstration. On commence par observer que

arg coshx ≥ 0 pour tout x ≥ 1,

et quesinh(y) ≥ 0, pour tout y ≥ 0.

On a donc

sinh (arg coshx) =

√sinh2 (arg coshx) =

√cosh2 (arg coshx)− 1

=√x2 − 1,

qui termine la demonstration. �

Exercice 5.33. Montrer que pour tout x ∈ R on a

cosh (arg sinhx) =√x2 + 1.

Demonstration. Il suffit de noter que le cosinus est toujours positif et donc

cosh (arg sinhx) =

√cosh2 (arg sinhx) =

√1 + sinh2 (arg sinhx)

=√

1 + x2.

�

Exercice 5.34. Montrer que pour tout −1 < x < 1, on a

cosh (arg tanhx) =1√

1− x2,

et aussi

sinh (arg tanhx) =x√

1− x2.


Demonstration. Pour montrer la premiere, il nous suffit d’utiliser (5.6) et le fait que lecosinus hyperbolique est toujours positif. Ceci permet de dire

cosh (arg tanhx) =

√cosh2 (arg tanhx) =

√1

1− tanh2 (arg tanhx)=

√1

1− x2 .

Pour le sinus hyperbolique il faudra faire un peu d’attention, car on a

sinh y ≥ 0 si y ≥ 0, sinh y < 0 si y < 0,

etarg tanhx ≥ 0 si x ∈ [0, 1), arg tanhx < 0 si x ∈ (−1, 0).

Donc on a

sinh(arg tanhx) =

√

sinh2(arg tanhx), x ∈ [0, 1),

−√

sinh2(arg tanhx), x ∈ (−1, 0),

=

√

cosh2(arg tanhx)− 1, x ∈ [0, 1),

−√

cosh2(arg tanhx)− 1, x ∈ (−1, 0),

=

√1

1− tanh2(arg tanhx)− 1, x ∈ [0, 1),

−√

1

1− tanh2(arg tanhx)− 1, x ∈ (−1, 0),

c’est-a-dire, on a

sinh(arg tanhx) =

√x2

1− x2 , x ∈ [0, 1),

−√

x2

1− x2 , x ∈ (−1, 0).

Finalement, cela montre bien que

sinh(arg tanhx) =x√

1− x2, x ∈ (−1, 1).

On observe qu’on a utilise√x2 = |x| =

{x, si x ≥ 0,−x, si x < 0.

�

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