Il s’agit d’un exercice classique, qui a des répercussions notamment dans le cadre du calcul de certaines primitives de fonctions trigonométriques. La plus simple des trois formules à obtenir est celle de la tangente : il suffit d’appliquer la formule de duplication en posant \(2a = x\) et donc \(a = \frac{x}{2}\) pour trouver \[ \tan(x) = \frac{2t}{1-t^2} \] (pour toutes les valeurs de \(x\) pour lesquelles les deux tangentes sont définies, bien entendu). On peut ensuite en déduire la valeur de \(\cos(x)\) en passant par les deux expressions de la dérivée de la fonction tangente : \[ 1+\tan^2(x) = 1 + \frac{4t^2}{(1-t^2)^2} = \frac{(1-t^2)^2 + 4t^2}{(1-t^2)^2} = \frac{(1+t^2)^2}{(1-t^2)^2}, \] donc \[ \cos^2(x) = \frac{1}{1+\tan^2(x)} = \frac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}. \] Reste à connaître le signe de tout ça avant de simplifier abusivement les carrés : en supposant \(x \in [-\pi, \pi]\), on aura \(\cos(x) > 0 \Leftrightarrow x \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\), ce qui est exactement la condition pour laquelle \(\frac{x}{2} \in \left]-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right[\), donc \(t \in\, ]-1, 1[\) et \(1-t^2 > 0\). Autrement dit, \(\cos(x)\) est toujours du même signe que \(1-t^2\), ce qui permet simplement d’écrire que \[ \cos(x) = \frac{1-t^2}{1+t^2} \] (le dénominateur étant quant à lui toujours positif). Pas besoin de s’embêter autant pour obtenir la dernière formule : \[ \sin(x) = \tan(x)\times\cos(x) = \frac{2t}{1+t^2}. \]

Solutions :

1. On écrit simplement \(3x \equiv \pm\frac{\pi}{3}\ [2\pi]\), soit \(x \equiv \pm\frac{\pi}{9}\ \left[\frac{2\pi}{3}\right]\).
2. On peut par exemple écrire \(x + \frac{\pi}{2} \equiv \frac{\pi}{2}\ [2\pi]\), soit \(x \equiv 0\ [2\pi]\), ou encore utiliser le fait que \(\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right) = \cos(x)\) pour obtenir l’équation équivalente \(\cos(x) = 1\) (qui donne évidemment les mêmes solutions).
3. Le plus simple est d’écrire \(\frac{\sin(x)}{\cos(x)} = 2\cos(x)\), soit \(\sin(x) = 2\cos^2(x) = 2 - 2\sin^2(x)\). En posant \(X = \sin(x)\), on se ramène donc à l’équation \(2X^2 + X - 2 = 0\), qui a pour discriminant \(\Delta = 1 + 16 = 17\), et admet comme racines \(X_1 = \frac{-1-\sqrt{17}}{4}\), qui est strictement inférieure à \(-1\) (puisque \(\sqrt{17} > 4\)) donc n’est pas une valeur valable pour un sinus, et \(X_2 = \frac{-1+\sqrt{17}}{4}\), qui appartient bien à \([-1, 1]\). Il existe donc un angle \(\theta\) tel que \(\sin(\theta) = X_2\), et les solutions de l’équation initiale sont alors \(x \equiv \theta\ [2\pi]\) et \(x \equiv \pi-\theta\ [2\pi]\).
4. Une possibilité brutale est d’écrire \[ \sin(x) + \sin(3x) = \sin(x) + 3\sin(x) - 4\sin^3(x) = 4\sin(x)\big(1-\sin^2(x)\big), \] les solutions vérifient donc \(\sin(x) = 0\), \(\sin(x) = 1\) ou \(\sin(x) = -1\), ce qui donne \(x \equiv 0\ \left[\frac{\pi}{2}\right]\). Autre possibilité, utiliser une formule de transformation somme-produit pour ramener l’équation à \(2\sin(2x)\cos(-x) = 0\), soit \(\sin(2x) = 0\) ou \(\cos(x) = 0\) (la fonction \(\cos\) étant paire). Comme \(\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x)\), on doit en fait avoir \(\sin(x) = 0\) ou \(\cos(x) = 0\), ce qui donne bien les solutions trouvées ci-dessus.

La fonction est définie, continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\) privé de tous les réels pour lesquels \(\cos(x) = -\frac{1}{2}\), c’est-à-dire tous les réels \(x\) vérifiant \(x \equiv \frac{2\pi}{3}\ [2\pi]\) ou \(x \equiv \frac{4\pi}{3}\ [2\pi]\). Elle n’est ni paire ni impaire, mais \(2\pi\)-périodique, ce qui permet de réduire l’intervalle d’étude à \([-\pi, \pi]\) (privé bien sûr des deux valeurs interdites \(\frac{2\pi}{3}\) et \(\frac{4\pi}{3}\)). Sa dérivée est donnée par \[ f'(x) = \frac{2\cos(x)\big(2\cos(x)+1\big) + 2\sin(x)\big(2\sin(x)+1\big)}{\big(2\cos(x)+1\big)^2} = \frac{4 + 2\big(\cos(x)+\sin(x)\big)}{\big(2\cos(x)+1\big)^2}. \] Comme \(\cos(x)+\sin(x) \geqslant -1-1 = -2\), le numérateur de cette dérivée est toujours positif, ce qui prouve que \(f\) est croissante sur chacun de ses intervalles de définition. Elle l’est même strictement (on ne peut pas avoir simultanément \(\cos(x) = \sin(x) = -1\), donc la dérivée ne peut pas s’annuler). On calcule quelques valeurs simples supplémentaires pour compléter le tableau suivant, les limites ne posant aucun problème :

\(x\)	\(0\)		\(\frac{\pi}{2}\)		\(\frac{2\pi}{3}\)		\(\pi\)		\(\frac{4\pi}{3}\)		\(\frac{3\pi}{2}\)		\(2\pi\)
\(f\)	\(\frac{1}{3}\)	\(\nearrow\)	\(3\)	\(\nearrow\)	\(+\infty \;\Vert\; -\infty\)	\(\nearrow\)	\(-1\)	\(\nearrow\)	\(+\infty \;\Vert\; -\infty\)	\(\nearrow\)	\(-1\)	\(\nearrow\)	\(\frac{1}{3}\)

Et la courbe qui va avec :

Il faut trouver un moyen de relier les fonctions \(\sin\) et \(\tan\) et cela passe par l’écriture \[ \sin(\arctan(x)) = \tan(\arctan(x)) \times \cos(\arctan(x)) = x\cos(\arctan(x)), \] puis on exploite les deux versions de la dérivée de la tangente : \[ \cos^2(\arctan(x)) = \frac{1}{1+\tan^2(\arctan(x))} = \frac{1}{1+x^2}. \] Comme de plus \(\cos(\arctan(x))\) est toujours positif, puisque par définition \(\arctan(x) \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\), on peut simplement conclure que \(\cos(\arctan(x)) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\), puis \[ \sin(\arctan(x)) = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}. \]

Deux méthodes possibles (si on ne triche pas et qu’on n’utilise pas le petit exercice précédent).

Première méthode, la méthode « bourrine » : on pose \(f(x) = \arcsin\left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right) - \arctan(x)\). Il faut déjà réussir à déterminer le domaine de définition de \(f\). En constatant que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(0 \leqslant x^2 < x^2+1\), on peut prendre la racine carrée pour obtenir \(|x| < \sqrt{x^2+1}\), soit \(-\sqrt{x^2+1} < x < \sqrt{x^2+1}\). On a donc toujours \(-1 < \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} < 1\), donc \(\arcsin\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)\) existe sur \(\mathbb{R}\) tout entier. Comme la fonction \(\arctan\) est également définie sur \(\mathbb{R}\), \(\mathcal{D}_f = \mathbb{R}\). La fonction est dérivable sur \(\mathbb{R}\) également puisque l’expression à l’intérieur de l’arcsinus ne prend jamais les valeurs \(-1\) et \(1\). Dérivons donc : \[ f'(x) = \frac{\sqrt{x^2+1} - \dfrac{2x^2}{2\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1} \times \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{x^2+1}}} - \frac{1}{x^2+1} \] \[ = \frac{x^2+1-x^2}{(x^2+1)^{3/2}} \times \frac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1-x^2}} - \frac{1}{x^2+1} \] \[ = \frac{\sqrt{x^2+1}}{(x^2+1)^{3/2}} - \frac{1}{x^2+1} = 0. \] La fonction \(f\) est donc constante. Comme \(f(0) = \arcsin(0) - \arctan(0) = 0\), \(f\) est la fonction nulle, ce qui prouve l’égalité demandée.

Deuxième méthode : on pose \(x = \tan(\theta)\), avec \(\theta \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\) (on peut toujours, la fonction \(\tan\) étant bijective de cet intervalle sur \(\mathbb{R}\)). On a bien évidemment \(\arctan(\tan(\theta)) = \theta\) sur cet intervalle (ce ne serait pas vrai pour un \(\theta\) quelconque), et par ailleurs \[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{\tan(\theta)}{\sqrt{1+\tan^2(\theta)}} = \frac{\tan(\theta)}{\sqrt{\frac{1}{\cos^2(\theta)}}}. \] Comme \(\cos(\theta)\) est positif sur l’intervalle considéré, \(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \tan(\theta)\cos(\theta) = \sin(\theta)\). Et comme on est justement dans l’intervalle où \(\arcsin(\sin(\theta)) = \theta\) (la vie est bien faite), on trouve \(\arcsin\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right) = \theta\), ce qui prouve l’égalité.