\[\begin{aligned} (S)\ \left\{\begin{array}{l} \ch(x)+\ch(y)=2a\\ \sh(x)+\sh(y)=2b \end{array}\right. &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^{-x}+e^y+e^{-y}=4a\\ e^x-e^{-x}+e^y-e^{-y}=4b \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^y=2a+2b\\ e^x-e^{-x}+e^y-e^{-y}=4b \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^y=2a+2b\\ -e^{-x}-e^{-y}=2b-2a \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^y=2(a+b)\\ \frac{1}{e^{x}}+\frac{1}{e^{y}}=2(a-b) \end{array}\right.\end{aligned}\] ce qui donne, en posant \(X=e^x\) et \(Y=e^y\): \[\begin{aligned} (S)&\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} X+Y=2(a+b)\\ \frac{1}{X}+\frac{1}{Y}=2(a-b) \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} X+Y=2(a+b)\\ \frac{X+Y}{XY}=2(a-b) \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} X+Y=2(a+b)\\ \frac{2(a+b)}{XY}=2(a-b) \end{array}\right.\end{aligned}\] Or \(a\not=b\) puisque par hypothèse, \(a^2-b^2=1\). Ainsi, \[\begin{aligned} (S)&\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} X+Y=2(a+b)\\ XY=\frac{a+b}{a-b} \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& X\ \text{et}\ Y\ \text{sont les solutions de}\ z^2-2(a+b)z+\frac{a+b}{a-b}=0\end{aligned}\]

Remarque : On rappelle que si \(X, Y\) vérifient le système \(\left\{\begin{array}{l} X+Y=S\\ XY=P \end{array}\right.\), alors \(X\) et \(Y\) sont les solutions de l’équation \(z^2-Sz+P=0\).

Or le discriminant du trinôme \(z^2-2(a+b)z+\frac{a+b}{a-b}=0\) vaut \[\Delta=4(a+b)^2-4\frac{a+b}{a-b}=4(a+b)\left(a+b-\frac{1}{a-b}\right)=\frac{4(a+b)(a^2-b^2-1)}{a-b}=0\] Il y a donc une racine double qui vaut \(\frac{2(a+b)}{2}\), ainsi \(X=Y=a+b\) et donc : \[(S)\Longleftrightarrow e^x=e^y=a+b\] On vérifie que \(a+b\ge 0\) (car \(a\ge 0\) et \(b\ge 0\)) et \(a+b\not=0\) (car \(a^2-b^2=1\)). Conclusion : le système \((S)\) admet une unique solution, donnée par \(\big(x=\ln(a+b),y=\ln(a+b)\big)\).

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