$\begin{aligned} (S)\ \left\{\begin{array}{l} \ch(x)+\ch(y)=2a\\ \sh(x)+\sh(y)=2b \end{array}\right. &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^{-x}+e^y+e^{-y}=4a\\ e^x-e^{-x}+e^y-e^{-y}=4b \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^y=2a+2b\\ e^x-e^{-x}+e^y-e^{-y}=4b \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^y=2a+2b\\ -e^{-x}-e^{-y}=2b-2a \end{array}\right.\\ &\Longleftrightarrow& \left\{\begin{array}{l} e^x+e^y=2(a+b)\\ \frac{1}{e^{x}}+\frac{1}{e^{y}}=2(a-b) \end{array}\right. \end{aligned}$ 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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