En additionnant et soustrayant les lignes du système on obtient :

$$
\text{(S)} \iff
\begin{cases}
e^x + e^y = 5 \\
e^{-x} + e^{-y} = 3.
\end{cases}
$$

On pose les changements de variable $X = e^x$, $Y = e^y$ ce qui donne le système équivalent suivant :
$$
\text{(S)} \iff
\begin{cases}
X + Y = 5 \\
\frac{1}{X} + \frac{1}{Y} = 3
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
X + Y = 5 \\
X + Y = 3XY
\end{cases}
$$
$$
\iff
\begin{cases}
X + Y = 5 \\
XY = \frac{5}{3}
\end{cases}
$$

D’après un théorème de cours, $X $ et $Y$ sont solutions de l’équation polynomiale du second degré $t^2 – 5t + \frac{5}{3} = 0$ qui a pour discriminant $\Delta = 25 – 4 \cdot \frac{5}{3} = \frac{55}{3}$. Donc l’équation admet deux solutions réelles distinctes :
$$t = \frac{5 \pm \sqrt{\frac{55}{3}}}{2} = \frac{15 \pm \sqrt{165}}{6}$$
Ces solutions sont toutes les deux strictement positives, on peut donc appliquer la fonction logarithme à ces solutions.

Ainsi $x = \ln X$ et $y = \ln Y$.

Conclusion : le système $(S)$ admet deux solutions distinctes exactement : le couple $\left( \ln \frac{15 – \sqrt{165}}{6}, \ln \frac{15 + \sqrt{165}}{6} \right)$ et le couple $\left( \ln \frac{15 + \sqrt{165}}{6}, \ln \frac{15 – \sqrt{165}}{6} \right)$.

Soient $S$ l’ensemble des solutions de l’équation, $\, x \in \mathbb{R}, \, y = -x$.
$$x \in S $$
$$\iff\cos(-x)^2 + \sin(-x)^2 = \cos^{11}(-x) + \sin^{11}(-x)$$
$$\iff \cos^{2}(y) – \cos^{11}(y) + \sin^{2}(y) – \sin^{11}(y) = 0$$
$$\iff \cos^{2}(y)(1 – \cos^{9}(y)) + \sin^{2}(y)(1 – \sin^{9}(y)) = 0$$
$$
\iff
\begin{cases}
\cos^2(y)(1 – \cos^9(y)) = 0 \\
\sin^2(y)(1 – \sin^9(y)) = 0
\end{cases},\quad\text{Une somme de termes positifs est nulle si et seulement si tous les termes de la somme sont nuls}
$$
$$
\iff
\begin{cases}
\cos(y) \in \{0, 1\} \\
\sin(y) \in \{0, 1\}
\end{cases}
$$
$$
\iff
\begin{cases}
y = \frac{\pi}{2} [2\pi] \, \text{ou} \, y = -\frac{\pi}{2} [2\pi] \, \text{ou} \, y = 0 [2\pi], \\
y = 0 [2\pi] \, \text{ou} \, y = \pi [2\pi] \, \text{ou} \, y = \frac{\pi}{2} [2\pi].
\end{cases}
$$
$$
\iff
y = 0 [2\pi] \, \text{ou} \, y = \frac{\pi}{2} [2\pi].
$$
$$
\iff
x = 0 [2\pi] \, \text{ou} \, x = -\frac{\pi}{2} [2\pi].
$$
$$
\iff x \in \{0; -\frac{\pi}{2}\} + 2\pi\mathbb{Z}.
$$
Conclusion :
$$
S = \{0; -\frac{\pi}{2}\} + 2\pi\mathbb{Z}.
$$

On remarque que $2$ est une solution évidente de l’équation (on reconnaît le triplet pythagoricien) :
$$3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2.$$
Soit $x \in \mathbb{R}$ :
$$3^x + 4^x = 5^x \iff \left(\frac{3}{5}\right)^x + \left(\frac{4}{5}\right)^x = 1\iff \left(\frac{3}{5}\right)^x + \left(\frac{4}{5}\right)^x – 1=0.$$

On pose la fonction $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par :
$$\forall x\in \mathbb{R},\quad f(x) = \left(\frac{3}{5}\right)^x + \left(\frac{4}{5}\right)^x – 1 = e^{x \ln \frac{3}{5}} + e^{x \ln \frac{4}{5}} – 1.$$
Par les théorème généraux, la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.
$$f'(x) = \underbrace{\ln \frac{3}{5}}_{<0} \, e^{x \ln \frac{3}{5}} + \underbrace{\ln \frac{4}{5}}_{<0} \, e^{x \ln \frac{4}{5}} < 0.$$
On en déduit que $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, donc la fonction $f$ est injective. Ainsi, l’équation de l’énoncé admet au plus une solution.

Conclusion : l’équation de l’énoncé admet une unique solution qui est $2$.

On on remarque que le couple $(0;0)$ Est une solution du système de l’énoncé. En conjecture que cette solution est l’unique solution du système. On va le démontrer.

Pour commencer on rappelle le théorème suivant : $x=y=0 \iff x^2 + y^2 = 0$. On va essayer de s’y ramener.

Soit $(x; y)$ un couple solution du système, en élevant au carré chaque ligne puis en les additionnant on obtient :
$$\sin^2(x + y) + \sin^2(x – y) = 4x^2 + 4y^2=4(x^2 + y^2).$$
Par ailleurs, d’après l’inégalité classique de trigonométrie $\forall t \in \mathbb{R}, \, |\sin t| \leq |t|$, on obtient :
$$\sin^2(x + y) + \sin^2(x – y) \leq (x + y)^2 + (x – y)^2 = 2x^2 + 2y^2=2(x^2 + y^2).$$
En combinant tout ce que l’on a établi on trouve :
$$4(x^2 + y^2) \leq 2(x^2 + y^2)\iff x^2 + y^2 \leq 0 \iff x^2 + y^2 =0 \iff x = y = 0 \iff (x;y)=(0;0).$$

Conclusion : l’ensemble des solutions du système est $ \{(0; 0)\}$.

On pose la suite $(p_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ définie par :
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad p_n = \prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{k a}{n}\right)$$
Soit $n \in \mathbb{N}^*, \, n \geq 7 $.
Si $a = 0$, alors :
$$p_n = \prod_{k=1}^n \cos(0) = 1 \quad \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} \, 1$$
Si $a > 0$, on pose $\ell = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$.
La fonction cosinus est décroissante et positive sur l’intervalle $[0;\frac{\pi}{2}]$, ceci nous permet d’obtenir les inégalités suivantes :
$$0 \leq p_n = \cos\left(\frac{a}{n}\right) \cos\left(\frac{2a}{n}\right) \cdots \cos\left(\frac{\ell a}{n}\right) \cos\left(\frac{(\ell + 1)a}{n}\right) \cdots \cos\left(\frac{n a}{n}\right)$$
$$\leq 1 \cdots 1 \cdot \cos\left(\frac{(\ell + 1)a}{n}\right) \cdots \cos\left(\frac{(\ell + 1)a}{n}\right)$$
$$= \left(\cos\left(\frac{(\ell + 1)a}{n}\right)\right)^{n – \ell}\leq \left(\cos\left(\frac{\frac{n}{2} a}{n}\right)\right)^{n – \ell}= \left(\cos\left(\frac{a}{2}\right)\right)^{n – \ell}.$$
On a : $0 < \cos\left(\frac{a}{2}\right) < 1$ et $\ell \leq \frac{n}{2} \iff n – \ell \geq \frac{n}{2}$ ceci d’obtenir :
$$\left(\cos\left(\frac{a}{2}\right)\right)^{n – \ell} \leq \left(\cos\left(\frac{a}{2}\right)\right)^{\frac{n}{2}} \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$$
Par le théorème d’encadrement (alias théorème des gendarmes) on obtient :
$$p_n = \prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{k a}{n}\right)\underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$$

On pose la suite $(p_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ définie par :
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad p_n = \prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{k a}{n}\right)$$
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
Si $a = 0$ :
$$p_n = \prod_{k=1}^n \cos(0) = \prod_{k=1}^n 1 = 1 \quad \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 1$$
Si $a = \frac{\pi}{2}$ :
$$p_n = \prod_{k=1}^{n-1} \cos\left(\frac{k a}{n}\right) \cos\left(\frac{n a}{n}\right) = \prod_{k=1}^{n-1} \cos\left(\frac{k a}{n}\right) \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \quad \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$$
Si $a \in \left]0; \frac{\pi}{2}\right[$ :
On a $p_n > 0$, donc on peut appliquer la fonction logarithme afin de transformer le produit en somme, puis se ramener à une somme de Riemann :
$$\log(p_n) = \sum_{k=1}^n \log\left(\cos\left(\frac{k a}{n}\right)\right) = n \left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log\left(\cos\left(\frac{k a}{n}\right)\right)\right)$$
On pose la suite $(s_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ définie par :
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad s_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log\left(\cos\left(a \frac{k}{n}\right)\right)$$
$$s_n \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} \int_{0}^1 \log(\cos(ax)) \, dx = I$$
On va démontrer que l’intégrale $I$ est strictement négative.
$$\forall x \in \, ]0; 1[, \, \cos(ax) \in \, ]0; 1[ \implies \forall x \in \, ]0; 1[, \, \log(\cos(ax)) < 0\implies I < 0.$$
Ainsi, par produit des limites, on en déduit que :
$$\log(p_n) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} -\infty$$
Par continuité de la fonction exponentielle et par composition des limites, on en déduit que :
$$p_n \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$$
Conclusion :
$$\prod_{k=1}^n \cos\left(\frac{k a}{n}\right) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow}
\begin{cases}
1 & \text{si } a = 0, \\
0 & \text{si } a \in \, ]0; \frac{\pi}{2}].
\end{cases}$$

Afin d’éviter d’éventuels effets de bord, on fait un calcul à part du premier terme de la suite :
$$u_1 = \cos \pi = -1.$$
On choisit désormais $n \in \mathbb{N}$ tel que $n \geq 2$.

On rappelle la formule de trigonométrie suivante : $\forall a \in \mathbb{R}$, $\sin 2a = 2 \sin a \cos a$. Par conséquent $\forall a \in \mathbb{R} – \pi\mathbb{Z}$, $\cos a = \frac{\sin 2a}{2 \sin a}$. On voit apparaître un facteur télescopique.
$$\forall k \in \{0, \dots, n – 1\}, \quad \frac{2^k\pi}{2^n – 1} \in ]0; \pi[\subset \mathbb{R} – \pi\mathbb{Z}.$$
On va calculer le terme général de la suite $(A_n)_{n\in \mathbb{N^*}}$ avec un télescopage.
$$u_n = \prod_{k=0}^{n-1} \cos\left(\frac{2^k\pi}{2^n – 1}\right) = \prod_{k=0}^{n-1} \frac{\sin\left(\frac{2^{k+1}}{2^n-1}\pi\right)}{2 \sin\left(\frac{2^k\pi}{2^n-1}\right)}= \frac{1}{2^n} \prod_{k=0}^{n-1} \frac{\sin\left(\frac{2^{k+1}}{2^n-1}\pi\right)}{\sin\left(\frac{2^k\pi}{2^n-1}\right)}.$$

$$u_n = \frac{1}{2^n} \frac{\sin\left(\frac{2^n}{2^n-1}\pi\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2^n-1}\right)}.$$
On peut simplifier le numérateur avec une décomposition en élément simple dans le sinus :
$$\sin\left(\frac{2^n\pi}{2^n – 1}\right) = \sin\left( \pi + \frac{\pi}{2^n – 1},\right) =-\sin\left(\frac{\pi}{2^n – 1}\right),$$
Après simplification, on obtient :
$$u_n = -\frac{1}{2^n}.$$
Conclusion :
$$\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad u_n =
\begin{cases}
-1 & \text{si } n = 1, \\
-\frac{1}{2^n} & \text{si } n \geq 2.
\end{cases}$$

Les expression figurant dans l’équation sont définies si et seulement si :
$$x \in ]-1; 1[, \, x \neq 0, \, \frac{1}{x} \in [1; +\infty[, \, \text{ ceci équivaut à : } x \in ]0; 1[.$$
Soit $x \in ]0; 1[$. On note $(E)$ l’équation de l’énoncé.
La fonction tangente hyperbolique notée $\mathrm{th}$ est strictement croissante donc injective. On peut donc appliquer cette fonction $\mathrm{th}$ membre à membre dans l’équation tout en gardant l’équivalence.
$$(E) \iff \mathrm{th}(\mathrm{Argth} \, x) = \mathrm{th}\left(\mathrm{Argch}\frac{1}{x}\right)$$
$$\iff x = \frac{\mathrm{sh}\left(\mathrm{Argch}\frac{1}{x}\right)}{\mathrm{ch}\left(\mathrm{Argch}\frac{1}{x}\right)}\iff x = \frac{\sqrt{\frac{1}{x^2} – 1}}{\frac{1}{x}}\iff 1 = \sqrt{\frac{1}{x^2} – 1}$$
$$\iff 1^2 = \frac{1}{x^2} – 1 \iff x^2 = \frac{1}{2} \iff x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}\iff x = \frac{1}{\sqrt{2}}.$$
Conclusion : l’ensemble des solutions de l’équation $(E)$ est $\{\frac{1}{\sqrt{2}}\}$.

Soit $x \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right]$.

En utilisant le théorème fondamental de l’analyse, puis l’inégalité de Cauchy-Schwarz, puis la positivité de l’intégrale, on obtient un enchaînement d’inégalités :
$$0 \leq \sin(x) = |\sin(x)| = |\sin(x) – \sin(0)| = \left| \int_0^x \sin'(t) \, dt \right| = \left| \int_0^x 1\cos(t) \, dt \right|$$
$$= \sqrt{\int_0^x 1^2 \, dt \cdot \int_0^x \cos^2(t) \, dt} = \sqrt{x \int_0^x \cos^2(t) \, dt}\leq \sqrt{x \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(t) \, dt}$$
$$= \sqrt{x \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 + \cos(2t)}{2} \, dt}
= \sqrt{\frac{x}{2} \left[t + \frac{\sin(2t)}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}}}$$
$$= \sqrt{\frac{x}{2} \left(\frac{\pi}{2} + \frac{\sin(\pi)}{2} – 0 \right)}
= \frac{1}{2} \sqrt{\pi x}.$$

Soit $t \in [0; \pi]$.
On pose $x = \frac{t}{2} \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right], \quad t = 2x$.
$(x; \frac{\pi}{2} – x) \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right]^2$, on peut donc appliquer le théorème précédemment démontré à $x$ et $\frac{\pi}{2} – x$.
$$\sin(t) = \sin(2x) = 2 \sin(x) \cos(x) = 2 \sin(x) \sin\left(\frac{\pi}{2} – x\right)$$
$$\leq 2 \left(\frac{1}{2} \sqrt{\pi x}\right) \left(\frac{1}{2} \sqrt{\pi\left(\frac{\pi}{2} – x\right)}\right)$$
$$= \frac{\pi}{2} \sqrt{x\left(\frac{\pi}{2} – x\right)} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{t}{2} \left(\frac{\pi}{2} – \frac{t}{2}\right)}$$
$$= \frac{\pi}{4} \sqrt{t(\pi – t)}.$$

Soit $(a; b) \in [0; 1[^2$.

On pose $x = \arctan a$ et $y = \arctan b$.
En utilisant une formule de trigonométrie portant sur la fonction tangente, on obtient :
$$\tan(x + y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 – \tan x \tan y} = \frac{a + b}{1 – ab}.$$

Sachant que $(x; y) \in \left[0; \frac{\pi}{4}\right[^2$, on a que la somme $x + y \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right[$ ce qui permet d’en déduire :
$$x + y = \arctan\left(\frac{a + b}{1 – ab}\right)\iff \arctan a + \arctan b = \arctan\left(\frac{a + b}{1 – ab}\right)$$
On utilise désormais le théorème précédemment démontré à de plusieurs reprises :
$$S = 2\left(\arctan\frac{1}{8} + \arctan\frac{1}{18}\right)
+ 3\left(\arctan\frac{1}{8} + \arctan\frac{1}{57}\right)$$
$$= 2\arctan\left(\frac{\frac{1}{8} + \frac{1}{18}}{1 – \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{18}}\right)
+ 3\arctan\left(\frac{\frac{1}{8} + \frac{1}{57}}{1 – \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{57}}\right).$$
$$= 2 \arctan\frac{2}{11} + 3 \arctan\frac{1}{7}$$
$$= 2\left(\arctan\frac{2}{11} + \arctan\frac{1}{7}\right) + \arctan\frac{1}{7}$$
$$= 2\arctan\left(\frac{\frac{2}{11} + \frac{1}{7}}{1 – \frac{2}{11} \cdot \frac{1}{7}}\right) + \arctan\frac{1}{7}$$
$$= 2\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{7}$$
$$= \left(\arctan\frac{1}{3} + \arctan\frac{1}{7}\right) + \arctan\frac{1}{3}$$
$$= \arctan\left(\frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{7}}{1 – \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{7}}\right) + \arctan\frac{1}{3}$$
$$= \arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3}$$
$$= \arctan\left(\frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 – \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}}\right)$$
$$= \arctan 1 = \frac{\pi}{4}.$$
Conclusion :
$$2\left(\arctan\frac{1}{8} + \arctan\frac{1}{18}\right)
+ 3\left(\arctan\frac{1}{8} + \arctan\frac{1}{57}\right)= \frac{\pi}{4}.$$