Trigonométrie hyperbolique/Exercices/Exercices

Exercice 1-1

Résoudre le système :

$(S):\{\begin{array}{c}\cosh x+\cosh y=\frac{35}{12}\\ \sinh x+\sinh y=\frac{25}{12}.\end{array}$

Solution

Posons $X={\mathrm{e}}^x$ et $Y={\mathrm{e}}^y$. Par somme et différence des deux équations, on obtient :

$\begin{array}{cc}(S)& \iff \{\begin{array}{c}{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^y=5\\ {\mathrm{e}}^{-x}+{\mathrm{e}}^{-y}=\frac{5}{6}\end{array}\\ & \iff \{\begin{array}{c}X+Y=5\\ \frac{1}{X}+\frac{1}{Y}=\frac{5}{6}\end{array}\\ & \iff \{\begin{array}{c}X+Y=5\\ \frac{X+Y}{XY}=\frac{5}{6}\end{array}\\ & \iff \{\begin{array}{c}X+Y=5\\ XY=6\end{array}\\ & \iff \{X,Y\}=\{2,3\}\\ & \iff \{x,y\}=\{\ln 2,\ln 3\}.\end{array}$

 

Exercice 1-2

Résoudre les équations :

1. $\mathrm{arsinh}x=\mathrm{artanh}\frac{1}{x}$ ;
2. $\mathrm{arcosh}x=\mathrm{artanh}\frac{1}{x}$ ;
3. $2\mathrm{arsinh}x+\mathrm{artanh}\frac{1}{2}=\mathrm{arcosh}2$.

Solution

1. Soit $y=\mathrm{arsinh}x$.
   $y=\mathrm{artanh}\frac{1}{x}\iff \tanh y=\frac{1}{x}\iff \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}=x\iff 1+x^2=x^4$.
   En posant $X=x^2$, on obtient l'équation $X^2-X-1=0$, dont la solution positive est $X=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
   Finalement, les solutions sont : $x_1=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$ et $x_2=-x_1$.
2. Soit $y=\mathrm{arcosh}x$ (qui n'existe que si $x\ge 1$, et qui est alors positif ou nul).
   $y=\mathrm{artanh}\frac{1}{x}\iff \tanh y=\frac{1}{x}\iff \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}=x\iff x^2-1=1\iff x=\sqrt{2}$.
3. $2\arg \sinh x=\ln (2+\sqrt{3})-\ln \sqrt{3}$ donc $\mathrm{arsinh}x=z:=\frac{1}{2}\ln (1+\frac{2}{\sqrt{3}})$, et $x=\sinh z=\frac{{\mathrm{e}}^z-{\mathrm{e}}^{-z}}{2}=\frac{1}{2}(\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{3}}}-1/\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{3}}})=\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

 

Exercice 1-3

1. Exprimer les fonctions suivantes à l'aide de la fonction $\tanh$ :
   • $f(x)=\frac{{\mathrm{e}}^x-1}{1+{\mathrm{e}}^x}$ ;
   • $g(x)=\frac{{\mathrm{e}}^x}{1+{\mathrm{e}}^x}-\frac{1}{2}$.
2. Résoudre :
   • $f(x)=\frac{1}{2}$ ;
   • $g(x)=\frac{1}{4}$.

Solution

1. $f(x)=\tanh \frac{x}{2}$ et $g=\frac{1}{2}f$.
2. $g(x)=\frac{1}{4}\iff f(x)=\frac{1}{2}\iff \frac{x}{2}=\mathrm{artanh}\frac{1}{2}\iff x=\ln \frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}\iff x=\ln 3$.

 

Exercice 1-4

Soit $f:=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}\circ \tan :]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[\to ℝ$.

1. Montrer que $f$ est bijective.
2. Établir les égalités :

   $\mathrm{\forall }x\in ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[\cosh (f(x))=\frac{1}{\cos x}\mathrm{e}\mathrm{t}\tanh (f(x))=\sin x$.

3. Montrer :

   $\mathrm{\forall }x\in ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[f(x)=\ln \frac{1+\sin x}{\cos x}$.

Solution

1. Par composition, $f$ est continue strictement croissante, impaire, et $\underset{\frac{\pi }{2}}{lim}f=\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}=+\mathrm{\infty }$.
2. Pour tout $x\in ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ :
   • $\cosh (f(x))=\sqrt{1+{\sinh }^2(f(x))}=\sqrt{1+{\tan }^{2}x}=\sqrt{\frac{1}{{\cos }^{2}x}}=\frac{1}{|\cos x|}=\frac{1}{\cos x}$ ;
   • $\tanh (f(x))=\frac{\sinh (f(x))}{\cosh (f(x))}=\frac{\tan x}{1/\cos x}=\sin x$.
3. $\mathrm{\forall }x\in ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[\frac{1+\sin x}{\cos x}=(1+\tanh (f(x))\cosh (f(x))=\cosh (f(x))+\sinh (f(x))={\mathrm{e}}^{f(x)}$.

 

Exercice 1-5

Trouver des relations simples entre les $f_i$ :

• $f_1(x)=\arctan {\mathrm{e}}^x$,
• $f_2(x)=\arctan \sinh x$,
• $f_3(x)=\arctan \tanh \frac{x}{2}$,
• $f_4(x)=\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{n}\mathrm{e}(x)\arccos \frac{1}{\cosh x}$.

Solution

$f_1(0)=\frac{\pi }{4}$, $f_2(0)=f_3(0)=f_4(0)=0$.

$f{\text{'}}_1(x)=\frac{{\mathrm{e}}^x}{1+{\mathrm{e}}^{2x}}=\frac{1}{2\cosh x}$,

$f{\text{'}}_2(x)=\frac{\cosh x}{1+{\sinh }^{2}x}=\frac{1}{\cosh x}=2f{\text{'}}_1(x)$ donc $f_2=2f_1-\frac{\pi }{2}$,

$f{\text{'}}_3(x)=\frac{1}{2}\frac{1-{\tanh }^2(x/2)}{1+{\tanh }^2(x/2)}=\frac{1}{2\cosh x}=f{\text{'}}_1(x)$ donc $f_3=f_1-\frac{\pi }{4}$,

$f{\text{'}}_4(x)=\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{n}\mathrm{e}(x)\frac{-1}{\sqrt{1-1/{\cosh }^{2}x}}\frac{-\sinh x}{{\cosh }^{2}x}=\frac{|\sinh x|}{\cosh x\sqrt{{\cosh }^{2}x-1}}=\frac{1}{\cosh x}=2f{\text{'}}_1(x)$ donc $f_4=f_2=2f_1-\frac{\pi }{2}$.

Vérification : posons $u=f_1(x),v=f_2(x),w=f_3(x),z=f_4(x)$ :

$\tan u={\mathrm{e}}^x$,

$\tan v=\sinh x=\frac{\tan u-1/\tan u}{2}=\frac{{\sin }^{2}u-{\cos }^{2}u}{2\sin u\cos u}=\frac{-1}{\tan 2u}=\tan (2u-\frac{\pi }{2})$ donc $v=2u-\frac{\pi }{2}$.

$\tan w=\tanh (x/2)=\frac{\tan u-1}{\tan u+1}=\tan (u-\frac{\pi }{4})$ donc $w=u-\frac{\pi }{4}$.

$\cos |z|=\frac{1}{\cosh x}=\frac{2\tan u}{{\tan }^{2}u+1}=\sin 2u=\cos (2u-\frac{\pi }{2})$, or $u=\arctan ({\mathrm{e}}^x)\in ]0,\frac{\pi }{2}[$.

• Si $x>0$, $u>\frac{\pi }{4}$ donc $2u-\frac{\pi }{2}\in ]0,\frac{\pi }{2}[$ donc $z=|z|=2u-\frac{\pi }{2}$.
• Si $x<0$, $u<\frac{\pi }{4}$ donc $2u-\frac{\pi }{2}\in ]-\frac{\pi }{2},0[$ donc $z=-|z|=2u-\frac{\pi }{2}$.

 

Exercice 1-6

Linéariser $f(x)={\sinh }^{3}x$ et donner $f^{(n)}$.

Solution

$f(x)={\left(\frac{{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}}{2}\right)}^3=\frac{{\mathrm{e}}^{3x}-3{\mathrm{e}}^x+3{\mathrm{e}}^{-x}-{\mathrm{e}}^{-3x}}{8}=\frac{\sinh (3x)-3\sinh x}{4}$.

$f^{(2k)}(x)=\frac{3^{2k}\sinh (3x)-3\sinh x}{4}$ et $f^{(2k+1)}(x)=\frac{3^{2k+1}\cosh (3x)-3\cosh x}{4}$.

 

Exercice 1-7

1. Montrer que pour tous $x,y\in ℝ$ tels que $y\ne -x$, $1+\tanh x\tanh y=\frac{\tanh x+\tanh y}{\tanh (x+y)}$.
2. En déduire : $\mathrm{\forall }x\in {ℝ}^{\ast }\tanh x=\frac{2}{\tanh (2x)}-\frac{1}{\tanh x}$.
3. En déduire une expression simple de $S_n(x):=\tanh x+2\tanh (2x)+\dots +2^{n-1}\tanh (2^{n-1}x)$.

Solution

1. $\tanh (x+y)=\frac{\tanh x+\tanh y}{1+\tanh x\tanh y}$ (se démontre par exemple à partir de $\tanh x=\frac{{\mathrm{e}}^{2x}-1}{{\mathrm{e}}^{2x}+1}$).
2. Appliquer ce qui précède pour $y=x$.
3. $S_n(x)=(\frac{2}{\tanh (2x)}-\frac{1}{\tanh x})+2(\frac{2}{\tanh (4x)}-\frac{1}{\tanh (2x)})+\dots +2^{n-1}(\frac{2}{\tanh (2^{n}x)}-\frac{1}{\tanh (2^{n-1}x)})=-\frac{1}{\tanh x}+\frac{2^n}{\tanh (2^{n}x)}$.

 

Exercice 1-8

Simplifier $P_n:=(\cosh \frac{x}{2})(\cosh \frac{x}{2^2})\dots (\cosh \frac{x}{2^n})$ (utiliser $\sinh (2a)=\dots ?$).

Solution

$\sinh (2=2\cosh a\sinh a$ donc $\cosh a=\frac{\sinh 2a}{2\sinh a}$ donc $P_n=\frac{\sinh x}{2\sinh (x/2)}\frac{\sinh (x/2)}{2\sinh (x/2^2)}\dots \frac{\sinh (x/2^{n-1})}{2\sinh (x/2^n)}=\frac{\sinh x}{2^n\sinh (x/2^n)}$.

 

Exercice 1-9

Étudier $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln \cosh x}{x}$. En déduire le prolongement par continuité en $0$ de la fonction $f:x\mapsto (\cosh x{)}^{1/x}$ et montrer qu'on obtient une bijection de $ℝ$ sur un intervalle à préciser.

Solution

$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln \cosh x}{x}=(\ln \cosh {)}^{\prime }(0)=\tanh 0=0$ donc $\underset{0}{lim}f={\mathrm{e}}^0=1$.

Pour $x\ne 0$, $f^{\prime }(x)=\frac{f(x)}{x^2}g(x)$ avec $g(x)=x\tanh x-\ln \cosh x$.

$g(0)=0$ et $g^{\prime }(x)=x(1-{\tanh }^{2}x)$ est du signe de $x$, donc pour tout $x\ne 0$, $g(x)>0$, donc $f^{\prime }(x)>0$.

Quand $x\to +\mathrm{\infty }$, $\cosh x\sim {\mathrm{e}}^x/2\to +\mathrm{\infty }$ donc $\ln \cosh x\sim x$ donc $f(x)\to {\mathrm{e}}^1=\mathrm{e}$.

$f(-x)=1/f(x)$ donc $\underset{-\mathrm{\infty }}{lim}f=1/\mathrm{e}$. (Le prolongement de) $f$ est donc une bijection de $ℝ$ sur $]1/\mathrm{e},\mathrm{e}[$.

 

Exercice 1-10

Montrer, directement puis à l'aide des dérivées :

$\mathrm{arsinh}\sqrt{\frac{\cosh x-1}{2}}=\frac{|x|}{2}=\mathrm{artanh}\sqrt{\frac{\cosh x-1}{\cosh x+1}}$ ($x\in ℝ$).

Solution

Soient $u=\mathrm{arsinh}\sqrt{\frac{\cosh x-1}{2}}$ et $v=\mathrm{artanh}\sqrt{\frac{\cosh x-1}{\cosh x+1}}$ :

• $u\ge 0$ et $\cosh (2u)=2{\sinh }^{2}u+1=\cosh x$ donc $u=\frac{|x|}{2}$ ;
• $v\ge 0$ et ${\tanh }^{2}v=\frac{\cosh x-1}{\cosh x+1}=\frac{2{\sinh }^2(x/2)}{2{\cosh }^2(x/2)}={\tanh }^2\frac{x}{2}$ donc $v=\frac{|x|}{2}$.

Par la seconde méthode : Pour $x\ne 0$,

• ${(\mathrm{arsinh}\sqrt{\frac{\cosh x-1}{2}})}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{\cosh x-1}{2}}}\frac{1}{2\sqrt{\frac{\cosh x-1}{2}}}\frac{\sinh x}{2}=\frac{\sinh x}{2\sqrt{{\cosh }^{2}x-1}}=\frac{\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{n}\mathrm{e}(x)}{2}$,
• ${(\mathrm{artanh}\sqrt{\frac{\cosh x-1}{\cosh x+1}})}^{\prime }=\frac{1}{1-\frac{\cosh x-1}{\cosh x+1}}\frac{1}{2\sqrt{\frac{\cosh x-1}{\cosh x+1}}}\frac{2\sinh x}{(\cosh x+1{)}^2}=\frac{\sinh x}{2\sqrt{{\cosh }^{2}x-1}}=\frac{\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{n}\mathrm{e}(x)}{2}$

et en $0$ les deux fonctions sont continues et s'annulent.

 

Lien externe

« 126.02 Fonctions hyperboliques et hyperboliques inverses » (sélectionner d'abord L1 Analyse, puis 122 Fonctions circulaires et hyperboliques inverses)