Dans cet article, nous allons vous présenter les 3 fonctions usuelles que sont le cosinus hyperbolique, le sinus hyperbolique et la tangente hyperbolique.
Définition des fonctions hyperboliques
Cosinus hyperbolique
Le cosinus hyperbolique est la partie paire de la fonction exponentielle. Il est noté ch et est défini par \text{ch} (x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2}
Voici son graphe :
Cette fonction a une application en physique : un câble homogène attaché à chacune de ses extrémités et soumis à la pesanteur a pour courbe représentative la fonction cosinus hyperbolique.
Sinus hyperbolique
Le sinus hyperbolique est la partie impaire de la fonction exponentielle. Il est noté sh et est défini par \text{sh} (x) = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}.
Voici son graphe :
Tangente hyperbolique
De manière analogue à la tangente, on peut définir la tangente hyperbolique. La tangente hyperbolique est notée th et est défini par \text{th} (x) = \dfrac{\text{sh}(x)}{\text{ch}(x)}= \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x+e^{-x}}.
Voici son graphe :
De même que pour sinus et cosinus, on pourrait aussi définir une fonction cotangente hyperbolique.
Propriétés
Lorsque t décrit \R , les points (\cos(t), \sin(t) ) parcourent un cercle, alors, les points (\text{ch}(t) , \text{sh}(t) ) parcourent une hyperbole.
Voici quelques propriétés des fonctions hyperboliques :
- \text{ch}(0) = 1, \text{sh}(0)=0, \text{th}(0)=0
- \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \text{ch}(x) = \lim_{x \to +\infty} \text{sh}(x)= + \infty, \lim_{x \to +\infty} \text{th}(x)=1 . Pour la limite en -\infty , on utilise la parité.
- Elles sont toutes les 3 de classe C^{\infty}
- Les fonctions ch et sh sont solutions de l’équation différentielle y'' = y
Dérivées
Voici les dérivées de chacune des trois fonctions. La démonstration est facile, je vous la laisse en exercice :
- \text{ch}' = \text{sh}
- \text{sh}' = \text{ch}
- \text{th}' = 1- \text{th}^2 = \dfrac{1}{\text{ch}^2}
Pour aller plus loin, découvrez notre article dédié aux propriétés de ces 3 fonctions :
Exercices corrigés
Exercice 1
Enoncé : Soit x \in \R Simplifier \displaystyle \sum_{k=0}^n \text{ch}(kx)
Corrigé : Commençons par le cas où x = 0 . On a \displaystyle \sum_{k=0}^n \text{ch}(k\times 0) = \sum_{k=0}^n 1 = n+1.
Maintenant, on suppose que x \neq 0. On a :
\begin{array}{ll}
\displaystyle \sum_{k=0}^n \text{ch}(kx) &= \displaystyle \sum_{k=0}^n \dfrac{e^{kx}+e^{-kx}}{2}\\
&= \displaystyle \dfrac{1}{2} \sum_{k=0}^n (e^{x})^k+(e^{-x})^k\\
&= \displaystyle \dfrac{1}{2}\left( \sum_{k=0}^n (e^{x})^k+\sum_{k=0}^n(e^{-x})^k\right)\\
&= \displaystyle \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{e^{(n+1)x}-1}{e^x-1}+\dfrac{e^{-(n+1)x}-1}{e^{-x}-1}\right)\\
&= \displaystyle \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ e^{\frac{(n+1)x}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}}\dfrac{e^{\frac{(n+1)x}{2}}-e^{\frac{-(n+1)x}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}}+\dfrac{ e^{-\frac{(n+1)x}{2}}}{e^{-\frac{x}{2}}}\dfrac{e^{-\frac{(n+1)x}{2}}-e^{\frac{(n+1)x}{2}}}{e^{-\frac{x}{2}}-e^{\frac{x}{2}}}\right)\\
&= \displaystyle \dfrac{1}{2}\left(e^{\frac{nx}{2}}\dfrac{e^{\frac{(n+1)x}{2}}-e^{\frac{-(n+1)x}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}}+e^{-\frac{nx}{2}}\dfrac{e^{\frac{(n+1)x}{2}}-e^{\frac{-(n+1)x}{2}}}{e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}}\right)\\
&= \displaystyle \dfrac{1}{2}\left(\left(e^{\frac{nx}{2}}+e^{-\frac{nx}{2}}\right)\dfrac{e^{\frac{(n+1)x}{2}}-e^{\frac{-(n+1)x}{2}}}{2}\dfrac{2}{e^{\frac{x}{2}}-e^{-\frac{x}{2}}}\right)\\
\displaystyle \sum_{k=0}^n \text{ch}(kx) &= \dfrac{\text{ch}\left(\frac{nx}{2}\right) \text{sh}\left(\frac{(n+1)x}{2}\right)}{\text{sh}\left(\frac{x}{2}\right)}
\end{array}Ce qui conclut cet exercice. On a utilisé la formule de l’arc moitié pour factoriser.
Exercice 2
Enoncé : Résoudre \text{ch}(x) = 5
Corrigé : On écrit le cosinus hyperbolique sous sa forme exponentielle : \dfrac{e^x+e^{-x}}{2} = 5 \iff e^x + e^{-x} = 10 . Ensuite, on multiplie par e^x de chaque côté e^{2x} + 1= 10e^x . On va ensuite poser X = e^x. On se ramène à l’équation suivante :
X^2 -10X+1 = 0
Résolvons là comme une équation du second degré classique. \Delta = 10^2 - 4= 96 . On a alors 2 solutions :
\left \{
\begin{array}{ll}
X_1 &= \dfrac{10+\sqrt{96}}{2}=\dfrac{10+4\sqrt{6}}{2}=5+2\sqrt{6}\\
X_2&= \dfrac{10-\sqrt{96}}{2}= \dfrac{10-4\sqrt{6}}{2}=5-2\sqrt{6}
\end{array}
\right.Retournons alors à x. Notons que X_2 > 0 . En effet 10 - \sqrt{96} = \sqrt{100}-\sqrt{96} > 0 .
Ainsi, on a 2 solutions : \left\{\ln(5+2\sqrt{6});\ln(5-2\sqrt{6}) \right\}
Exercice 3
Enoncé : Démontrer l’égalité suivante :
\forall n \geq 1, n\in \N, \forall x \in \R, \left( \dfrac{1+\text{th(x)}}{1-\text{th(x)}}\right)^n=\dfrac{1+\text{th(nx)}}{1-\text{th(nx)}}Corrigé :
On a :
\begin{array}{ll}
\dfrac{1+\text{th(x)}}{1-\text{th(x)}} & = \dfrac{1+\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}{1-\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}\\
& = \dfrac{\frac{e^x+e^{-x}+e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}}{\frac{e^x+e^{-x}-(e^x-e^{-x})}{e^x+e^{-x}}}\\
& = \dfrac{e^x+e^{-x}+e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}-(e^x-e^{-x})}\\
& = \dfrac{2e^x}{2e^{-x}}\\
& = e^{2x}
\end{array}Ainsi, on obtient, en remplaçant par nx
\dfrac{1+\text{th(x)}}{1-\text{th(x)}} = e^{2nx}De même,
\left( \dfrac{1+\text{th(x)}}{1-\text{th(x)}}\right)^n = (e^{2x})^n = e^{2nx}D’où l’égalité.
