# Trigonométrie hyperbolique/Exercices/Exercices
## Exercice 1-1

Résoudre le système :
    $(S)~:~{\begin{cases}\cosh x+\cosh y={\frac {35}{12}}\\\sinh x+\sinh y={\frac {25}{12}}.\end{cases}}$
Posons $X=\mathrm {e} ^{x}$ et $Y=\mathrm {e} ^{y}$. Par somme et différence des deux équations, on obtient :
    ${\begin{aligned}(S)&\Leftrightarrow {\begin{cases}\mathrm {e} ^{x}+\mathrm {e} ^{y}=5\\\mathrm {e} ^{-x}+\mathrm {e} ^{-y}={\frac {5}{6}}\end{cases}}\\&\Leftrightarrow {\begin{cases}X+Y=5\\{\frac {1}{X}}+{\frac {1}{Y}}={\frac {5}{6}}\end{cases}}\\&\Leftrightarrow {\begin{cases}X+Y=5\\{\frac {X+Y}{XY}}={\frac {5}{6}}\end{cases}}\\&\Leftrightarrow {\begin{cases}X+Y=5\\XY=6\end{cases}}\\&\Leftrightarrow \{X,Y\}=\{2,3\}\\&\Leftrightarrow \{x,y\}=\{\ln 2,\ln 3\}.\end{aligned}}$

## Exercice 1-2

Résoudre les équations :
* $\operatorname {arsinh} x=\operatorname {artanh} {\frac {1}{x}}$ ;
* $\operatorname {arcosh} x=\operatorname {artanh} {\frac {1}{x}}$ ;
* $2\operatorname {arsinh} x+\operatorname {artanh} {\frac {1}{2}}=\operatorname {arcosh} 2$.
* Soit $y=\operatorname {arsinh} x$. $y=\operatorname {artanh} {\frac {1}{x}}\Leftrightarrow \tanh y={\frac {1}{x}}\Leftrightarrow {\frac {\sqrt {1+x^{2}}}{x}}=x\Leftrightarrow 1+x^{2}=x^{4}$. 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 $x_{2}=-x_{1}$.
* Soit $y=\operatorname {arcosh} x$ (qui n'existe que si $x\geq 1$, et qui est alors positif ou nul). $y=\operatorname {artanh} {\frac {1}{x}}\Leftrightarrow \tanh y={\frac {1}{x}}\Leftrightarrow {\frac {x}{\sqrt {x^{2}-1}}}=x\Leftrightarrow x^{2}-1=1\Leftrightarrow x={\sqrt {2}}$.
* $2\arg \sinh x=\ln(2+{\sqrt {3}})-\ln {\sqrt {3}}$ donc $\operatorname {arsinh} x=z:={\frac {1}{2}}\ln \left(1+{2 \over {\sqrt {3}}}\right)$, et $x=\sinh z={\operatorname {e} ^{z}-\operatorname {e} ^{-z} \over 2}={\frac {1}{2}}\left({\sqrt {1+{2 \over {\sqrt {3}}}}}-1/{\sqrt {1+{2 \over {\sqrt {3}}}}}\right)={\sqrt {2-{\sqrt {3}}}}$.

## Exercice 1-3

* Exprimer les fonctions suivantes à l'aide de la fonction $\tanh$ :
** $f(x)={\frac {\operatorname {e} ^{x}-1}{1+\operatorname {e} ^{x}}}$ ;
** $g(x)={\frac {\operatorname {e} ^{x}}{1+\operatorname {e} ^{x}}}-{\frac {1}{2}}$.
* Résoudre :
** $f(x)={\frac {1}{2}}$ ;
** $g(x)={\frac {1}{4}}$.
* $f(x)=\tanh {\frac {x}{2}}$ et $g={\frac {1}{2}}f$.
* $g(x)={\frac {1}{4}}\Leftrightarrow f(x)={\frac {1}{2}}\Leftrightarrow {\frac {x}{2}}=\operatorname {artanh} {\frac {1}{2}}\Leftrightarrow x=\ln {\frac {1+{\frac {1}{2}}}{1-{\frac {1}{2}}}}\Leftrightarrow x=\ln 3$.

## Exercice 1-4

Soit $f:=\mathrm {arsinh} \circ \tan :\left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[\to \mathbb {R}$.
* Montrer que $f$ est bijective.
* Établir les égalités :
    $\forall x\in \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[\quad \cosh(f(x))={\frac {1}{\cos x}}\ \ {\rm {et}}\ \ \tanh(f(x))=\sin x$.
* Montrer :
    $\forall x\in \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[\quad f(x)=\ln {{1+\sin x} \over {\cos x}}$.
* Par composition, $f$ est continue strictement croissante, impaire, et $\lim _{\frac {\pi }{2}}f=\lim _{+\infty }\mathrm {arsinh} =+\infty$.
* Pour tout $x\in \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[$ :
** $\cosh(f(x))={\sqrt {1+\sinh ^{2}(f(x))}}={\sqrt {1+\tan ^{2}x}}={\sqrt {\frac {1}{\cos ^{2}x}}}={\frac {1}{|\cos x|}}={\frac {1}{\cos x}}$ ;
** $\tanh(f(x))={\frac {\sinh(f(x))}{\cosh(f(x))}}={\frac {\tan x}{1/\cos x}}=\sin x$.
* $\forall x\in \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[\quad {1+\sin x \over \cos x}=(1+\tanh(f(x))\cosh(f(x))=\cosh(f(x))+\sinh(f(x))=\operatorname {e} ^{f(x)}$.

## Exercice 1-5

Trouver des relations simples entre les $f_{i}$ :
* $f_{1}(x)=\arctan \operatorname {e} ^{x}$,
* $f_{2}(x)=\arctan \sinh x$,
* $f_{3}(x)=\arctan \tanh {\frac {x}{2}}$,
* $f_{4}(x)={\rm {signe}}(x)\arccos {1 \over \cosh x}$.
$f_{1}(0)={\pi \over 4}$, $f_{2}(0)=f_{3}(0)=f_{4}(0)=0$.
$f'_{1}(x)={\operatorname {e} ^{x} \over 1+\operatorname {e} ^{2x}}={1 \over 2\cosh x}$,
$f'_{2}(x)={\cosh x \over 1+\sinh ^{2}x}={1 \over \cosh x}=2f'_{1}(x)$ donc $f_{2}=2f_{1}-{\pi \over 2}$,
$f'_{3}(x)={1 \over 2}{1-\tanh ^{2}(x/2) \over 1+\tanh ^{2}(x/2)}={1 \over 2\cosh x}=f'_{1}(x)$ donc $f_{3}=f_{1}-{\pi \over 4}$,
$f'_{4}(x)={\rm {signe}}(x){-1 \over {\sqrt {1-1/\cosh ^{2}x}}}{-\sinh x \over \cosh ^{2}x}={|\sinh x| \over \cosh x{\sqrt {\cosh ^{2}x-1}}}={1 \over \cosh x}=2f'_{1}(x)$ donc $f_{4}=f_{2}=2f_{1}-{\pi \over 2}$.
Vérification : posons $u=f_{1}(x),v=f_{2}(x),w=f_{3}(x),z=f_{4}(x)$ :
$\tan u=\operatorname {e} ^{x}$,
$\tan v=\sinh x={\tan u-1/\tan u \over 2}={\sin ^{2}u-\cos ^{2}u \over 2\sin u\cos u}={-1 \over \tan 2u}=\tan(2u-{\pi \over 2})$ donc $v=2u-{\pi \over 2}$.
$\tan w=\tanh(x/2)={\tan u-1 \over \tan u+1}=\tan \left(u-{\frac {\pi }{4}}\right)$ donc $w=u-{\pi \over 4}$.
$\cos |z|={1 \over \cosh x}={2\tan u \over \tan ^{2}u+1}=\sin 2u=\cos \left(2u-{\frac {\pi }{2}}\right)$, or $u=\arctan(\operatorname {e} ^{x})\in \left]0,{\frac {\pi }{2}}\right[$.
* Si $x>0$, $u>{\pi \over 4}$ donc $2u-{\pi \over 2}\in \left]0,{\frac {\pi }{2}}\right[$ donc $z=|z|=2u-{\frac {\pi }{2}}$.
* Si $x<0$, $u<{\pi \over 4}$ donc $2u-{\pi \over 2}\in \left]-{\frac {\pi }{2}},0\right[$ donc $z=-|z|=2u-{\frac {\pi }{2}}$.

## Exercice 1-6

Linéariser $f(x)=\sinh ^{3}x$ et donner $f^{(n)}$.
$f(x)=\left({\operatorname {e} ^{x}-\operatorname {e} ^{-x} \over 2}\right)^{3}={\operatorname {e} ^{3x}-3\operatorname {e} ^{x}+3\operatorname {e} ^{-x}-\operatorname {e} ^{-3x} \over 8}={\sinh(3x)-3\sinh x \over 4}$.
$f^{(2k)}(x)={3^{2k}\sinh(3x)-3\sinh x \over 4}$ et $f^{(2k+1)}(x)={3^{2k+1}\cosh(3x)-3\cosh x \over 4}$.

## Exercice 1-7

* Montrer que pour tous $x,y\in \mathbb {R}$ tels que $y\neq -x$, $1+\tanh x\tanh y={\tanh x+\tanh y \over \tanh(x+y)}$.
* En déduire : $\forall x\in \mathbb {R} ^{*}\quad \tanh x={2 \over \tanh(2x)}-{1 \over \tanh x}$.
* En déduire une expression simple de $S_{n}(x):=\tanh x+2\tanh(2x)+\dots +2^{n-1}\tanh(2^{n-1}x)$.
* $\tanh(x+y)={\tanh x+\tanh y \over 1+\tanh x\tanh y}$ (se démontre par exemple à partir de $\tanh x={\operatorname {e} ^{2x}-1 \over \operatorname {e} ^{2x}+1}$).
* Appliquer ce qui précède pour $y=x$.
* $S_{n}(x)=\left({2 \over \tanh(2x)}-{1 \over \tanh x}\right)+2\left({2 \over \tanh(4x)}-{1 \over \tanh(2x)}\right)+\dots +2^{n-1}\left({2 \over \tanh(2^{n}x)}-{1 \over \tanh(2^{n-1}x)}\right)=-{1 \over \tanh x}+{2^{n} \over \tanh(2^{n}x)}$.

## Exercice 1-8

Simplifier $P_{n}:=\left(\cosh {\frac {x}{2}}\right)\left(\cosh {\frac {x}{2^{2}}}\right)\dots \left(\cosh {\frac {x}{2^{n}}}\right)$ (utiliser $\sinh(2a)=\dots ?$).
$\sinh(2=2\cosh a\sinh a$ donc $\cosh a={\sinh 2a \over 2\sinh a}$ donc $P_{n}={\sinh x \over 2\sinh(x/2)}{\sinh(x/2) \over 2\sinh(x/2^{2})}\ldots {\sinh(x/2^{n-1}) \over 2\sinh(x/2^{n})}={\sinh x \over 2^{n}\sinh(x/2^{n})}$.

## Exercice 1-9

Étudier $\lim _{x\to 0}{\ln \cosh x \over x}$. 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 $\mathbb {R}$ sur un intervalle à préciser.
$\lim _{x\to 0}{\ln \cosh x \over x}=(\ln \cosh )'(0)=\tanh 0=0$ donc $\lim _{0}f=\operatorname {e} ^{0}=1$.
Pour $x\neq 0$, $f'(x)={f(x) \over x^{2}}g(x)$ avec $g(x)=x\tanh x-\ln \cosh x$.
$g(0)=0$ et $g'(x)=x(1-\tanh ^{2}x)$ est du signe de $x$, donc pour tout $x\neq 0$, $g(x)>0$, donc $f'(x)>0$.
Quand $x\to +\infty$, $\cosh x\sim \operatorname {e} ^{x}/2\to +\infty$ donc $\ln \cosh x\sim x$ donc $f(x)\to \operatorname {e} ^{1}=\mathrm {e}$.
$f(-x)=1/f(x)$ donc $\lim _{-\infty }f=1/\mathrm {e}$. (Le prolongement de) $f$ est donc une bijection de $\mathbb {R}$ sur $\left]1/\mathrm {e} ,\mathrm {e} \right[$.

## Exercice 1-10

Montrer, directement puis à l'aide des dérivées :
    $\operatorname {arsinh} {\sqrt {\cosh x-1 \over 2}}={|x| \over 2}=\operatorname {artanh} {\sqrt {\cosh x-1 \over \cosh x+1}}$ ($x\in \mathbb {R}$).
Soient $u=\operatorname {arsinh} {\sqrt {\cosh x-1 \over 2}}$ et $v=\operatorname {artanh} {\sqrt {\cosh x-1 \over \cosh x+1}}$ :
* $u\geq 0$ et $\cosh(2u)=2\sinh ^{2}u+1=\cosh x$ donc $u={|x| \over 2}$ ;
* $v\geq 0$ et $\tanh ^{2}v={\cosh x-1 \over \cosh x+1}={2\sinh ^{2}(x/2) \over 2\cosh ^{2}(x/2)}=\tanh ^{2}{x \over 2}$ donc $v={|x| \over 2}$.
Par la seconde méthode : Pour $x\neq 0$,
* $\left(\operatorname {arsinh} {\sqrt {\cosh x-1 \over 2}}\right)'={1 \over {\sqrt {1+{\cosh x-1 \over 2}}}}{1 \over 2{\sqrt {\cosh x-1 \over 2}}}{\sinh x \over 2}={\sinh x \over 2{\sqrt {\cosh ^{2}x-1}}}={{\rm {signe}}(x) \over 2}$,
* $\left(\operatorname {artanh} {\sqrt {\cosh x-1 \over \cosh x+1}}\right)'={1 \over 1-{\cosh x-1 \over \cosh x+1}}{1 \over 2{\sqrt {\cosh x-1 \over \cosh x+1}}}{2\sinh x \over (\cosh x+1)^{2}}={\sinh x \over 2{\sqrt {\cosh ^{2}x-1}}}={{\rm {signe}}(x) \over 2}$
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)
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