4.3 Fonctions hyperboliques réciproques
4.3.3 Fonction réciproque du tangente hyperbolique
Puisque l’application th : R −→]− 1, 1[ continue et strictement croissante surR, elle réalise donc une bijection réciproque. notée argth:]− 1, 1[−→R.
Définition 4.3.5 :
La fonction réciproque de la fonction tangente hyperbolique est appelée argument tangente hyperbolique et est notée argtanh (ou argth ). Pour tout réel x strictement compris entre −1 et 1, argthx l’unique réel y ∈R tel que thy =x, c’est-à-dire :
∀x ∈]− 1, 1[, ∃!y ∈R+; thy =x. (4.18)
On a donc, par définition de la bijection réciproque :
∀x ∈R, ∀y ∈]− 1, 1[; thx=y ⇐⇒ x=argthy. (4.19) Et pour tout x ∈R, argsh(thx) =x.
Et pour tout x ∈]− 1, 1[, th(argshx) =x.
Propriétés 4.3.6 : • Pour tout x ∈]− 1, 1[, on a : argth(x) = 1 2ln 1+x 1 − x.
• La fonction argument tangente hyperbolique est dérivable, de classe C∞sur]− 1, 1[et pour tout réel |x| < 1 on a :
argth0(x) = 1
1 − x2
Preuve :
• D’après (4.19), pour tout x ∈R et y ∈]− 1, 1[on a,
y=thx ⇐⇒ y = e 2x− 1 e2x+1 ⇐⇒ e 2x= y+1 1 − y ⇐⇒ x= 1 2ln y+1 1 − y ⇐⇒ x=argthy. On en déduit ∀y ∈]− 1, 1[; argthy =lny+1 1 − y. • La fonction th est dérivable sur R et ∀x ∈ R; th0(x) = 1
ch2x = 1 − th
2x > 0 donc d’après le théorème
3.3.14 la fonction argth est dérivable sur ]− 1, 1[et pour tout x ∈]− 1, 1[ on a,
argth0x= 1 th0(argthx) = 1 1 − th2(argthx) = 1 1 − x2.
⊗ Enfin, la fonction x 7−→ 1
1 − x2 étant indéfiniment dérivable sur]− 1, 1[, c’est donc la fonction argth de
classe C∞ sur ]− 1, 1[.
4.4
Exercices
Exercice 4.4.1 :
Montrer que pour tout α, β ∈R
sh(α − β) =sh(α)ch(β)− sh(β)ch(α), th(α+β) = th(α) +th(β)
1+th(α)× th(β). Exercice 4.4.2 :
Montrer par deux méthodes différentes que
∀x ∈[−1, 1]; sin2 1 2arcsinx = 1 2 1 −p1 − x2. Exercice 4.4.3 :
Soit f la fonction définie sur R par f(x) =3ch − 4. 1∗ Montrer que :
∀x ∈[ln3, ln3]; −1 ≤ f(x)≤ 1.
Soit g une fonction réelle d’une variable réelle définie par g(x) =arcsin(f(x)).
2∗ Déterminer D l’ensemble de définition de g . 3∗ Étudier la continuitée de g sur D.
4∗ Déterminer D0 l’ensemble de définition de g0.
5∗ Montrer que pour tout x ∈ D0 :
g0(x) = q 3shx
3(chx − 1)(5 − 3chx)
.
6∗ Tracer le tableau de variation de g.
Exercice 4.4.4 :
Simplifier les expressions suivantes :
a) ch(argshx) b) th(argshx), c) sh(2argshx), d) argch(2x2− 1),
e) sh(argchx), f) th(argchx), g) ch(argthx), h) argsh(2x√1+x2) j) argth x 2− 1 x2+1 ! , k) argsh x 2− 1 2x ! , l) argch r 1+chx 2 ! .
Exercice 4.4.5 :
1. Calculer : arccos(cos13π3 ), arcsin(sin13π3 ) et arctan(tan13π3 ).
2. Écrire les éxprissions suivantes en fonction de x (c’est-à-dire sans les fonctions trigonomitrique)
cos(arctanx), cos(arcsinx), sin(3arctanx). et tan(arcsinx).
Exercice 4.4.6 :
1. Calculer la dérivée de f(x) =arctan√ x 1−x2.
En déduire que pour tout x ∈]− 1, 1[; f(x) =arcsinx.
2. Montrer que pour tout x ∈]− 1, 1[; arccosx+arcsinx= π2.
Exercice 4.4.7 :
Soit f une fonction réelle d’une variable réel définie par :
f(x) = 1+tanx
1 − tanx
1). Déterminer Df et D1
f les ensembles de définition de f et
1
f respectivement. 2). Montrer que pour tout entier n et pour tout x ∈ D1
f
on a (f(x))n =f(nx).
Exercice 4.4.8 :
Soient f et g deux fonctions réelles d’une variable réel définies par :
f(x) =cos2 1 2arcsin(x) et g(x) = 1 2 1+p1 − x2
1). Déterminer Df et Dg les ensembles de définition de f et g respectivement.
2). Étudier la continuité et la dérivabilité de f et g sur leurs domaines de définitions. 3). Trouver les éxpressionx de f0(x) et g0(x) pour tout x ∈]− 1, 1[.
4). En déduire que pour tout x ∈[−1, 1]on a f(x) =g(x).
Exercice 4.4.9 :
1◦) Soit f une fonction réelle d’une variable réelle définie par : f(x) =arcsin
2x
1+x2
. Tracer le tableau de variation de f sur leur domaine de définition.
2◦) Montrer que
∀x ∈R; −1 < 1 − x
2
1+x2 ≤ 1.
3◦) Soit g une fonction réelle d’une variable réelle définie par : g(x) =arcsin 1 − x 2
1+x2
!
. Étudier la fonction g sur leur domaine de définition.
Exercice 4.4.10 : 1◦ Montrer que ∀x ∈]0,π 2[; sinx= tanx 1+tan2x et ∀x ∈]0, π 2[; cosx= 1 √ 1+tan2x. 2◦ Montrer que 0 < arctan 3 4 +arctan 5 12 < π 2. 3◦ Résoudre dans [−1, 1] l’équation
arcsin(x) =arctan 3 4 +arctan 5 12 . Exercice 4.4.11 :
Résoudre les équation suivantes :
arcsinx=arcsin 2 5 − arcsin 3 5 , arccosx=2.arccos 3 4 et arctanx=2.arctan 1 2 . arctan(2x) +arctan(3x) = π 4, et arctan x − 1 x − 2 +arctan x+1 x+2 = π 4. Exercice 4.4.12 :
Etudier les fonctions suivantes : f : x 7−→ x+arcsin x+1 x . g: x 7−→ arcsin 2x 1+x2 − 2arctanx.
Chapitre
5
Développement limité
5.1
Développements limités au voisinage d’un point
Définition 5.1.1 :
Soit f une fonction définie sur V =Vx0 un voisinage de x0 ou sur V =Vx0− {x0}. On dit que f admet un
développement limité d’ordre n au voisinage de x0 (on note de façon abrégée DLn(x0) ), s’il existe des nombres réels a0, a1, · · · , an et une fonction ε tels que pour tout x ∈ V ,
f(x) =a0+a1(x − x0) +a2(x − x0)2+· · ·+an(x − x0)n+ (x − x0)nε(x − x0), où ε est une fonction définie sur V , telle que lim
x−→x0
ε(x − x0) =0. on peut écrire aussi
f(x) =a0+a1(x − x0) +a2(x − x0)2+· · ·+an(x − x0)n+O(x − x0).
La fonction polynomiale x 7−→ a0+a1(x − x0) +a2(x − x0)2+· · ·+an(x − x0)n est appelée partie
régulière du DLn(x0)de f , et la fonction x 7−→(x − x0)nε(x − x0)est appelée le reste du DLn(x0)de f .
Exemple 5.1.2 : 1. DL de x 7−→ 1 1 − x en 0 à l’ordre n. Pour tout x ∈ V0 on a, 1+x+x2+...+xn = 1 − x n+1 1 − x = 1 1 − x− x n x 1 − x
Donc 1 1 − x = 1+x+x 2+...+xn+xn x 1 − x = 1+x+x2+· · ·+xn+xnε(x) où ε(x) = x 1 − x x−→0−→ 0.
Ce qui est le développement limité de 1
1 − x d’ordre n en 0.
Toute fonction polynomiale admet un développement limité à tout ordre en 0.
Si f(x) =a0+a1x+a2x2+· · ·+amxm et n ≥ m, alors f admet un développement limité d’ordre n en 0
de partie régulière est la fonction elle même et le reste est la fonction nulle.
Si n ≤ m, la partie régulière du DL de f en 0 est a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn et le reste est R(x) = an+1xn+1+· · ·+amxm =xnε(x) où ε(x) =an+1x+· · ·+amxm−n.
Comme par exemple : La fonction f : x 7−→ 3x5− 2x3+x2− x+4 admet un développement limité d’ordre
4 en 0 dont la partie régulière est 4 − x+x2− 2x3 et de reste est x4ε(x)où ε(x) =3x.
La fonction f admet aussi un développement limité d’ordre 6 en 0 dont la partie régulière est 4 − x+x2− 2x3+3x5 et de reste est la fonction nulle.
Proposition 5.1.3 Si f : D −→R admet un développement limité à l’ordre n en x0 de la forme :
f(x) =a0+a1(x − x0) +a2(x − x0)2+· · ·+an(x − x0)n+O(x − x0).
alors, pour tout m ≤ n, la fonction f admet un DLm(x0) s’obtenant par troncature :
f(x) =a0+a1(x − x0) +a2(x − x0)2+· · ·+am(x − x0)m+O((x − x0)m).
Preuve :
Via am+1(x − x0)m+1+· · ·+an(x − x0)n+o((x − x0)n) =o((x − x0)m).
Unicité
Théorème 5.1.4 :
Si une fonction f admet un développement limité à l’ordre n en x0 alors celui-ci est unique.
Preuve :
Il existe deux polynômes de degré au plus égal à n, deux voisinages V1, V2 de x0 et deux fonctions ε1, ε2 définies sur V1− {x0} , V2− {x0} respectivement, tels que
f(x) =a0+a1(x − x0) +a2(x − x0)2+· · ·+an(x − x0)n+ (x − x0)nε1(x) et limx−→x 0 ε1(x) =0 (5.1) et f(x) =b0+b1(x − x0) +b2(x − x0)2+· · ·+bn(x − x0)n+ (x − x0)nε2(x) et limx−→x 0 ε2(x) =0. (5.2)
Notons V =V1∩ V2, par différence des deux égalités (5.1) et (5.2), on obtient, pour tout x ∈ V − {x0},
(a0− b0) + (a1− b1) (x − x0) + (a2− b2) (x − x0)2+· · ·+ (an− bn) (x − x0)n+ (x − x0)n[ε1(x)− ε2(x)].
(5.3) En calculant la limite de cette égalité quand x −→ x0, on trouve a0 =b0.
Donc l’églité (5.3) devient, pour tout x ∈ V − {x0}
(a1− b1) (x − x0) + (a2− b2) (x − x0)2+· · ·+ (an− bn) (x − x0)n+ (x − x0)n[ε1(x)− ε2(x)]. (5.4)
Ensuite on peut diviser cette égalité par x − x0puis en calculant la limite quand x −→ x0, on trouve a1=b1.
etc. A la fin on trouve a0 = b0, a1 = b1, · · · , an = bn. Les parties régulières sont égales et donc les restes
aussi.
Corollaire 5.1.5 :
Soit f une fonction admettant un développement limité à l’ordre n en 0.
Si f est une fonction paire (resp. impaire) alors la partie régulière de f ne contient que des monômes de degrés pairs (resp. impairs).
Preuve :
Puisque f admet un développement limité à l’ordre n en 0 alors, il existe un polynôme de degré au plus égal à n, un voisinage V de 0 et une fonction ε1 définie sur V − {0}, tels que
f(x) =a0+a1(x) +a2(x)2+· · ·+an(x)n+ (x)nε1(x) et lim
Puisque V un voisinage de 0, donc ∃δ > 0; ]− δ, δ[⊆ V . Pour tout x ∈ V − {0} on a −x ∈ V − {0} et
f(−x) =a0+a1(−x) +a2(−x)2+· · ·+ (−1)nan(x)n+ (−1)n(x)nε1(−x)
=a0− a1x+a2x2+· · ·+ (−1)nanxn+xnε2(x).
où ε2 = (−1)nε1 et verifie lim
x−→0ε2(x) =0.
Cas f paire : on a ∀x ∈ V ; f(x) =f(−x). Par unicité du développement limité à l’ordre n de f en 0, on obtient
∀k ∈ {0, 1, 2, · · · , n} ; ak= (−1)kak
En on déduit que pour tout indice k impaire, on a ak = 0. Cela montre que la partie régulière de f ne
contient que des monômes de degrés pairs.
Cas f impaire : on a ∀x ∈ V ; f(−x) =−f(x). Par unicité du développement limité à l’ordre n de f en 0, on obtient
∀k ∈ {0, 1, 2, · · · , n} ; −ak= (−1)kak
En on déduit que pour tout indice k paire, on a ak =0. Cela montre que la partie régulière de f ne contient
que des monômes de degrés impairs.