Fonctions arc et hyperboliques en L1 de maths : cours et méthodes

Le logarithme népérien, noté \(\ln\), est l’unique primitive de \(t \mapsto 1/t\) sur \(\left]0, +\infty\right[\) qui s’annule en 1. Autrement dit, \(\ln(x) = \displaystyle\int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{t}\) pour tout \(x > 0\).

Pour tous réels \(a > 0\) et \(b > 0\), on a \(\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)\).

Fixons \(a > 0\) et posons \(\varphi(x) = \ln(ax) – \ln(x)\) pour \(x > 0\). La règle de dérivation d’une composée donne \(\varphi^{\prime}(x) = \frac{a}{ax} – \frac{1}{x} = 0\). Or \(\left]0, +\infty\right[\) est un intervalle, donc \(\varphi\) y est constante. Sa valeur est \(\varphi(1) = \ln(a)\). Ainsi \(\ln(ax) = \ln(a) + \ln(x)\) pour tout \(x > 0\), et il suffit de prendre \(x = b\).

La fonction \(\ln\) réalise une bijection de \(\left]0, +\infty\right[\) sur \(\mathbb{R}\). Sa réciproque s’appelle l’exponentielle et se note \(\exp\). On pose \(e = \exp(1)\), c’est-à-dire l’unique réel \(e\) tel que \(\ln(e) = 1\).

L’exponentielle est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(\exp^{\prime} = \exp\). De plus, \(\exp(a + b) = \exp(a)\exp(b)\) pour tous réels \(a\) et \(b\).

Pour \(y\) réel, posons \(x = \exp(y)\). La formule de dérivation d’une réciproque donne \(\exp^{\prime}(y) = \frac{1}{\ln^{\prime}(x)} = x = \exp(y)\). Ensuite, le logarithme de \(\exp(a)\exp(b)\) vaut \(a + b\), d’après le théorème précédent. Comme \(\ln\) est injective, on obtient l’égalité annoncée.

Pour \(a > 0\) et \(b\) réel, on pose \(a^b = \exp(b\ln(a))\). En particulier, \(e^x = \exp(x)\) pour tout réel \(x\).

Pour tout \(x \geqslant 1\), on a \(0 \leqslant \ln(x) \leqslant 2\sqrt{x}\).

Pour \(t \geqslant 1\), on a \(\sqrt{t} \leqslant t\), donc \(\frac{1}{t} \leqslant \frac{1}{\sqrt{t}}\). En intégrant de 1 à \(x\), on obtient \(\ln(x) \leqslant 2\sqrt{x} – 2\), ce qui est plus fort que l’inégalité voulue.

Pour tous réels \(\alpha > 0\) et \(\beta > 0\) :

• \(\dfrac{(\ln x)^{\beta}}{x^{\alpha}}\) tend vers 0 quand \(x\) tend vers \(+\infty\) ;
• \(x^{\alpha}\,|\ln(x)|^{\beta}\) tend vers 0 quand \(x\) tend vers \(0^+\) ;
• \(\dfrac{x^{\alpha}}{e^{\beta x}}\) tend vers 0 quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

D’abord, le lemme donne \(0 \leqslant \frac{\ln(x)}{x} \leqslant \frac{2}{\sqrt{x}}\) pour \(x \geqslant 1\), donc \(\ln(x)/x\) tend vers 0. Ensuite, on écrit \(\frac{(\ln x)^{\beta}}{x^{\alpha}} = \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{\beta} \left(\frac{\ln(x^{\alpha/\beta})}{x^{\alpha/\beta}}\right)^{\beta}\). Comme \(x^{\alpha/\beta}\) tend vers \(+\infty\), le premier point en découle. Le deuxième s’obtient en posant \(x = 1/u\). Enfin, le troisième s’obtient en posant \(x = \ln(u)\) dans le premier.

Cherchons la limite de \(x^{1/x}\) en \(+\infty\). La forme est indéterminée, du type « \(\infty^0\) ». On revient donc à l’exponentielle : \(x^{1/x} = \exp\!\left(\frac{\ln(x)}{x}\right)\). Le théorème précédent, avec \(\alpha = \beta = 1\), montre que l’exposant \(\ln(x)/x\) tend vers 0. Comme l’exponentielle est continue en 0, la quantité étudiée tend vers \(e^0\), c’est-à-dire vers 1.

1. Réécrire toute puissance à exposant variable sous la forme \(e^{b\ln(a)}\).
2. Isoler le terme dominant au numérateur et au dénominateur, puis factoriser par ce terme.
3. Reconnaître un quotient du théorème, au besoin après un changement de variable \(u = 1/x\) ou \(u = \ln(x)\).
4. Conclure par opérations sur les limites, puis par continuité si une fonction englobe le tout.

La fonction arcsinus est la réciproque de la restriction du sinus à \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\). Pour \(y \in [-1,1]\), le réel \(\arcsin(y)\) est donc l’unique angle de \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\) dont le sinus vaut \(y\).

La fonction arcsinus est impaire, continue sur \([-1,1]\) et dérivable sur \(\left]-1, 1\right[\), avec \(\arcsin^{\prime}(y) = \dfrac{1}{\sqrt{1 – y^2}}\).

Soit \(y \in \left]-1, 1\right[\) et \(\theta = \arcsin(y)\), qui appartient à \(\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\). Alors \(\sin^{\prime}(\theta) = \cos(\theta) > 0\), si bien que le sinus a une dérivée non nulle en \(\theta\). Par le théorème vu au chapitre précédent, l’arcsinus est dérivable en \(y\), de nombre dérivé \(1/\cos(\theta)\). Il reste à exprimer ce cosinus avec \(y\) : il est positif et son carré vaut \(1 – \sin^2(\theta) = 1 – y^2\), ce qui conclut.

L’arcsinus n’est pas dérivable en 1. En effet, \(\sin^{\prime}(\pi/2) = 0\), et le taux d’accroissement \(\frac{\arcsin(y) – \pi/2}{y – 1}\) tend vers \(+\infty\) quand \(y\) tend vers \(1^-\). La courbe admet donc en ce point une tangente verticale. Une fonction continue et bijective peut ainsi avoir une réciproque non dérivable en certains points.

Pour \(y \in [-1,1]\), \(\arccos(y)\) est l’unique angle de \([0, \pi]\) de cosinus \(y\). Pour \(y\) réel, \(\arctan(y)\) est l’unique angle de \(\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\) de tangente \(y\).

L’arccosinus est dérivable sur \(\left]-1,1\right[\), de dérivée \(y \mapsto -\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}\). L’arctangente est impaire, dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(y \mapsto \dfrac{1}{1+y^2}\). Elle tend vers \(\pm\frac{\pi}{2}\) en \(\pm\infty\).

Pour tout \(y \in [-1, 1]\), on a \(\arcsin(y) + \arccos(y) = \frac{\pi}{2}\).

Posons \(\theta = \frac{\pi}{2} – \arcsin(y)\). Comme \(\arcsin(y)\) appartient à \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\), l’angle \(\theta\) appartient à \([0, \pi]\). De plus, \(\cos(\theta) = \sin(\arcsin(y)) = y\). Par unicité dans la définition de l’arccosinus, on obtient \(\theta = \arccos(y)\).

Exprimons \(\cos(\arctan(y))\) sans fonction trigonométrique. Posons \(\theta = \arctan(y)\), qui appartient à \(\left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\), donc \(\cos(\theta) > 0\). Ensuite, la relation \(1 + \tan^2(\theta) = \frac{1}{\cos^2(\theta)}\) donne \(\cos^2(\theta) = \frac{1}{1 + y^2}\). Ainsi \(\cos(\arctan(y)) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + y^2}}\).

Montrons que \(\arctan\!\left(\frac{1}{4}\right) + \arctan\!\left(\frac{3}{5}\right) = \frac{\pi}{4}\). Notons \(a\) et \(b\) les deux termes. Comme \(\frac{1}{4}\) et \(\frac{3}{5}\) sont dans \(\left]0, 1\right[\), on a \(a\) et \(b\) dans \(\left]0, \frac{\pi}{4}\right[\), donc \(a + b \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[\). La formule d’addition donne alors \(\tan(a + b) = \dfrac{1/4 + 3/5}{1 – 3/20} = \dfrac{17/20}{17/20} = 1\). Sur l’intervalle \(\left]0, \frac{\pi}{2}\right[\), la tangente est injective et prend la valeur 1 en \(\frac{\pi}{4}\) : c’est donc la valeur de \(a + b\).

1. Pour une égalité entre angles, calculer une fonction trigonométrique des deux membres.
2. Localiser précisément les deux membres dans un intervalle où cette fonction est injective.
3. Pour une identité valable sur un intervalle, dériver la différence, montrer qu’elle est nulle, puis calculer la constante en un point simple.

Pour tout réel \(x\), on pose \(\operatorname{ch}(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2}\), \(\operatorname{sh}(x) = \dfrac{e^x – e^{-x}}{2}\) et \(\operatorname{th}(x) = \dfrac{\operatorname{sh}(x)}{\operatorname{ch}(x)}\). Ce sont respectivement la partie paire de l’exponentielle, sa partie impaire et leur quotient.

• Pour tout réel \(x\) : \(\operatorname{ch}(x) + \operatorname{sh}(x) = e^x\) et \(\operatorname{ch}^2(x) – \operatorname{sh}^2(x) = 1\).
• Les trois fonctions sont dérivables, avec \(\operatorname{ch}^{\prime} = \operatorname{sh}\), \(\operatorname{sh}^{\prime} = \operatorname{ch}\) et \(\operatorname{th}^{\prime} = 1 – \operatorname{th}^2 = 1/\operatorname{ch}^2\).
• On a \(\operatorname{ch}(x) \geqslant 1\), avec égalité seulement en 0.

Résolvons \(5\operatorname{ch}(x) – 3\operatorname{sh}(x) = 4\). Posons \(X = e^x > 0\). L’équation devient \(\frac{5}{2}\left(X + \frac{1}{X}\right) – \frac{3}{2}\left(X – \frac{1}{X}\right) = 4\), soit \(X + \frac{4}{X} = 4\). En multipliant par \(X\), on obtient \(X^2 – 4X + 4 = 0\), donc \((X – 2)^2 = 0\). Ainsi \(X = 2\), et l’unique solution est \(x = \ln(2)\).

Soit \(a, b, c, d\) des réels avec \(c \neq 0\) et \(ad – bc \neq 0\). La fonction \(f : x \mapsto \dfrac{ax + b}{cx + d}\), définie sur \(\mathbb{R} \setminus \{-d/c\}\), est dite homographique.

La dérivée vaut \(f^{\prime}(x) = \dfrac{ad – bc}{(cx + d)^2}\). La fonction est donc strictement monotone sur chacun des deux intervalles de son domaine. Elle réalise une bijection de \(\mathbb{R} \setminus \{-d/c\}\) sur \(\mathbb{R} \setminus \{a/c\}\). Sa courbe admet la droite \(x = -d/c\) comme asymptote verticale et la droite \(y = a/c\) comme asymptote horizontale.

Prenons \(f(x) = \dfrac{2x – 1}{x + 3}\) sur \(\mathbb{R} \setminus \{-3\}\). Ici \(ad – bc = 2 \times 3 – (-1) \times 1 = 7 > 0\), donc \(f\) est strictement croissante sur \(\left]-\infty, -3\right[\) et sur \(\left]-3, +\infty\right[\). Soit \(y \neq 2\). L’équation \(y(x + 3) = 2x – 1\) équivaut à \(x(y – 2) = -1 – 3y\), d’où \(x = \dfrac{3y + 1}{2 – y}\). Par conséquent, \(f^{-1}(y) = \dfrac{3y + 1}{2 – y}\) pour \(y \neq 2\). Les asymptotes sont les droites \(x = -3\) et \(y = 2\).

• Si \(f\) tend vers \(\pm\infty\) en un réel \(x_0\), la droite \(x = x_0\) est une asymptote verticale.
• Si \(f(x) – (mx + p)\) tend vers 0 quand \(x\) tend vers \(+\infty\), la droite \(y = mx + p\) est une asymptote en \(+\infty\). Elle est horizontale lorsque \(m = 0\), oblique sinon.
• Si \(f(x)/x\) tend vers \(\pm\infty\), on parle de branche parabolique de direction l’axe des ordonnées. Si \(f(x)/x\) tend vers 0 alors que \(f\) tend vers l’infini, la branche parabolique a la direction de l’axe des abscisses.

1. Vérifier que \(f(x)\) tend vers l’infini ; sinon, la limite finie donne une asymptote horizontale.
2. Calculer la limite \(m\) de \(f(x)/x\). Si elle est infinie ou nulle, conclure à une branche parabolique.
3. Si \(m\) est un réel non nul, calculer la limite \(p\) de \(f(x) – mx\). Si \(p\) est un réel, la droite \(y = mx + p\) est asymptote.
4. Étudier enfin le signe de \(f(x) – (mx + p)\) pour placer la courbe par rapport à son asymptote.

Soit \(f(x) = \sqrt{x^2 + 4x}\), définie sur \(\left]-\infty, -4\right] \cup [0, +\infty[\). En \(+\infty\), on a \(f(x)/x = \sqrt{1 + 4/x}\), qui tend vers 1. Ensuite, la quantité conjuguée donne \(f(x) – x = \dfrac{4x}{\sqrt{x^2 + 4x} + x}\), qui tend vers 2. La droite \(y = x + 2\) est donc asymptote en \(+\infty\). En \(-\infty\), on a \(\sqrt{x^2} = -x\), donc \(f(x)/x\) tend vers \(-1\). De plus, \(f(x) + x = \dfrac{4x}{\sqrt{x^2 + 4x} – x}\) tend vers \(-2\). Ainsi la droite \(y = -x – 2\) est asymptote en \(-\infty\).

Une limite finie de \(f(x)/x\) ne garantit pas d’asymptote. Considérons \(f(x) = x + \sin(x)\). Le quotient \(f(x)/x\) tend vers 1, mais \(f(x) – x = \sin(x)\) n’a pas de limite en \(+\infty\). La courbe oscille autour de la droite \(y = x\) sans s’en approcher : on dit seulement que cette droite donne une direction asymptotique.

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