Fonctions ch, sh, th (2/2)

Exercice 1.
Calculer les sommes : {\begin{cases}R=\,\text{ch} x+\,\text{ch}(x+2h)+\cdots+\,\text{ch}(x+2nh)\cr S=\,\text{sh} x+\,\text{sh}(x+2h)+\cdots+\,\text{sh}(x+2nh)\end{cases}}
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Remarquons que si {h=0} alors {\begin{cases}R=(n+1)\,\text{ch} x\\ S=(n+1)\,\text{sh} x\end{cases}}

On suppose donc {h\ne 0}.

On a alors : {\begin{cases}R+S=\text{e}^{x}(1+\text{e}^{2h}+\cdots \text{e}^{2nh})\\R-S=\text{e}^{-x}(1+\text{e}^{-2h}+\cdots \text{e}^{-2nh})\end{cases}}

Ainsi : {R+S=\text{e}^{x}\dfrac{\text{e}^{2(n+1)h}-1}{\text{e}^{2h}-1}=\text{e}^{x+nh}\dfrac{\,\text{sh}((n+1)h)}{\,\text{sh} h}}

De même, on trouve : {R-S=\text{e}^{-x}\dfrac{1-\text{e}^{-2(n+1)h}}{1-\text{e}^{-2h}}=\text{e}^{-x-nh}\dfrac{\,\text{sh}((n+1)h)}{\,\text{sh} h}}

Par demi-somme et demi-différence, on trouve alors : {\begin{cases}R=\,\text{ch}(x+nh)\dfrac{\,\text{sh}((n+1)h)}{\,\text{sh} h}\phantom{\bigg(}\\S=\,\text{sh}(x+nh)\dfrac{\,\text{sh}((n+1)h)}{\,\text{sh} h}\phantom{\bigg(}\end{cases}}

Exercice 2.
Montrer que {x\ne0}, {\,\text{th} x=\dfrac2{\,\text{th} 2x}-\dfrac1{\,\text{th} x}}.
En déduire {S_n=\,\text{th} x+2\,\text{th}2x+\cdots+2^{n-1}\,\text{th}{2^{n-1}x}.\phantom{\bigg(}}
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On sait que {\,\text{th}2x=\dfrac{2\,\text{th} x}{1+\,\text{th}^{2}x}}.

Ainsi, pour tout x\ne 0 : {\dfrac2{\,\text{th} 2x}-\dfrac1{\,\text{th} x}=\dfrac{1+\,\text{th}^{2}x}{\,\text{th} x}-\dfrac1{\,\text{th} x}=\,\text{th} x}On en déduit : {\begin{array}{rl}S_n&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}2^{k}\,\text{th}(2^{k}x)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}2^{k}\Bigl(\dfrac2{\,\text{th} 2^{k+1}x}-\dfrac1{\,\text{th} 2^{k}x}\Bigr)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(\dfrac{2^{k+1}}{\,\text{th} 2^{k+1}x}-\dfrac{2^{k}}{\,\text{th} 2^{k}x}\Bigr)\end{array}}Après simplification de cette somme télescopique, on obtient : {S_{n}=\dfrac{2^{n}}{\,\text{th} 2^{n}x}-\dfrac1{\,\text{th} x}}

Exercice 3.
Simplifier l’expression {y=\ln\sqrt{\dfrac{1+\,\text{th} x}{1-\,\text{th} x}}}.
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On sait que {\,\text{th} x=\dfrac{\text{e}^{2x}-1}{\text{e}^{2x}+1}}.

Ainsi : {1+\,\text{th} x=\dfrac{2\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x}+1}} et {1-\,\text{th} x=\dfrac{2}{\text{e}^{2x}+1}}.

Il en découle : {\dfrac{1+\,\text{th} x}{1-\,\text{th} x}=\text{e}^{2x}}.

Conclusion : {y=\ln\sqrt{\dfrac{1+\,\text{th} x}{1-\,\text{th} x}}=\ln\text{e}^{x}=x} (c’est plus simple!).

Exercice 4.
Discuter l’équation {(E):\;\text{e}^x(k+x)=e^{-x}(k-x)}.
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On a les équivalences : {\begin{array}{rl}(E)&\Leftrightarrow k(\text{e}^{x}-\text{e}^{-x})+x(\text{e}^{x}+\text{e}^{-x})=0\\\\&\Leftrightarrow x+k\,\text{th} x=0\end{array}}On voit que {x=0} est solution de (E) pour tout {k}.

On voit aussi que “{x} solution” équivaut à “{-x} solution”.

Pour cette raison, on ne cherche que les éventuelles solutions positives.

La fonction {f:x\mapsto x+k\,\text{th} x} est dérivable sur {\mathbb{R}^{+}}.

On a : {f'(x)=1+\dfrac{k}{\,\text{ch} ^{2}x}=\dfrac{k+\,\text{ch} ^{2}x}{\,\text{ch} ^{2}x}}.

  • On voit que si {k\ge -1}, alors {f'(x)>0} (sauf si {k=-1}, où il y a égalité seulement en {x=0}).

    Donc, si {k\ge-1}, {f} est strictement croissante sur {\mathbb{R}^{+}}, et {x=0} est la seule solution.

  • On suppose donc {k\lt -1}.

    Il existe alors {\lambda>0} tel que {k=-\,\text{ch}^{2}\lambda}.

    Ainsi {f'(x)=\dfrac{\,\text{ch} ^{2}x-\,\text{ch}^{2}\lambda}{\,\text{ch} ^{2}x}} a le signe de {\,\text{ch} x-\,\text{ch} \lambda}.

    f'(x) a donc le signe de {x-\lambda} (on rappelle qu’on se limite à {x\ge0}).

    Donc {f} est d’abord strictement décroissante sur {[0,\lambda]}.

    Elle est ensuite strictement croissante sur {[\lambda,+\infty[}.

    Sur {\mathbb{R}^{+}}, l’application {f} atteint son minimum en {f(\lambda)\lt 0}.

    D’autre part, {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=+\infty}.

    La fonction {f} s’annule donc une fois et une seule en un {x_{k}\in]\lambda,+\infty[}.

On peut donc conclure :

  • Si {k\ge -1}, la seule solution de {(E)} est {x=0}.
  • Si {k\lt -1}, {(E)} a trois solutions {-x_{k},0,x_{k}}, avec {x_{k}>0}.

Exercice 5.
Discuter et résoudre l’équation {(E):\; a\,\text{ch} x+b\,\text{sh} x=c}.
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Posons par exemple {u=\text{e}^{x}>0}.

Ainsi {\,\text{ch} x=\dfrac{u^{2}+1}{2u}} et {\,\text{sh} x=\dfrac{u^{2}-1}{2u}}.

On a alors les équivalences : {\begin{array}{rl}(E)&\Leftrightarrow a(u^{2}+1)+b(u^{2}-1)=2cu\\\\&\Leftrightarrow (a+b)u^{2}-2cu+a-b=0\end{array}}

  • Si {b=-a}, il reste {a\text{e}^{-x}=c}.

      Si {a=b=0} et {c\ne0}, il n’y a pas de solution (tsss)
      Si {a=b=0} et {c=0}, tout {x} est solution (pfff)
      Si {b=-a\ne0} et {ac\le 0}, il n’y a pas de solution.
      Si {b=-a\ne0} et {ac>0}, une seule solution {x=\ln(a/c)}.
  • Si {b\ne -a}, {(E'): (a+b)u^{2}-2cu+a-b=0} est du second degré en {u}.

    Son discriminant est {\Delta'=c^{2}-(a^{2}-b^{2})}.

    Si {c^{2}\lt a^{2}-b^{2}}, il n’y a aucune solution.

    Si {c^{2}=a^{2}-b^{2}}, {(E')} a la solution double {u_{0}=\dfrac{c}{a+b}}.

    Si {u_{0}\le 0} (donc {(a+b)c\le0}) il n’y a pas de solution.

    Si {u_{0}> 0} (donc {(a+b)c>0}), solution unique {x=\ln\dfrac{c}{a+b}}.

    Si {c^{2}>a^{2}-b^{2}}, alors {(E')} a deux solutions distinctes {u_{1}} et {u_{2}}.

    On a alors {(E)\Leftrightarrow\begin{cases}\text{e}^{x}=u_{1}\\\text{e}^{x}=u_{2}\end{cases}}.

    Il reste alors à examiner si {u_{1},u_{2}}) sont dans {\mathbb{R}^{+*}}.

    On a {u_{1}\,u_{2}=\dfrac{a-b}{a+b}} et {u_{1}+u_{2}=\dfrac{2c}{a+b}}.

    • Si {a=b} et {c=0}, alors {u_{1}=u_{2}=0} donc pas de solution {x}.
    • Si {a=b} et {ac>0}, alors {u_{1}=0} (par ex.) et {u_{2}=c/a>0}. Seule solution: {x=\ln\dfrac{c}{a}}.
    • Si {a=b} et {ac\lt 0}, alors {u_{1}=0} (par ex.) et {u_{2}\lt 0}. Il n’y a pas de solution {x}.
    • Si {a^{2}-b^{2}\lt 0}, l’un seulement de {u_{1}} ou {u_{2}} est strictement positif.
      Dans ce cas, l’équation {(E)} possède une solution unique.
    • Si {a^{2}-b^{2}>0}, et {(a+b)c\lt 0} alors {u_{1}\lt 0} et {u_{2}\lt 0}.
      Dans ce cas, l’équation {(E)} ne possède pas de solution.
    • Si {a^{2}-b^{2}>0}, et {(a+b)c>0} alors {u_{1}>0} et {u_{2}>0}.
      Dans ce cas, {(E)} a les deux solutions distinctes {x_{1}=\text{e}^{u_{1}}}
      et {x_{2}=\text{e}^{u_{2}}}.