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\(\DeclareMathOperator{\sech}{sech}\DeclareMathOperator{\csch}{cosech}\DeclareMathOperator{\coth}{coth}\)Imagine que tu es sur un skateboard et que tu patines le long d'un pont suspendu comme celui qui est illustré ci-dessous. À tout moment, quelle est la pente de la ligne qui pointe dans la même direction que ton skateboard ? Si tu connaissais la forme de la ligne que le pont trace, la tâche serait simple ; il te suffirait de différencier cette ligne et d'y ajouter le point où se trouve actuellement ton skateboard. Mais quelle est la forme du pont ? Il se trouve que les fonctions hyperboliques détiennent la réponse : un pont suspendu est une courbe caténaire, le nom de la courbe créée par la fonction cosinus hyperbolique. Ainsi, pour connaître la direction de ton skateboard, tu dois savoir différencier la fonction cosinus hyperbolique.
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Équipe enseignants Différenciation des fonctions hyperboliques
Un pont suspendu, tout comme n'importe quelle autre courbe créée en laissant quelque chose pendre entre deux points naturellement sous l'effet de la gravité, est une courbe caténaire. C'est le nom de la courbe tracée par la fonction cosinus hyperbolique. Hans Braxmeier, Pixabay.
Les fonctions trigonométriques hyperboliques sont similaires aux fonctions trigonométriques normales, mais au lieu de représenter le cercle unitaire, elles représentent l'hyperbole unitaire.
Fig. 1. Le sinus et le cosinus hyperboliques peuvent être dérivés de l'hyperbole unitaire (\(x^2 - y^2 = 1 \)) de façon très similaire à la façon dont les fonctions sinus et cosinus standard peuvent être dérivées du cercle unitaire.
Les fonctions hyperboliques standard sont :
De même, les fonctions hyperboliques réciproques sont :
Pour plus d'informations sur les fonctions hyperboliques, y compris leurs formes exponentielles, voir Fonctions hyperboliques.
Les dérivées desfonctions hyperboliques standard sont :
\[\N- Début{alignement} \frac{d}{dx} \sinh{x} & = \cosh{x}, \\circ;\frac{d}{dx} \cosh{x} & = \sinh{x}, \circ;\frac{d}{dx} \tanh{x} & = \sech^{2}{x}. \Nend{align} \]
Les dérivées des fonctions hyperboliques réciproques sont :
\[ \N- Début{align} \frac{d}{dx} \sech{x}, & = - \sech{x} \tanh{x}, \\n- \frac{d}{dx} \csch{x}, & = - \nsech{x} \csch{x}, & = - \csch{x} \coth{x}, \\n- \frac{d}{dx} \coth{x}, & = - \coth{x} \coth{x} & = - \csch^2{x}. \N- [Fin{align}\N]
Tu devrais remarquer à quel point ces dérivées ressemblent aux dérivées des fonctions trigonométriques, la principale différence étant que le résultat est positif ou négatif lorsqu'un sinus hyperbolique est impliqué.
Pour prouver ces dérivées, il est souvent utile d'avoir les fonctions hyperboliques sous forme exponentielle.
Prouve que la dérivée de \( \cosh(x) \) est \( \sinh(x) \).
Réponds :
Tout d'abord, écris \( \cosh(x) \) sous forme exponentielle.
\[ \cosh{x} = \frac{e^{x} + e^{-x}}{2} = \frac{e^{x}}{2} + \frac{e^{-x}}{2}.\]
Maintenant, en prenant la dérivée, tu peux utiliser la règle de la chaîne et le fait que \( \frac{d}{dx} e^x = e^x\) :
\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \cosh{x} & = \frac{e^{x}}{2} - \frac{e^{-x}}{2} \\N- & = \Nfrac{e^{x} - e^{-x}}{2} \N- & = \sinh{x}. \Nend{align} \]
Tu peux utiliser la même méthode pour prouver que la dérivée de \( \sinh{x} \) est \( \cosh{x} \). Pour prouver les dérivées des fonctions hyperboliques réciproques, tu peux utiliser la règle du quotient.
Prouve que \(\frac{d}{dx} \sech{x} = - \sech{x} \tanh{x} \).
Réponds :
Ecris \( \sech{x} \) en termes de \( \cosh{x} \).
\[ \frac{d}{dx} \sech{x} = \frac{d}{dx} \frac{1}{\cosh{x}}.\]
A partir de là, tu peux utiliser la règle du quotient pour obtenir
\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \sech{x} & = \frac{ \cosh{x} \frac{d}{dx} (1) - 1 \cdot \frac{d}{dx} (\cosh{x}) }{cosh^2{x}} \cdot & = \frac{0- \sinh{x} }{\cosh^2{x}} \N- & = -\frac{\sinh{x}}{\cosh^2{x}}. \Nend{align} \]
Maintenant, sépare la fraction en deux parties, \N( \Nsech{x} \N) et \N( \Ntanh{x} \N) :
\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \sech{x} & = - \frac{\sinh{x}}{\cosh^2{x}} \N- & = - \Nleft(\frac{1}{\cosh{x}}\right) \Nleft(\frac{\sinh{x}}{\cosh{x}}\right) \N- & = - \Nsech{x} \tanh{x}, \end{align} \]
selon les besoins.
La méthode pour prouver les dérivées de \( \coth{x} \) et \( \csch{x} \) est la même.
Maintenant que tu sais comment différencier les fonctions hyperboliques, tu peux maintenant envisager une autre façon de définir les fonctions hyperboliques. Les fonctions trigonométriques sinus et cosinus sont la solution du système d'équations différentielles suivant :
avec les conditions initiales \N( c(0) = 1 \N), \N( s(0) = 0 \N).
Mais maintenant, considère le même système d'équations différentielles sans le signe moins. C'est là que les fonctions trigonométriques hyperboliques entrent en jeu. Les fonctions hyperboliques sont la solution du système d'équations différentielles :
avec les mêmes conditions initiales que précédemment.
De plus, une solution à l'équation différentielle du premier ordre \N( y' = y \N) avec la condition initiale \N( y(0) = 1 \N) est \N( e^x \N). Mais qu'en est-il de l'équation différentielle similaire du second ordre \N( y'' = y \N), avec les conditions initiales \N( y(0) = 1 \N), \N( y'(0) = 0 \N) ?
Prouve que \(\cosh{x}\) est une solution de l'équation différentielle \( y'' = y \), avec les conditions initiales \( y(0) = 0 \), \( y'(0) = 0 \).
Réponse :
Règle \N( y = \cosh{x} \N). Tu peux différencier ceci en utilisant les formules que tu as vues plus tôt, pour obtenir : \N( y' = \Nsinh{x} \N). Si tu le différencies à nouveau, tu obtiendras : \( y'' = \cosh{x} = y \), il s'agit donc d'une équation différentielle du second ordre.
Il ne reste plus qu'à prouver que les conditions initiales sont également vraies. Puisque :
\[ y(x) = \cosh{x} = \frac{e^x + e^{-x}}{2}, \] nous pouvons substituer \( x = 0 \r) dans ceci pour obtenir :
\[ y(0) = \frac{e^0 + e^{-0}}{2} = 1.\]
Enfin, nous pouvons écrire la différentielle de \( y\N) sous forme exponentielle : \N[y'(x) = \Nsinh{x} = \Nfrac{e^x - e^{-x}}{2}, \N] et encore une fois, nous pouvons substituer \N( x = 0 \N) dans ceci pour obtenir :
\[ y'(0) = \frac{e^0 - e^{-0}}{2} = 0,\N].
Comme il se doit. Ceci conclut la preuve.
Note que le sinus hyperbolique est également une solution de la même équation différentielle, mais avec les conditions initiales \( y(0) = 0\), \( y'(0) = 0\).
Qu'est-ce qu'on peut faire d'autre à un nombre, de telle sorte que lorsqu'on le fait deux fois, le nombre reste le même mais avec le signe opposé ? Il s'agit de multiplier le nombre par l'unité imaginaire \N( i \N). Pour un récapitulatif sur les nombres imaginaires, voir Nombres complexes de base. En remplaçant \(x\) par \(ix\) dans les équations, tu obtiens les résultats suivants :
À partir de là, tu peux dériver une forme exponentielle pour les fonctions trigonométriques, tout comme la forme exponentielle pour les fonctions hyperboliques. Ce sont :
\[ \begin{align} \cos{x} & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}, \\sin{x} & = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}. \N- [Fin{align}\N]
Ces formules peuvent également être trouvées en utilisant les développements des séries de Maclaurin. Voir Série de Maclaurin.
Maintenant, si tu multiplies la deuxième équation, \(\sin{x}\), par l'unité imaginaire \(i \), tu obtiendras :
\[ i \sin{x} = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2}. \]
Enfin, tu peux ajouter la formule exponentielle pour \( \cos{x}\) à la formule ci-dessus pour \(i \sin{x}\), pour obtenir :
\[ \begin{align} \cos{x} + i \sin{x} & = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2} + \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2} \\N- \Nimplique que e^{ix} & = \Ncos{x} + i \sin{x}. \N- [Fin{align}\N]
Cette équation est connue sous le nom de formule d'Euler. C'est un résultat incroyablement célèbre en mathématiques. En substituant \(x = \pi \) à cette formule, on obtient le résultat connu sous le nom d'Identité d'Euler :
\[ e^{i \pi} = -1. \]
Voyons une question où tu dois trouver la différentielle d'une fonction hyperbolique en utilisant le produit et la règle de la chaîne.
Trouve \N( \frac{dy}{dx} \N), où \N( y = x^2 \sinh{e^x} \N).
Réponse :
Tout d'abord, tu peux utiliser la règle du produit pour obtenir :
\[ \begin{align} \frac{dy}{dx} & = \frac{d}{dx} (x^2) \sinh(e^x) + x^2 \frac{d}{dx} (\sinh{e^x}) \\\N & = 2 x \sinh(e^x) + x^2 \frac{d}{dx} (\sinh{e^x}). \Nend{align} \]
Il ne reste plus qu'à différencier la partie sinus hyperbolique, \( \sinh{e^x} \). En utilisant la règle de la chaîne : \( \frac{d}{dx} ( \sinh{e^x} ) = e^x \cosh{e^x} \). La réponse finale est donc : \[ \frac{dy}{dx} = 2 x \sinh{e^x} + x^{2} e^{x} \cosh{e^x}. \]
Une autre façon d'aborder les questions portant sur les fonctions hyperboliques consiste à convertir d'abord la fonction hyperbolique sous forme exponentielle. Voyons comment utiliser la forme exponentielle d'une fonction hyperbolique pour simplifier la dérivée.
Différencie \(f(x) = e^{x} \cosh{x} \). Commençons par convertir cette fonction en forme exponentielle. \N- [\N- Début{align} f(x) & = e^{x} \cosh{x} \N- & = e^{x} \n- gauche( \frac{e^x + e^{-x}}{2} \n-droit) \n- & = \frac{e^{2x}}{2} + \frac{1}{2}. \N-END{align} \] Cette fonction est beaucoup plus simple à différencier. En prenant la dérivée, tu peux voir que : [f'(x) = e^{2x}. \N- \N]
Les dérivées des fonctions hyperboliques inverses sont :
\[ \N- Début{alignement} \frac{d}{dx} \sinh^{-1}{x} & = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}, \frac{d}{dx} \cosh^{-1}{x} & = \frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}}, \frac{d}{dx} \tanh^{-1}{x} & = \frac{1}{1-x^2}. [\N-{align}\N]
Là encore, tu remarqueras une ressemblance avec les dérivées des fonctions trigonométriques inverses. Connaître toutes les dérivées hyperboliques et trigonométriques inverses facilitera la résolution de nombreuses intégrales compliquées. Voir Fonctions hyperboliques inverses pour plus de détails.
Les questions courantes impliquant la différenciation de fonctions hyperboliques inverses pourraient être similaires aux questions sur la différenciation de fonctions hyperboliques standard. Elles pourraient inclure les règles de la chaîne, du produit ou du quotient, semblables à celles que tu as vues dans cet article. On peut aussi te demander de prouver des formules similaires à celles énumérées ci-dessus. Par exemple, on peut te demander de prouver que
\[ \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{a} \tanh^{-1}{bx} \right) = \frac{b}{a(1 - (bx)^2)}. \]
Pour plus d'informations sur la façon de résoudre des questions comme celles-ci, voir Fonctions hyperboliques inverses.
If you differentiate the reciprocal hyperbolic functions, you get:\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \sech{x} & = - \sech{x} \tanh{x},\\N- \frac{d}{dx} \ccsch{x} & = - \csech{x} \csch{x} &= - \csch{x} \coth{x}, \n- \frac{d}{dx} \coth{x} &= - \coth{x} \coth{x} & = - \csch^2{x}. \N- [Fin{align}\N]
Si tu différencies les fonctions hyperboliques inverses, tu obtiens :
\[ \begin{align} \frac{d}{dx} \sinh^{-1}{x} & = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}, \frac{d}{dx} \cosh^{-1}{x} & = \frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}}, \frac{d}{dx} \tanh^{-1}{x} & = \frac{1}{1-x^2}. \Nend{align} \]
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