Exercice 46

1. La fonction $\operatorname{sh}$ est dérivable, strictement croissante, de limites $\pm\infty$ : c'est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ (théorème 2). Pour $y$ réel, $\operatorname{sh} x = y$ s'écrit $t^{2} - 2yt - 1 = 0$ avec $t = \mathrm{e}^{x} > 0$ ; le produit des racines vaut $-1$, donc une seule est positive, $y + \sqrt{y^{2} + 1}$. $$\boxed{\operatorname{sh}^{-1}(y) = \ln\big(y + \sqrt{y^{2} + 1}\big)}$$ Comme $\operatorname{sh}' = \operatorname{ch}$ ne s'annule pas, le théorème 2 donne $(\operatorname{sh}^{-1})'(y) = \frac{1}{\operatorname{ch}(\operatorname{sh}^{-1} y)} = \frac{1}{\sqrt{1 + y^{2}}}$, puisque $\operatorname{ch} = \sqrt{1 + \operatorname{sh}^{2}}$. Directement : $$\Big(\ln\big(y + \sqrt{y^{2} + 1}\big)\Big)' = \frac{1 + \frac{y}{\sqrt{y^{2} + 1}}}{y + \sqrt{y^{2} + 1}} = \boxed{\frac{1}{\sqrt{y^{2} + 1}}}.$$ 2. La restriction de $\operatorname{ch}$ à $[0\,,+\infty[$ est strictement croissante, de $\operatorname{ch} 0 = 1$ à $+\infty$ : c'est une bijection sur $[1\,,+\infty[$. Pour $y \geqslant 1$, l'équation $t^{2} - 2yt + 1 = 0$ a deux racines positives de produit $1$, et $x \geqslant 0$ impose $t \geqslant 1$, donc la plus grande. $$\boxed{\big(\operatorname{ch}_{|[0,+\infty[}\big)^{-1}(y) = \ln\big(y + \sqrt{y^{2} - 1}\big), \qquad \text{de dérivée } \frac{1}{\sqrt{y^{2} - 1}} \text{ sur } ]1\,,+\infty[}$$ La dérivée vaut $\frac{1}{\operatorname{sh} x}$, avec $\operatorname{sh} = \sqrt{\operatorname{ch}^{2} - 1}$ sur $[0\,,+\infty[$ ; elle n'existe pas en $1$, où $\operatorname{ch}'(0) = 0$, et la courbe de la réciproque y a une tangente verticale.

3. Pour $y \in \,]-1\,,1[$, l'équation $\operatorname{th} x = y$ s'écrit $\frac{\mathrm{e}^{2x} - 1}{\mathrm{e}^{2x} + 1} = y$, soit $\mathrm{e}^{2x} = \frac{1 + y}{1 - y}$. $$\boxed{\operatorname{th}^{-1}(y) = \frac{1}{2}\ln\frac{1 + y}{1 - y}, \qquad \text{de dérivée } \frac{1}{1 - y^{2}}}$$ Le théorème 2 donne la dérivée $\frac{1}{1 - \operatorname{th}^{2}(\operatorname{th}^{-1} y)} = \frac{1}{1 - y^{2}}$, et le calcul direct donne $\frac{1}{2}\big(\frac{1}{1 + y} + \frac{1}{1 - y}\big)$, qui vaut la même chose.