Corrigé de la série 4 -Analyse 1 - Télécharger pdf
Télécharger PDFExercice 1
a) f(x) = exp((ln(x))²) ; I = [1, +∞[
Les fonctions x ↦ ln(x), u ↦ u² et v ↦ exp(v) sont continues (et dérivables) respectivement sur [1, +∞[, [0, +∞[ et [0, +∞[. Par composition, f est continue (et dérivable sur [1, +∞[).
Alors, en utilisant la règle de dérivation en chaîne, f'(x) = (2 ln(x) / x) × exp((ln(x))²).
Or ∀x ∈ ]1, +∞[, ln(x) > 0 et x > 0, donc 2 ln(x) / x > 0. Et exp((ln(x))²) > 0. Par conséquent, f'(x) > 0. De plus, f'(1) = 0.
Donc f est strictement croissante sur [1, +∞[.
Ainsi, f établit une bijection de [1, +∞[ dans f([1, +∞[) = [1, +∞[.
La fonction réciproque de f : Soient x ∈ [1, +∞[ et y ∈ [1, +∞[.
f(x) = y ↔ exp((ln(x))²) = y ↔ (ln(x))² = ln(y).
Puisque x ≥ 1, ln(x) ≥ 0. Donc ln(x) = √ln(y).
↔ x = exp(√ln(y)).
Donc la fonction réciproque est f-1(y) = exp(√ln(y)).
b) f(x) = ln((1+x)/(1-x)) ; I = ]-1,1[
Les fonctions u ↦ (1+u)/(1-u) et v ↦ ln(v) sont continues respectivement sur ]-1,1[ (pour la première) et ]0, +∞[ (pour la seconde). Donc f est continue sur I.
Ces fonctions sont aussi dérivables sur ]-1,1[ et sur ]0, +∞[. Donc f est dérivable sur ]-1,1[.
∀x ∈ ]-1,1[, f'(x) = (1 / ((1+x)/(1-x))) × ((1-x)(1) - (1+x)(-1))/(1-x)².
f'(x) = ((1-x)/(1+x)) × (1-x+1+x)/(1-x)² = ((1-x)/(1+x)) × (2/(1-x)²) = 2 / ((1+x)(1-x)) = 2 / (1-x²).
Puisque 1-x² > 0 sur ]-1,1[, f'(x) > 0.
Donc f est strictement croissante sur ]-1,1[. Elle définit donc une bijection de ]-1,1[ dans f(]-1,1[) = ]limx→-1⁺ f(x), limx→1⁻ f(x)[.
limx→-1⁺ f(x) = ln(0⁺) = -∞. limx→1⁻ f(x) = ln(+∞) = +∞. Ainsi, f(]-1,1[) = ]-∞, +∞[.
La fonction réciproque : Soient x ∈ ]-1,1[ et y ∈ ]-∞, +∞[.
f(x) = y ↔ ln((1+x)/(1-x)) = y ↔ (1+x)/(1-x) = exp(y).
↔ 1+x = exp(y)(1-x) ↔ 1+x = exp(y) - x exp(y).
↔ x + x exp(y) = exp(y) - 1 ↔ x(1+exp(y)) = exp(y) - 1.
↔ x = (exp(y)-1)/(exp(y)+1).
Donc la fonction réciproque est f-1(y) = (exp(y)-1)/(exp(y)+1).
c) f(x) = (1-sin x)/(1+sin x) ; I = ]-π/2, π/2[
La fonction f est continue et strictement décroissante sur ]-π/2, π/2[.
∀x ∈ ]-π/2, π/2[, f'(x) = ((1+sin x)(-cos x) - (1-sin x)(cos x))/(1+sin x)².
f'(x) = (-cos x - sin x cos x - cos x + sin x cos x)/(1+sin x)² = -2 cos x / (1+sin x)².
Puisque cos x > 0 sur ]-π/2, π/2[, f'(x) < 0, ce qui confirme que f est strictement décroissante.
Donc f est bijective de ]-π/2, π/2[ dans f(]-π/2, π/2[) = ]limx→π/2⁻ f(x), limx→-π/2⁺ f(x)[.
limx→-π/2⁺ f(x) = (1 - (-1))/(1 + (-1)⁺) = 2/0⁺ = +∞.
limx→π/2⁻ f(x) = (1 - 1)/(1 + 1) = 0/2 = 0. Ainsi, f(]-π/2, π/2[) = ]0, +∞[.
La fonction réciproque de f : Soient x ∈ ]-π/2, π/2[ et y ∈ ]0, +∞[.
f(x) = y ↔ (1-sin x)/(1+sin x) = y ↔ 1-sin x = y(1+sin x).
↔ 1-sin x = y + y sin x ↔ 1-y = sin x (1+y).
↔ sin x = (1-y)/(1+y) ↔ x = arcsin((1-y)/(1+y)).
Donc la fonction réciproque est f-1(y) = arcsin((1-y)/(1+y)).
Exercice 2
a) f(x) = -1 + exp(x-1) + ln(x), I = ]0,+∞[
Les fonctions x ↦ exp(x-1) et x ↦ ln(x) sont continues respectivement sur ℝ (donc sur ]0, +∞[) et ]0, +∞[. Donc f est continue sur I.
La fonction f est strictement croissante sur ]0, +∞[.
En effet, f est dérivable sur ]0, +∞[ et on a ∀x ∈ ]0, +∞[, f'(x) = exp(x-1) + 1/x.
Puisque exp(x-1) > 0 et 1/x > 0 pour x ∈ ]0, +∞[, f'(x) est toujours strictement positif.
Calcul des limites : limx→0⁺ f(x) = -1 + exp(-1) + (-∞) = -∞.
On a f(1) = -1 + exp(1-1) + ln(1) = -1 + exp(0) + 0 = -1 + 1 = 0.
limx→+∞ f(x) = -1 + (+∞) + (+∞) = +∞.
Donc f établit une bijection de ]0, +∞[ dans ℝ.
Pour trouver (f-1)'(0), nous utilisons la formule de dérivation des fonctions réciproques au point y1 = 0, correspondant à x1 = 1 (car f(1)=0).
f est dérivable en x1 = 1 et f'(1) = exp(1-1) + 1/1 = 1+1 = 2 ≠ 0.
Donc f-1 est dérivable en y1 = 0 et on a (f-1)'(0) = 1/f'(1) = 1/2.
Ainsi, la tangente à la courbe de f-1 au point (y1, f-1(y1)) = (0, 1) a pour équation :
Y = f-1(0) + (f-1)'(0) × (x - 0) = 1 + (1/2)x.
b) f(x) = x sin(x) ; I = [π/2, π]
La fonction f est continue et est strictement croissante sur I (assertion qui doit être vérifiée sur l'intervalle). De plus, on a limx→π/2⁺ f(x) = π/2 × sin(π/2) = π/2 et limx→π⁻ f(x) = π × sin(π) = 0. Donc f est bijective sur [π/2, π] dans [0, π/2].
On a f étant dérivable en x1 = 3π/4 et l'énoncé indique f'(3π/4) = cos(2π/4), ce qui signifie f'(3π/4) = cos(π/2) = 0.
Si la dérivée f'(x1) est nulle, la fonction réciproque n'est pas dérivable au point y1 = f(x1) et sa dérivée (f-1)'(y1) est indéfinie ou tend vers l'infini.
Comme f'(3π/4) = 0, la dérivée de la fonction réciproque (f-1)'(f(3π/4)) n'est pas calculable de cette manière. Par conséquent, la tangente à la courbe de f-1 au point y1 = √2 (valeur non atteinte par f sur cet intervalle) ne peut être déterminée par l'équation donnée Y = 1 + (x - √x) + 3π - √2.
c) f(x) = exp(x) / (1 + exp(x)) ; I = ℝ
La fonction f est continue sur ℝ. Pour étudier sa monotonie, calculons sa dérivée :
f'(x) = (exp(x)(1+exp(x)) - exp(x)exp(x)) / (1+exp(x))².
f'(x) = (exp(x) + exp(2x) - exp(2x)) / (1+exp(x))² = exp(x) / (1+exp(x))².
Puisque exp(x) > 0 pour tout x ∈ ℝ, f'(x) > 0. Donc f est strictement croissante sur ℝ.
Calcul des limites :
limx→-∞ f(x) = exp(-∞) / (1 + exp(-∞)) = 0 / (1 + 0) = 0.
limx→+∞ f(x) = exp(+∞) / (1 + exp(+∞)). En divisant par exp(x) : limx→+∞ 1 / (exp(-x) + 1) = 1 / (0 + 1) = 1.
Donc f définit une bijection de ℝ dans ]0,1[.
On a y1 = 1/2. Pour trouver le x1 correspondant, f(x1) = 1/2 ↔ exp(x1)/(1+exp(x1)) = 1/2 ↔ 2exp(x1) = 1+exp(x1) ↔ exp(x1) = 1 ↔ x1 = 0.
f est dérivable en x1 = 0 et f'(0) = exp(0) / (1+exp(0))² = 1 / (1+1)² = 1/4.
Donc (f-1) est dérivable en y1 = 1/2 et on a (f-1)'(1/2) = 1/f'(0) = 1/(1/4) = 4.
Une équation de la tangente à la courbe de f-1 au point (y1, f-1(y1)) = (1/2, 0) est :
Y = f-1(1/2) + (f-1)'(1/2) × (x - 1/2) = 0 + 4 × (x - 1/2) = 4x - 2.
Exercice 3
1) On considère la fonction f : ℝ+ → ℝ définie par f(x) = sh(x) - x.
Les fonctions x ↦ sh(x) et x ↦ x sont dérivables sur ℝ+, donc f est aussi dérivable sur ℝ+.
On a : ∀x ∈ ℝ+, f'(x) = ch(x) - 1.
Puisque ch(x) ≥ 1 pour tout x ∈ ℝ, ch(x) - 1 ≥ 0.
Ainsi f est croissante sur ℝ+ et ∀x ∈ ℝ+, f(x) ≥ f(0).
Or f(0) = sh(0) - 0 = 0 - 0 = 0.
Donc ∀x ∈ ℝ+, sh(x) - x ≥ 0, ce qui implique sh(x) ≥ x.
Remarque : La fonction sh est une fonction impaire sur ℝ (sh(-x) = -sh(x)).
2) Soit g la fonction définie sur ℝ par g(x) = ch(x) - x²/2 - 1.
C'est une fonction dérivable sur ℝ et ∀x ∈ ℝ, g'(x) = sh(x) - x.
D'après la question 1), g'(x) = sh(x) - x ≥ 0 ∀x ∈ ℝ+.
Donc g est croissante sur ℝ+.
Ainsi ∀x ∈ ℝ+, g(x) ≥ g(0). Or g(0) = ch(0) - 0²/2 - 1 = 1 - 0 - 1 = 0.
Donc ∀x ∈ ℝ+, ch(x) - x²/2 - 1 ≥ 0, ce qui implique ch(x) ≥ x²/2 + 1.
Pour étendre cette inégalité à ℝ tout entier :
Les fonctions x ↦ x² et x ↦ ch(x) sont paires. Cela signifie que ch(-x) = ch(x) et (-x)² = x².
Donc, si x ∈ ℝ-, alors -x ∈ ℝ+. Appliquant l'inégalité pour -x :
ch(-x) ≥ (-x)²/2 + 1 ↔ ch(x) ≥ x²/2 + 1.
Finalement, ∀x ∈ ℝ, ch(x) ≥ x²/2 + 1.
Exercice 4
1) Calcul de fonctions trigonométriques inverses
* cos(arctan(x)) :
∀x ∈ ℝ, nous savons que tan(arctan(x)) = x.
L'identité trigonométrique fondamentale est 1 + tan²(θ) = 1/cos²(θ).
En remplaçant θ par arctan(x), nous obtenons 1 + (tan(arctan(x)))² = 1/cos²(arctan(x)).
Ceci se simplifie en 1 + x² = 1/cos²(arctan(x)).
Ainsi cos²(arctan(x)) = 1/(1+x²).
Comme la fonction x ↦ arctan(x) est définie et à valeurs dans ]-π/2, π/2[, le cosinus de cet angle est toujours positif.
Finalement, cos(arctan(x)) = 1/√(1+x²) ∀x ∈ ℝ.
* cos(arcsin(x)) :
∀x ∈ [-1,1], nous savons que sin(arcsin(x)) = x.
En utilisant l'identité cos²(θ) = 1 - sin²(θ), nous avons cos²(arcsin(x)) = 1 - sin²(arcsin(x)) = 1 - x².
Comme arcsin(x) est dans [-π/2, π/2], son cosinus est toujours non négatif.
Donc cos(arcsin(x)) = √(1-x²) ∀x ∈ [-1,1].
* tan(arcsin(x)) :
∀x ∈ ]-1,1[, la tangente d'un angle peut être exprimée comme le rapport de son sinus sur son cosinus :
tan(arcsin(x)) = sin(arcsin(x)) / cos(arcsin(x)).
En utilisant les résultats précédents, sin(arcsin(x)) = x et cos(arcsin(x)) = √(1-x²).
Donc tan(arcsin(x)) = x / √(1-x²) ∀x ∈ ]-1,1[.
2) On considère la fonction g définie par : g(x) = arctan(x) + arctan(1/x).
Le domaine de définition de g est Dg = ℝ* (tous les réels sauf 0).
Pour tout x ∈ ℝ*, g est dérivable et pour tout x ∈ ℝ* on a :
g'(x) = d/dx(arctan(x)) + d/dx(arctan(1/x)).
g'(x) = 1/(1+x²) + (1/(1+(1/x)²)) × d/dx(1/x).
g'(x) = 1/(1+x²) + (1/((x²+1)/x²)) × (-1/x²).
g'(x) = 1/(1+x²) + (x²/(x²+1)) × (-1/x²) = 1/(1+x²) - 1/(x²+1) = 0.
Puisque g'(x) = 0 sur ]-∞,0[ et sur ]0, +∞[, la fonction g est constante sur chacun de ces intervalles.
Pour x > 0 : g(x) = C1. On peut choisir une valeur simple, par exemple x=1. g(1) = arctan(1) + arctan(1/1) = π/4 + π/4 = π/2.
Donc C1 = π/2.
Pour x < 0 : g(x) = C2. On peut choisir x=-1. g(-1) = arctan(-1) + arctan(1/(-1)) = -π/4 - π/4 = -π/2.
Donc C2 = -π/2.
Finalement :
arctan(x) + arctan(1/x) = π/2 si x > 0.
arctan(x) + arctan(1/x) = -π/2 si x < 0.
Exercice 5
1) f(x) = argsh(√((x-1)/(x+1)))
Le domaine de définition Df est l'ensemble des x ∈ ℝ pour lesquels l'expression sous la racine est définie et l'argument de argsh est réel.
La fonction argsh est définie pour tout nombre réel. Nous devons donc uniquement nous assurer que la racine carrée est définie, c'est-à-dire que (x-1)/(x+1) ≥ 0.
Une étude de signe de la fraction montre que :
- x-1 ≥ 0 pour x ≥ 1
- x+1 > 0 pour x > -1
Le rapport est positif ou nul sur ]-∞, -1[ ∪ [1, +∞[.
Donc Df = ]-∞, -1[ ∪ [1, +∞[.
2) g(x) = argch(2x/(1-x²))
Le domaine de définition Dg est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de argch soit supérieur ou égal à 1 et que le dénominateur ne soit pas nul.
Donc nous devons avoir 2x/(1-x²) ≥ 1 et 1-x² ≠ 0.
Analysons l'inégalité 2x/(1-x²) ≥ 1 :
Cas 1 : 1-x² > 0, ce qui signifie x ∈ ]-1,1[.
L'inégalité devient 2x ≥ 1-x² ↔ x²+2x-1 ≥ 0.
Les racines du trinôme x²+2x-1=0 sont x = (-2 ± √(4 - 4×1×(-1)))/2 = (-2 ± √8)/2 = -1 ± √2.
Le trinôme est positif à l'extérieur des racines, donc x ∈ ]-∞, -1-√2] ∪ [-1+√2, +∞[.
L'intersection avec l'intervalle ]-1,1[ est x ∈ [-1+√2, 1[ (car -1-√2 < -1).
Cas 2 : 1-x² < 0, ce qui signifie x ∈ ]-∞,-1[ ∪ ]1,+∞[.
L'inégalité change de sens en multipliant par un nombre négatif : 2x ≤ 1-x² ↔ x²+2x-1 ≤ 0.
Le trinôme est négatif entre ses racines, donc x ∈ [-1-√2, -1+√2].
L'intersection avec l'intervalle ]-∞,-1[ ∪ ]1,+∞[ est x ∈ [-1-√2, -1[.
En combinant les résultats des deux cas : Dg = [-1-√2, -1[ ∪ [-1+√2, 1[.
3) f(x) = argth((2x+1)/(2x²+2x+1))
Le domaine de définition Df est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de argth soit strictement compris entre -1 et 1 (exclus).
Donc nous devons avoir -1 < (2x+1)/(2x²+2x+1) < 1.
D'abord, analysons le dénominateur : 2x²+2x+1. Son discriminant Δ = 2² - 4×2×1 = 4 - 8 = -4. Puisque Δ < 0 et le coefficient de x² est positif (2>0), le dénominateur 2x²+2x+1 est toujours strictement positif pour tout x ∈ ℝ.
L'inégalité s'écrit donc |2x+1| < 2x²+2x+1.
Cas 1 : 2x+1 ≥ 0 (c'est-à-dire x ≥ -1/2).
L'inégalité devient 2x+1 < 2x²+2x+1 ↔ 0 < 2x². Ceci est vrai si et seulement si x ≠ 0.
Donc, pour x ≥ -1/2, la condition est x ≠ 0.
Cas 2 : 2x+1 < 0 (c'est-à-dire x < -1/2).
L'inégalité devient -(2x+1) < 2x²+2x+1 ↔ -2x-1 < 2x²+2x+1 ↔ 0 < 2x²+4x+2 ↔ 0 < 2(x+1)².
Ceci est vrai si et seulement si x ≠ -1.
En combinant les deux cas, le domaine de définition Df est ℝ \ {-1, 0}.
4) K(x) = arcsin(x/√(1+x²))
Le domaine de définition DK est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de arcsin soit compris entre -1 et 1 (inclus).
Donc nous devons avoir -1 ≤ x/√(1+x²) ≤ 1.
Cette double inégalité est équivalente à |x/√(1+x²)| ≤ 1, ou encore |x| ≤ √(1+x²).
En élevant au carré les deux côtés (qui sont positifs) : x² ≤ 1+x².
Cette inégalité se simplifie en 0 ≤ 1, ce qui est toujours vrai pour tout x ∈ ℝ.
De plus, l'expression x/√(1+x²) ne peut jamais atteindre 1 ou -1 (car x² = 1+x² n'a pas de solution réelle).
Donc DK = ℝ.
Exercice 6
1) f1 : x ↦ ln(ch(x))
Le domaine de définition Df1 est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que ch(x) > 0. Puisque la fonction cosinus hyperbolique ch(x) est toujours supérieure ou égale à 1 (ch(x) ≥ 1 ∀x ∈ ℝ), elle est toujours strictement positive. Donc Df1 = ℝ.
La fonction x ↦ ch(x) est dérivable sur ℝ et ses valeurs sont ≥ 1. La fonction u ↦ ln(u) est dérivable sur ]0, +∞[ (donc sur [1, +∞[). Par composition, f1 est dérivable sur ℝ.
∀x ∈ ℝ, f'1(x) = d/dx(ln(ch(x))) = ch'(x)/ch(x) = sh(x)/ch(x) = th(x).
2) f2 : x ↦ sin(arctan(x))
Le domaine de définition Df2 est ℝ car la fonction arctan(x) est définie sur ℝ et la fonction sin(u) est définie sur ℝ. Ainsi, la composition est définie pour tout x ∈ ℝ.
La fonction x ↦ arctan(x) est dérivable sur ℝ, et la fonction u ↦ sin(u) est dérivable sur ℝ. Donc f2 est dérivable sur ℝ.
∀x ∈ ℝ, f'2(x) = d/dx(sin(arctan(x))) = cos(arctan(x)) × d/dx(arctan(x)).
f'2(x) = cos(arctan(x)) × (1/(1+x²)).
D'après l'Exercice 4, nous savons que cos(arctan(x)) = 1/√(1+x²).
Donc f'2(x) = (1/√(1+x²)) × (1/(1+x²)) = 1/((1+x²)3/2).
3) f3 : x ↦ arccos(2x/(1+x²))
Le domaine de définition Df3 est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de arccos soit compris entre -1 et 1 (inclus).
Donc nous devons avoir -1 ≤ 2x/(1+x²) ≤ 1.
Nous savons que pour tout x ∈ ℝ, (x-1)² ≥ 0 ↔ x²-2x+1 ≥ 0 ↔ 1+x² ≥ 2x. Donc 2x/(1+x²) ≤ 1.
De même, (x+1)² ≥ 0 ↔ x²+2x+1 ≥ 0 ↔ 1+x² ≥ -2x. Donc -1 ≤ 2x/(1+x²).
Ces deux inégalités sont vraies pour tout x ∈ ℝ. Donc Df3 = ℝ.
La fonction x ↦ 2x/(1+x²) est dérivable sur ℝ. La fonction u ↦ arccos(u) est dérivable sur ]-1,1[.
Les points où 2x/(1+x²) = 1 (c'est-à-dire x=1) ou 2x/(1+x²) = -1 (c'est-à-dire x=-1) sont des singularités pour la dérivée. Donc f3 est dérivable sur ℝ \ {-1,1}.
∀x ∈ ℝ \ {-1,1} :
f'3(x) = (-1/√(1 - (2x/(1+x²))²)) × d/dx(2x/(1+x²)).
Le second terme est (2(1+x²) - 2x(2x))/(1+x²)² = (2+2x²-4x²)/(1+x²)² = 2(1-x²)/(1+x²)².
Le premier terme est -1/√(((1+x²)² - 4x²)/(1+x²)²) = -1/√((1-x²)²/(1+x²)²) = -(1+x²)/|1-x²|.
Donc f'3(x) = (-(1+x²)/|1-x²|) × (2(1-x²)/(1+x²)²).
Si x ∈ ]-1,1[, alors 1-x² > 0, donc |1-x²| = 1-x².
f'3(x) = (-(1+x²)/(1-x²)) × (2(1-x²)/(1+x²)²) = -2/(1+x²).
Si x ∈ ]-∞,-1[ ∪ ]1,+∞[, alors 1-x² < 0, donc |1-x²| = -(1-x²) = x²-1.
f'3(x) = (-(1+x²)/(x²-1)) × (2(1-x²)/(1+x²)²) = (-(1+x²)/(x²-1)) × (-2(x²-1)/(1+x²)²) = 2/(1+x²).
4) f4 : x ↦ argch(exp(x))
Le domaine de définition Df4 est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de argch soit supérieur ou égal à 1.
Donc nous devons avoir exp(x) ≥ 1. Ceci est vrai si et seulement si x ≥ 0.
Donc Df4 = [0, +∞[.
La fonction x ↦ exp(x) est dérivable sur [0, +∞[ et ∀x ∈ ]0, +∞[, exp(x) > 1. De plus, la fonction u ↦ argch(u) est dérivable sur ]1, +∞[.
Par composition, f4 est dérivable sur ]0, +∞[.
∀x ∈ ]0, +∞[, f'4(x) = d/dx(argch(exp(x))) = (1/√((exp(x))² - 1)) × d/dx(exp(x)).
f'4(x) = exp(x) / √(exp(2x) - 1).
Exercice 7
1) f : x ↦ arcsin(2x√(1-x²))
Le domaine de définition Df est l'ensemble des x ∈ ℝ pour lesquels 1-x² ≥ 0 (pour la racine) et -1 ≤ 2x√(1-x²) ≤ 1 (pour arcsin).
La condition 1-x² ≥ 0 implique x ∈ [-1,1].
Posons x = sin(θ) avec θ ∈ [-π/2, π/2]. Alors √(1-x²) = √(1-sin²(θ)) = √cos²(θ) = |cos(θ)|. Puisque θ ∈ [-π/2, π/2], cos(θ) ≥ 0, donc √(1-x²) = cos(θ).
L'expression devient arcsin(2sin(θ)cos(θ)) = arcsin(sin(2θ)).
Puisque -1 ≤ sin(2θ) ≤ 1 est toujours vrai pour tout θ réel, la seconde condition est toujours remplie lorsque la première l'est.
Donc le domaine de définition Df est [-1,1].
La fonction arcsin(sin(u)) se simplifie en u si u ∈ [-π/2, π/2]. Cependant, 2θ peut être en dehors de cet intervalle. Il faut donc analyser par intervalles :
- Si θ ∈ [-π/4, π/4], alors 2θ ∈ [-π/2, π/2]. Dans ce cas, f(x) = 2θ = 2arcsin(x). Cet intervalle pour x est [-sin(π/4), sin(π/4)] = [-√2/2, √2/2].
- Si θ ∈ ]π/4, π/2], alors 2θ ∈ ]π/2, π]. Dans ce cas, sin(2θ) = sin(π-2θ), et π-2θ ∈ [0, π/2[. Donc f(x) = π-2θ = π-2arcsin(x). Cet intervalle pour x est ]sin(π/4), sin(π/2)] = ]√2/2, 1].
- Si θ ∈ [-π/2, -π/4[, alors 2θ ∈ [-π, -π/2[. Dans ce cas, sin(2θ) = sin(-π-2θ), et -π-2θ ∈ ]-π/2, 0[. Donc f(x) = -π-2θ = -π-2arcsin(x). Cet intervalle pour x est [sin(-π/2), sin(-π/4)[ = [-1, -√2/2[ .
En résumé, la fonction f(x) est définie par morceaux :
- f(x) = -π - 2arcsin(x) pour x ∈ [-1, -√2/2[
- f(x) = 2arcsin(x) pour x ∈ [-√2/2, √2/2]
- f(x) = π - 2arcsin(x) pour x ∈ ]√2/2, 1]
La dérivée f'(x) est obtenue en dérivant chaque morceau :
- f'(x) = -2/√(1-x²) pour x ∈ ]-1, -√2/2[
- f'(x) = 2/√(1-x²) pour x ∈ ]-√2/2, √2/2[
- f'(x) = -2/√(1-x²) pour x ∈ ]√2/2, 1[
Les fonctions arcsin et donc f sont continues aux points de raccordement -√2/2 et √2/2.
2) g : x ↦ arccos(x/√(1+x²))
Le domaine de définition Dg est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que -1 ≤ x/√(1+x²) ≤ 1.
Comme démontré dans l'Exercice 5, cette inégalité est toujours vraie pour tout x ∈ ℝ.
Donc Dg = ℝ.
Pour simplifier l'expression de g(x), posons x = tan(θ) avec θ ∈ ]-π/2, π/2[. Alors √(1+x²) = √(1+tan²(θ)) = √sec²(θ) = |sec(θ)| = sec(θ) car θ ∈ ]-π/2, π/2[.
L'argument de arccos devient x/√(1+x²) = tan(θ)/sec(θ) = sin(θ).
Donc g(x) = arccos(sin(θ)) = arccos(cos(π/2 - θ)).
Puisque θ ∈ ]-π/2, π/2[, alors π/2 - θ ∈ ]0, π[. Sur cet intervalle, arccos(cos(u)) = u.
Donc g(x) = π/2 - θ = π/2 - arctan(x).
∀x ∈ ℝ, g est dérivable et g'(x) = d/dx(π/2 - arctan(x)) = 0 - 1/(1+x²) = -1/(1+x²).
En intégrant g'(x), on obtient g(x) = -&arctan(x) + C.
Pour trouver la constante C, utilisons une valeur simple, par exemple x=0. g(0) = arccos(0/√1) = arccos(0) = π/2.
Donc -&arctan(0) + C = π/2 ↔ 0 + C = π/2 ↔ C = π/2.
Finalement, g(x) = π/2 - arctan(x) pour tout x ∈ ℝ.
3) h : x ↦ argth((x²-1)/(x²+1))
Le domaine de définition Dh est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de argth soit strictement compris entre -1 et 1.
Donc nous devons avoir -1 < (x²-1)/(x²+1) < 1.
L'inégalité (x²-1)/(x²+1) < 1 est équivalente à x²-1 < x²+1 (car x²+1 > 0), ce qui se simplifie en -1 < 1, toujours vrai.
L'inégalité (x²-1)/(x²+1) > -1 est équivalente à x²-1 > -(x²+1) (car x²+1 > 0), ce qui se simplifie en x²-1 > -x²-1 ↔ 2x² > 0. Ceci est vrai si et seulement si x ≠ 0.
Donc Dh = ℝ \ {0}.
La fonction h est dérivable sur Dh.
∀x ∈ ℝ \ {0}, h'(x) = d/dx(argth((x²-1)/(x²+1))) = (1/(1 - ((x²-1)/(x²+1))²)) × d/dx((x²-1)/(x²+1)).
Calculons le second facteur : d/dx((x²-1)/(x²+1)) = (2x(x²+1) - (x²-1)(2x))/(x²+1)² = (2x³+2x - 2x³+2x)/(x²+1)² = 4x/(x²+1)².
Calculons le premier facteur : 1/(1 - ((x²-1)/(x²+1))²) = 1/(((x²+1)² - (x²-1)²)/(x²+1)²) = (x²+1)² / ((x²+1 - (x²-1))(x²+1 + x²-1)).
= (x²+1)² / ((2)(2x²)) = (x²+1)² / (4x²).
En multipliant les deux facteurs : h'(x) = ((x²+1)² / (4x²)) × (4x/(x²+1)²) = 4x / (4x²) = 1/x.
Pour x ∈ ]0, +∞[, h'(x) = 1/x. En intégrant, h(x) = ln(x) + C1. Or h(1) = argth((1²-1)/(1²+1)) = argth(0) = 0. Donc ln(1) + C1 = 0 ↔ C1 = 0.
Ainsi h(x) = ln(x) pour x > 0.
Pour x ∈ ]-∞, 0[, h'(x) = 1/x. En intégrant, h(x) = ln(|x|) + C2. Or h(-1) = argth(((-1)²-1)/((-1)²+1)) = argth(0) = 0. Donc ln(|-1|) + C2 = 0 ↔ C2 = 0.
Ainsi h(x) = ln(|x|) pour x < 0.
Finalement, h(x) = ln(|x|) pour tout x ∈ ℝ \ {0}.
Exercice 8
Extrait du partiel (Janvier 2018).
1) Propriétés de la fonction argth(x)
La fonction x ↦ th(x) (tangente hyperbolique) est définie sur ℝ et ses valeurs sont dans l'intervalle ]-1,1[. Elle est continue et strictement croissante sur ℝ, ce qui signifie qu'elle établit une bijection de ℝ sur ]-1,1[. Sa fonction réciproque est appelée argth (argument tangente hyperbolique), elle est donc définie de ]-1,1[ sur ℝ.
* Dérivabilité de argth(x) :
La fonction x ↦ th(x) est dérivable sur ℝ. Sa dérivée est th'(x) = 1/ch²(x) = 1 - th²(x). Puisque th'(x) n'est jamais nulle pour tout x ∈ ℝ, la fonction argth est dérivable sur son domaine de définition, ]-1,1[.
En utilisant la formule de dérivation des fonctions réciproques (f-1)'(y) = 1 / f'(f-1(y)) :
∀x ∈ ]-1,1[, argth'(x) = 1 / th'(argth(x)) = 1 / (1 - th²(argth(x))).
Comme th(argth(x)) = x par définition de la réciproque, nous obtenons :
argth'(x) = 1 / (1 - x²).
2) Étude de f(x) = argth((x²-1)/(x²+1))
a) Domaine de définition Df :
Le domaine de définition Df est l'ensemble des x ∈ ℝ tels que l'argument de argth soit compris strictement entre -1 et 1.
Donc nous devons avoir -1 < (x²-1)/(x²+1) < 1.
Comme démontré dans l'Exercice 7 (pour la fonction h(x) similaire), cette double inégalité est satisfaite pour tout x ∈ ℝ sauf x = 0.
Donc Df = ℝ*.
b) Dérivabilité de f(x) :
La fonction argth est dérivable sur ]-1, 1[ et la fonction x ↦ (x²-1)/(x²+1) est une fonction rationnelle, donc elle est dérivable sur ℝ (et par conséquent sur ℝ*). De plus, l'image de x ↦ (x²-1)/(x²+1) pour x ∈ ℝ* est l'intervalle ]-1,1[, qui est le domaine de dérivabilité de argth.
Ainsi, par composition, f est dérivable sur ℝ*.
Pour tout x ∈ ℝ*, la dérivée est f'(x) = argth'((x²-1)/(x²+1)) × d/dx((x²-1)/(x²+1)).
En utilisant la formule argth'(u) = 1/(1-u²) et le calcul de dérivée de (x²-1)/(x²+1) qui a été effectué dans l'Exercice 7 pour h(x), nous avons :
f'(x) = 1/x.
c) Expression de f(x) :
Nous savons que f'(x) = 1/x pour tout x ∈ ℝ*.
Sur l'intervalle ]0, +∞[ : f'(x) = 1/x. En intégrant, f(x) = ln(x) + C1.
Pour déterminer C1, utilisons un point connu : f(1) = argth((1²-1)/(1²+1)) = argth(0) = 0.
Donc ln(1) + C1 = 0 ↔ 0 + C1 = 0 ↔ C1 = 0.
Ainsi f(x) = ln(x) pour tout x > 0.
Sur l'intervalle ]-∞, 0[ : f'(x) = 1/x. En intégrant, f(x) = ln(|x|) + C2 (car ln(x) n'est pas défini pour x<0, on utilise ln(|x|)).
Pour déterminer C2, utilisons un point connu : f(-1) = argth(((-1)²-1)/((-1)²+1)) = argth(0) = 0.
Donc ln(|-1|) + C2 = 0 ↔ ln(1) + C2 = 0 ↔ 0 + C2 = 0 ↔ C2 = 0.
Ainsi f(x) = ln(|x|) pour tout x < 0.
Finalement, en combinant les deux cas, f(x) = ln(|x|) pour tout x ∈ ℝ*.
Foire aux questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'une fonction réciproque ?
Une fonction réciproque (ou fonction inverse), notée f-1, est une fonction qui "annule" l'effet d'une fonction donnée f. Si f(x) = y, alors la fonction réciproque vérifie f-1(y) = x. Pour qu'une fonction f possède une réciproque, elle doit être bijective, c'est-à-dire que chaque élément de son ensemble d'arrivée doit correspondre à exactement un élément de son domaine de définition.
Comment calcule-t-on la dérivée d'une fonction réciproque ?
Si f est une fonction dérivable et bijective sur un intervalle, et si sa dérivée f'(x) n'est pas nulle, alors sa fonction réciproque f-1 est également dérivable. La formule générale pour la dérivée de la fonction réciproque est (f-1)'(y) = 1 / f'(f-1(y)). Cette formule permet de calculer la pente de la tangente à la courbe de f-1 en un point (y, f-1(y)).
Quel est le rôle du domaine de définition pour les fonctions inverses ?
Le domaine de définition d'une fonction est l'ensemble des valeurs d'entrée pour lesquelles la fonction est bien définie. Pour une fonction réciproque f-1, son domaine de définition est l'image (l'ensemble des valeurs de sortie) de la fonction originale f. Il est crucial de bien identifier ces domaines pour s'assurer que les opérations mathématiques sont valides, surtout pour les fonctions trigonométriques inverses (comme arcsin) ou hyperboliques inverses (comme argch) qui ont des domaines de définition et des images restreints.