Correction des exercices 28 à 31 — Dérivabilité de la fonction réciproque — Al Moufid
Exercice 28 — Bijection et dérivée de la fonction réciproque
Soit \(f\) la fonction définie sur \(I=]-\infty;2]\) par :
\[ f(x)=\sqrt{2-x}-x. \]1) Montrer que \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur un intervalle \(J\) à déterminer.
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La fonction \(f\) est continue sur \(I\). Pour tout \(x\in]-\infty;2[\), elle est dérivable et :
\[ f'(x)=-\frac{1}{2\sqrt{2-x}}-1. \]Comme \(\sqrt{2-x}>0\), on a :
\[ f'(x)<0. \]Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).
D’autre part :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty \]car \(f(x)=\sqrt{2-x}-x\geq -x\), et :
\[ f(2)=-2. \]Par conséquent, l’image de \(I\) par \(f\) est :
\[ J=[-2;+\infty[. \]2) Soit \(f^{-1}\) la fonction réciproque de \(f\). Montrer que \(f^{-1}\) est dérivable sur \(]-2;+\infty[\), puis calculer :
\[ (f^{-1})'(0). \]Lire la réponse +
Pour tout \(y\in]-2;+\infty[\), posons \(x=f^{-1}(y)\). Alors \(x\in]-\infty;2[\) et :
\[ f'(x)=-\frac{1}{2\sqrt{2-x}}-1<0. \]En particulier, \(f'(x)\neq0\). La fonction \(f^{-1}\) est donc dérivable sur \(]-2;+\infty[\), avec :
\[ (f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}. \]Pour calculer \((f^{-1})'(0)\), cherchons l’unique réel \(x\in I\) tel que \(f(x)=0\) :
\[ \sqrt{2-x}-x=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sqrt{2-x}=x. \]Le membre de gauche étant positif ou nul, il faut \(x\geq0\). En élevant au carré :
\[ 2-x=x^2 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2+x-2=0 \] \[ \Longleftrightarrow (x-1)(x+2)=0. \]La condition \(x\geq0\) impose \(x=1\). Donc :
\[ f^{-1}(0)=1. \]Or :
\[ f'(1)=-\frac{1}{2\sqrt1}-1=-\frac32. \]Exercice 29 — Dérivabilité à une extrémité et fonction réciproque
On considère la fonction \(g\) définie sur \([1;+\infty[\) par :
\[ g(x)=x-3+\sqrt{x^2-x}. \]1) Étudier la dérivabilité de \(g\) à droite en \(1\), puis interpréter géométriquement le résultat.
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On a :
\[ g(1)=1-3+\sqrt{1-1}=-2. \]Pour \(x>1\) :
\[ \frac{g(x)-g(1)}{x-1} = \frac{x-1+\sqrt{x^2-x}}{x-1}. \]Comme \(x^2-x=x(x-1)\), on obtient :
\[ \frac{g(x)-g(1)}{x-1} = 1+\sqrt{\frac{x}{x-1}}. \]Lorsque \(x\to1^+\), on a :
\[ \sqrt{\frac{x}{x-1}}\longrightarrow+\infty. \]Donc :
\[ \lim_{x\to1^+} \frac{g(x)-g(1)}{x-1} = +\infty. \]2) Étudier les variations de la fonction \(g\).
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Pour \(x>1\), la fonction \(g\) est dérivable et :
\[ g'(x) = 1+\frac{2x-1}{2\sqrt{x^2-x}}. \]Sur \(]1;+\infty[\), on a \(2x-1>0\) et \(\sqrt{x^2-x}>0\). Ainsi :
\[ g'(x)>0. \]La fonction \(g\) est donc strictement croissante sur \([1;+\infty[\).
De plus :
\[ g(1)=-2 \]et, puisque \(\sqrt{x^2-x}\geq0\) :
\[ g(x)\geq x-3, \]d’où :
\[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]3-a) Montrer que \(g\) admet une fonction réciproque et déterminer son domaine de définition.
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La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \([1;+\infty[\). De plus :
\[ g(1)=-2 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]Elle réalise donc une bijection de \([1;+\infty[\) sur :
\[ [-2;+\infty[. \]3-b) Montrer que \(g^{-1}\) est dérivable en \(\sqrt2-1\), puis calculer :
\[ (g^{-1})'(\sqrt2-1). \]Lire la réponse +
On cherche l’antécédent de \(\sqrt2-1\). Or :
\[ g(2) = 2-3+\sqrt{4-2} = -1+\sqrt2 = \sqrt2-1. \]Ainsi :
\[ g^{-1}(\sqrt2-1)=2. \]La fonction \(g\) est dérivable en \(2\), et :
\[ g'(2) = 1+\frac{2\cdot2-1}{2\sqrt{2^2-2}} = 1+\frac{3}{2\sqrt2}. \]Cette valeur est strictement positive, donc non nulle. La fonction \(g^{-1}\) est par conséquent dérivable en \(\sqrt2-1\).
On obtient :
\[ (g^{-1})'(\sqrt2-1) = \frac{1}{g'(2)} = \frac{1}{1+\frac{3}{2\sqrt2}} = \frac{2\sqrt2}{3+2\sqrt2}. \]Exercice 30 — Fonction réciproque de \(x\mapsto\cos(2x)\)
Soit \(f\) la fonction définie sur l’intervalle :
\[ I=\left[0;\frac{\pi}{2}\right] \]par :
\[ f(x)=\cos(2x). \]1) Montrer que \(f\) est une bijection de \(I\) sur \(J=[-1;1]\).
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La fonction \(f\) est continue sur \(I\). Pour tout \(x\in]0;\frac{\pi}{2}[\) :
\[ f'(x)=-2\sin(2x). \]Comme \(2x\in]0;\pi[\), on a \(\sin(2x)>0\). Donc :
\[ f'(x)<0. \]Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).
Aux extrémités :
\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos\pi=-1. \]2) Montrer que la fonction réciproque \(f^{-1}\) est dérivable sur \(]-1;1[\), puis déterminer :
\[ (f^{-1})'(0). \]Lire la réponse +
Soit \(y\in]-1;1[\), et posons \(x=f^{-1}(y)\). Alors :
\[ x\in\left]0;\frac{\pi}{2}\right[. \]Par conséquent, \(2x\in]0;\pi[\), donc \(\sin(2x)>0\), et :
\[ f'(x)=-2\sin(2x)\neq0. \]Ainsi, \(f^{-1}\) est dérivable sur \(]-1;1[\).
Pour calculer \((f^{-1})'(0)\), déterminons l’antécédent de \(0\) :
\[ \cos(2x)=0. \]Comme \(2x\in[0;\pi]\), on obtient :
\[ 2x=\frac{\pi}{2} \quad\Longleftrightarrow\quad x=\frac{\pi}{4}. \]Donc :
\[ f^{-1}(0)=\frac{\pi}{4} \]et :
\[ f'\left(\frac{\pi}{4}\right) = -2\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = -2. \]3) Montrer que, pour tout \(x\in]-1;1[\) :
\[ (f^{-1})'(x) = -\frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}. \]Lire la réponse +
Soit \(x\in]-1;1[\), et posons :
\[ t=f^{-1}(x). \]Alors :
\[ t\in\left]0;\frac{\pi}{2}\right[ \qquad\text{et}\qquad x=f(t)=\cos(2t). \]Comme \(2t\in]0;\pi[\), on a \(\sin(2t)>0\). L’identité \(\sin^2u+\cos^2u=1\) donne :
\[ \sin(2t) = \sqrt{1-\cos^2(2t)} = \sqrt{1-x^2}. \]Or :
\[ f'(t)=-2\sin(2t)=-2\sqrt{1-x^2}. \]Par la formule de dérivation de la fonction réciproque :
Exercice 31 — Polynôme, restriction et dérivée de la réciproque
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \(\mathbb{R}\) par :
\[ f(x)=x^3-3x-3. \]1) Étudier les variations de la fonction \(f\).
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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et :
\[ f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1). \]Ainsi :
\(f'(x)>0\) sur \(]-\infty;-1[\) et sur \(]1;+\infty[\).
\(f'(x)<0\) sur \(]-1;1[\).
\(f'(-1)=f'(1)=0\).
Les valeurs particulières sont :
\[ f(-1)=-1 \qquad\text{et}\qquad f(1)=-5. \]De plus :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]Par conséquent, \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;-1]\), strictement décroissante sur \([-1;1]\), puis strictement croissante sur \([1;+\infty[\).
2) Soit \(g\) la restriction de \(f\) sur \([1;+\infty[\).
a) Montrer que \(g\) admet une fonction réciproque définie sur un intervalle \(J\) à déterminer.
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D’après l’étude précédente, \(g\) est continue et strictement croissante sur \([1;+\infty[\).
De plus :
\[ g(1)=f(1)=-5 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]Ainsi, l’image de \([1;+\infty[\) par \(g\) est :
\[ J=[-5;+\infty[. \]La fonction réciproque \(g^{-1}\) est donc définie sur \(J=[-5;+\infty[\).
2-b) Montrer que l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) et que :
\[ 2<\alpha<3. \]Lire la réponse +
La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \([1;+\infty[\). Or :
\[ g(2)=2^3-3\cdot2-3=-1<0 \]et :
\[ g(3)=3^3-3\cdot3-3=15>0. \]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un réel \(\alpha\in]2;3[\) tel que :
\[ g(\alpha)=0. \]Comme \(g\) est strictement croissante, cette solution est unique.
2-c) Montrer que :
\[ (g^{-1})'(0) = \frac{1}{3(\alpha^2-1)}. \]Lire la réponse +
Par définition de \(\alpha\) :
\[ g(\alpha)=0. \]Donc :
\[ g^{-1}(0)=\alpha. \]La fonction \(g\) est dérivable en \(\alpha\), avec :
\[ g'(\alpha)=3\alpha^2-3=3(\alpha^2-1). \]Comme \(\alpha>2\), on a \(g'(\alpha)>0\), donc \(g'(\alpha)\neq0\). La fonction \(g^{-1}\) est alors dérivable en \(0\), et :
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Erbiaâ — M’rirt
Travail personnel destiné à l’accompagnement des élèves de 2e Bac Sciences Mathématiques.
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