Correction des exercices 32 à 34 — Fonction réciproque — Al Moufid

Correction des exercices 32 à 34 — Fonction réciproque et dérivabilité — Al Moufid

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Exercice 32

Soit \(f\) la fonction définie sur :

\[ I=\left[\frac{\pi}{2};\pi\right[ \]

par :

\[ f(x)=1+\frac{1}{\sin x}. \]

1) Étudier les variations de la fonction \(f\).

Lire la réponse + Masquer la réponse −

Sur \(I\), on a \(\sin x\gt0\). La fonction \(f\) est continue sur \(I\) et dérivable sur \(]\frac{\pi}{2};\pi[\).

\[ f'(x)=-\frac{\cos x}{\sin^2x}. \]

Pour \(x\in]\frac{\pi}{2};\pi[\), on a \(\cos x\lt0\). Par conséquent :

\[ f'(x)\gt0. \]

Ainsi, \(f\) est strictement croissante sur \(I\).

\[ f\left(\frac{\pi}{2}\right)=2 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to\pi^-}f(x)=+\infty. \]

\(f\) est strictement croissante sur \[ \left[\frac{\pi}{2};\pi\right[ \] de \(2\) vers \(+\infty\).

2) En déduire que la fonction \(f\) admet une fonction réciproque sur un intervalle \(J\) à déterminer.

Lire la réponse + Masquer la réponse −

La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \(I\). Son image est :

\[ J= \left[ f\left(\frac{\pi}{2}\right); \lim_{x\to\pi^-}f(x) \right[ = [2;+\infty[. \]

\[ \boxed{ f\text{ réalise une bijection de } \left[\frac{\pi}{2};\pi\right[ \text{ sur }[2;+\infty[.} \]

3) Montrer que, pour tout \(x\in I\) :

\[ f'(x) = \bigl(f(x)-1\bigr) \sqrt{\bigl(f(x)\bigr)^2-2f(x)}. \]

Lire la réponse + Masquer la réponse −

Pour tout \(x\in I\) :

\[ f(x)-1=\frac{1}{\sin x}. \]

D’autre part :

\[ \begin{aligned} \bigl(f(x)\bigr)^2-2f(x) &= \left(1+\frac{1}{\sin x}\right)^2 - 2\left(1+\frac{1}{\sin x}\right)\\ &= \frac{1}{\sin^2x}-1\\ &= \frac{\cos^2x}{\sin^2x}. \end{aligned} \]

Sur \(I\), on a \(\sin x\gt0\) et \(\cos x\leq0\). Donc :

\[ \sqrt{\bigl(f(x)\bigr)^2-2f(x)} = \frac{|\cos x|}{\sin x} = -\frac{\cos x}{\sin x}. \]

Il s’ensuit que :

\[ \begin{aligned} \bigl(f(x)-1\bigr) \sqrt{\bigl(f(x)\bigr)^2-2f(x)} &= \frac{1}{\sin x} \left(-\frac{\cos x}{\sin x}\right)\\ &= -\frac{\cos x}{\sin^2x}\\ &= f'(x). \end{aligned} \]

\[ \boxed{ \forall x\in I,\quad f'(x) = \bigl(f(x)-1\bigr) \sqrt{\bigl(f(x)\bigr)^2-2f(x)}.} \]

Au point \(x=\dfrac{\pi}{2}\), il s’agit de la dérivée à droite. Les deux membres sont égaux à \(0\).

4) Montrer que \(f^{-1}\) est dérivable sur \(]2;+\infty[\) et que :

\[ \forall x\in]2;+\infty[,\qquad (f^{-1})'(x) = \frac{1}{(x-1)\sqrt{x^2-2x}}. \]

Lire la réponse + Masquer la réponse −

Soit \(y\in]2;+\infty[\), et posons :

\[ t=f^{-1}(y). \]

Alors \(t\in]\frac{\pi}{2};\pi[\) et \(f(t)=y\). D’après la question précédente :

\[ f'(t) = \bigl(f(t)-1\bigr) \sqrt{\bigl(f(t)\bigr)^2-2f(t)} = (y-1)\sqrt{y^2-2y}. \]

Comme \(y\gt2\), cette quantité est strictement positive. Donc \(f'(t)\neq0\), et \(f^{-1}\) est dérivable en \(y\).

\[ (f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(t)} = \frac{1}{(y-1)\sqrt{y^2-2y}}. \]

\[ \boxed{ \forall x\in]2;+\infty[,\qquad (f^{-1})'(x) = \frac{1}{(x-1)\sqrt{x^2-2x}}.} \]

Exercice 33

Soit \(f\) une fonction dérivable sur un intervalle \(I\). On suppose que \(f\) est strictement monotone sur \(I\).

Montrer que si \(x_0\in I\), \(y_0=f(x_0)\) et \(f'(x_0)\neq0\), alors l’équation de la tangente à la courbe \(\mathcal{C}_{f^{-1}}\) de \(f^{-1}\), au point \(M(y_0;x_0)\), est :

\[ y= \frac{1}{f'(x_0)}x + x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)}. \]

Lire la réponse + Masquer la réponse −

Comme \(f\) est strictement monotone sur \(I\), elle admet une fonction réciproque sur \(f(I)\).

\[ y_0=f(x_0) \qquad\text{et}\qquad f^{-1}(y_0)=x_0. \]

Puisque \(f'(x_0)\neq0\), la fonction \(f^{-1}\) est dérivable en \(y_0\), et :

\[ (f^{-1})'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}. \]

L’équation de la tangente à \(\mathcal{C}_{f^{-1}}\) au point \(M(y_0;x_0)\) est :

\[ y-x_0 = (f^{-1})'(y_0)(x-y_0). \]

En remplaçant \(y_0\) par \(f(x_0)\), on obtient :

\[ y-x_0 = \frac{1}{f'(x_0)} \bigl(x-f(x_0)\bigr). \]

\[ \boxed{ y= \frac{1}{f'(x_0)}x + x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)}.} \]

Exercice 34

Soit \(g\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par :

\[ g(x)= \begin{cases} 4x\sqrt[3]{x}, & \text{si }x\gt0,\\[2mm] \displaystyle-\frac{2x}{\sqrt[3]{1-x}}, & \text{si }x\leq0. \end{cases} \]

1) Étudier la dérivabilité à gauche et à droite de \(g\) au point \(x_0=0\), puis interpréter graphiquement les résultats obtenus.

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On a :

\[ g(0)=0. \]

Dérivabilité à droite en \(0\).

\[ \frac{g(x)-g(0)}{x} = \frac{4x\sqrt[3]{x}}{x} = 4\sqrt[3]{x} \quad (x\gt0). \]

Donc :

\[ g'_d(0) = \lim_{x\to0^+}4\sqrt[3]{x} = 0. \]

Dérivabilité à gauche en \(0\).

\[ \frac{g(x)-g(0)}{x} = -\frac{2}{\sqrt[3]{1-x}} \quad (x\lt0). \]

Donc :

\[ g'_g(0) = \lim_{x\to0^-} \left(-\frac{2}{\sqrt[3]{1-x}}\right) = -2. \]

Les deux nombres dérivés latéraux sont finis, mais différents :

\[ g'_g(0)=-2 \neq 0=g'_d(0). \]

La fonction \(g\) n’est pas dérivable en \(0\). Sa courbe admet au point \(O(0;0)\) :

une demi-tangente à gauche d’équation \[ \boxed{y=-2x}, \] et une demi-tangente horizontale à droite d’équation \[ \boxed{y=0}. \]

2) Étudier les variations de la fonction \(g\).

Lire la réponse + Masquer la réponse −

Sur \(]0;+\infty[\).

\[ g(x)=4x^{4/3}, \qquad g'(x)=\frac{16}{3}\sqrt[3]{x}\gt0. \]

La fonction \(g\) est donc strictement croissante sur \([0;+\infty[\).

Sur \(]-\infty;0[\).

\[ g(x)=-2x(1-x)^{-1/3}. \]

Par dérivation :

\[ \begin{aligned} g'(x) &= -2(1-x)^{-1/3} - \frac{2x}{3}(1-x)^{-4/3}\\ &= \frac{2(2x-3)} {3(1-x)^{4/3}}. \end{aligned} \]

Pour \(x\lt0\), le dénominateur est strictement positif et \(2x-3\lt0\). Ainsi :

\[ g'(x)\lt0. \]

La fonction \(g\) est donc strictement décroissante sur \(]-\infty;0]\).

\[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=+\infty, \qquad g(0)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]

\(g\) est strictement décroissante de \(+\infty\) vers \(0\) sur \(]-\infty;0]\), puis strictement croissante de \(0\) vers \(+\infty\) sur \([0;+\infty[\).

Elle admet un minimum global égal à \(0\), atteint en \(x=0\).

3-a) Soit \(h\) la restriction de \(g\) à :

\[ \mathbb{R}^{-}=]-\infty;0]. \]

Montrer que \(h\) est une bijection de \(\mathbb{R}^{-}\) sur un intervalle \(I\) à déterminer.

Lire la réponse + Masquer la réponse −

La fonction \(h\) est continue et strictement décroissante sur \(]-\infty;0]\).

\[ \lim_{x\to-\infty}h(x)=+\infty \qquad\text{et}\qquad h(0)=0. \]

Son image est donc :

\[ I=[0;+\infty[. \]

\[ \boxed{ h\text{ réalise une bijection de } ]-\infty;0] \text{ sur }[0;+\infty[.} \]

3-b) Étudier la dérivabilité de la fonction \(h^{-1}\) sur \(I\), puis calculer :

\[ (h^{-1})'(7). \]

Lire la réponse + Masquer la réponse −

Pour tout \(x\in]-\infty;0[\) :

\[ h'(x) = \frac{2(2x-3)} {3(1-x)^{4/3}}. \]

Comme \(x\lt0\), on a \(h'(x)\lt0\), donc \(h'(x)\neq0\). La fonction \(h^{-1}\) est ainsi dérivable sur \(]0;+\infty[\).

À l’extrémité \(0\), on a \(h^{-1}(0)=0\). Posons \(y=h(x)\), avec \(x\to0^-\). Alors \(y\to0^+\), et :

\[ \frac{h^{-1}(y)-h^{-1}(0)}{y} = \frac{x}{h(x)} = -\frac{\sqrt[3]{1-x}}{2}. \]

Par conséquent :

\[ (h^{-1})'_d(0)=-\frac12. \]

La fonction \(h^{-1}\) est donc dérivable sur \(I=[0;+\infty[\), au sens de la dérivabilité à droite en \(0\).

Pour calculer \((h^{-1})'(7)\), remarquons que :

\[ h(-7) = -\frac{2(-7)}{\sqrt[3]{1-(-7)}} = \frac{14}{2} = 7. \]

Donc :

\[ h^{-1}(7)=-7. \]

Or :

\[ h'(-7) = \frac{2\bigl(2(-7)-3\bigr)} {3(1+7)^{4/3}} = -\frac{17}{24}. \]

Ainsi :

\[ (h^{-1})'(7) = \frac{1}{h'(-7)}. \]

\[ \boxed{ (h^{-1})'(7) = -\frac{24}{17}.} \]

Correction préparée par :
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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