Corrigé des exercices : Étude de fonctions et réciproques en maths sup (MPSI)

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Domaines et symétries de trois fonctions

Idée clé : on écrit chaque condition d’existence, puis on vérifie la symétrie du domaine avant toute égalité.

1. Pour \(f\), il faut \(\frac{5-x}{5+x}>0\) et \(x \neq -5\). Un tableau de signes donne \(-5<x<5\), donc \(D_f=\,]-5,5[\). Ensuite, \(2+\sin^2x \geqslant 2\), donc \(D_g=\mathbb{R}\). Enfin, \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\) est positif hors des racines. Ainsi \(D_f=\,]-5,5[\), \(D_g=\mathbb{R}\) et \(D_h=\,]-\infty,1] \cup [2,+\infty[\).
2. Le domaine \(]-5,5[\) est symétrique. De plus, pour \(x\) dans ce domaine :
   \[f(-x)=\ln\left(\frac{5+x}{5-x}\right)=-\ln\left(\frac{5-x}{5+x}\right)=-f(x).\]
   Donc \(f\) est impaire. Par ailleurs, \(\cos(-2x)=\cos 2x\) et \(\sin^2(-x)=\sin^2x\), donc \(g\) est paire. Ensuite, \(\cos(2x+2\pi)=\cos 2x\) et \(\sin(x+\pi)=-\sin x\), d’où \(g(x+\pi)=g(x)\). La périodicité ramène l’étude à \([-\pi/2,\pi/2]\), puis la parité à \([0,\pi/2]\). On étudie \(g\) sur \([0,\pi/2]\).
3. On a \(x \leqslant 1 \iff 3-x \geqslant 2\), donc le domaine est stable par \(x \mapsto 3-x\). Ensuite, on développe :
   \[(3-x)^2-3(3-x)+2=9-6x+x^2-9+3x+2=x^2-3x+2.\]
   Donc \(h(3-x)=h(x)\). Autrement dit, \(h\big(\frac{3}{2}-t\big)=h\big(\frac{3}{2}+t\big)\). La droite d’équation \(x=\frac{3}{2}\) est un axe de symétrie de la courbe de \(h\).

Corrigé de l’exercice 2 – Quatre courbes tirées de celle de g

Idée clé : on transforme les quatre sommets un par un, car une transformation affine envoie un segment sur un segment.

1. La fonction \(x \mapsto g(x-2)+1\) exige \(-3 \leqslant x-2 \leqslant 3\), soit \(x \in [-1,5]\). Ensuite, \(g(-x)\) et \(|g(x)|\) sont définies sur \([-3,3]\). Enfin, \(g(2x)\) exige \(-3 \leqslant 2x \leqslant 3\). Les domaines sont \([-1,5]\), \([-3,3]\), \([-3,3]\) et \([-\frac{3}{2},\frac{3}{2}]\).
2. Pour \(g(x-2)+1\), chaque sommet \((a,b)\) devient \((a+2,b+1)\) : on obtient \((-1,1)\), \((1,3)\), \((3,0)\), \((5,2)\). Pour \(g(-x)\), il devient \((-a,b)\) : on obtient \((3,0)\), \((1,2)\), \((-1,-1)\), \((-3,1)\). Pour \(g(2x)\), il devient \((a/2,b)\) : on obtient \((-\frac{3}{2},0)\), \((-\frac{1}{2},2)\), \((\frac{1}{2},-1)\), \((\frac{3}{2},1)\). Pour \(|g|\), on retourne les parties négatives. Les quatre courbes sont tracées ci-dessous.
3. Sur \([-1,1]\), \(g\) est affine de \(2\) à \(-1\), donc \(g(x)=2-\frac{3}{2}(x+1)\). Elle s’annule pour \(x+1=\frac{4}{3}\), soit \(x=\frac{1}{3}\). Sur \([1,3]\), \(g(x)=-1+(x-1)\), qui s’annule en \(x=2\). Le point \(-3\) est aussi un zéro. La courbe de \(|g|\) touche l’axe en \(-3\), \(\frac{1}{3}\) et 2.

Corrigé de l’exercice 3 – Quatre dérivées de composées

Idée clé : on repère la fonction intérieure, on vérifie qu’elle reste dans le domaine de dérivabilité de la fonction extérieure, puis on applique \((g\circ u)^{\prime}=u^{\prime}\,g^{\prime}\circ u\).

1. On écrit \(u(x)=e^{x\ln(1+x^2)}\), avec \(1+x^2>0\). L’exposant est dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(\ln(1+x^2)+\frac{2x^2}{1+x^2}\). Donc \(u^{\prime}(x)=\left(\ln(1+x^2)+\dfrac{2x^2}{1+x^2}\right)(1+x^2)^x\).
2. Arctan est dérivable sur \(\mathbb{R}\), donc \(v^{\prime}(x)=\dfrac{2e^{2x}}{1+e^{4x}}\). On divise en haut et en bas par \(2e^{2x}\) :
   \[v^{\prime}(x)=\frac{1}{\frac{e^{-2x}+e^{2x}}{2}}.\]
   Ainsi \(v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{\mathrm{ch}(2x)}\).
3. Comme \(\mathrm{ch}(3x) \geqslant 1>0\), la composée est bien définie et dérivable. On obtient \(w^{\prime}(x)=\dfrac{3\,\mathrm{sh}(3x)}{\mathrm{ch}(3x)}=3\,\mathrm{th}(3x)\).
4. Pour \(x>1\), on a \(1/x \in\, ]0,1[\), où Arccos est dérivable. Ainsi :
   \[z^{\prime}(x)=-\frac{-1/x^2}{\sqrt{1-1/x^2}}=\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^2-1}},\]
   car \(\sqrt{1-1/x^2}=\sqrt{x^2-1}/x\) pour \(x>0\). Donc \(z^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x\sqrt{x^2-1}}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Valeurs exactes avec Arcsin, Arccos, Arctan

Idée clé : on cherche l’angle de l’intervalle de référence qui a même sinus, même cosinus ou même tangente.

1. D’abord, \(\sin\frac{5\pi}{7}=\sin\big(\pi-\frac{5\pi}{7}\big)=\sin\frac{2\pi}{7}\), et \(\frac{2\pi}{7} \in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\). Ensuite, \(\cos\big(-\frac{9\pi}{5}\big)=\cos\big(2\pi-\frac{9\pi}{5}\big)=\cos\frac{\pi}{5}\), avec \(\frac{\pi}{5} \in [0,\pi]\). De plus, tan est \(\pi\)-périodique et \(\frac{13\pi}{8}-2\pi=-\frac{3\pi}{8} \in\, ]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\). Enfin, \(\sin\frac{19\pi}{6}=\sin\frac{7\pi}{6}=-\frac{1}{2}\). Les valeurs sont \(\frac{2\pi}{7}\), \(\frac{\pi}{5}\), \(-\frac{3\pi}{8}\) et \(-\frac{\pi}{6}\).
2. Posons \(\theta=\mathrm{Arctan}\,2 \in\, ]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\). Alors \(\cos\theta>0\) et \(\cos^2\theta=\frac{1}{1+\tan^2\theta}=\frac{1}{5}\). Ensuite, \(\sin(\mathrm{Arccos}\,y)=\sqrt{1-y^2}\), donc le deuxième nombre vaut \(\sqrt{1-9/25}=4/5\). Enfin, avec \(\beta=\mathrm{Arcsin}\frac{1}{3}\), on a \(\cos\beta=\sqrt{8/9}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\). D’où \(\tan\beta=\frac{1}{2\sqrt{2}}\). On obtient \(\frac{1}{\sqrt{5}}\), \(\frac{4}{5}\) et \(\frac{\sqrt{2}}{4}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Valeurs et équations hyperboliques

Idée clé : tout se ramène à l’exponentielle, et une équation en ch ou sh devient une équation du second degré en \(t=e^x\).

1. On développe le membre de droite :
   \[\frac{(e^a+e^{-a})(e^b+e^{-b})+(e^a-e^{-a})(e^b-e^{-b})}{4}=\frac{2e^{a+b}+2e^{-a-b}}{4}.\]
   Les termes croisés \(e^{a-b}\) et \(e^{b-a}\) se compensent. On retrouve bien \(\mathrm{ch}(a+b)\).
2. On a \(e^{\ln 3}=3\) et \(e^{-\ln 3}=\frac{1}{3}\). Donc \(\mathrm{ch}(\ln 3)=\frac{3+1/3}{2}=\frac{5}{3}\) et \(\mathrm{sh}(\ln 3)=\frac{3-1/3}{2}=\frac{4}{3}\). Ainsi \(\mathrm{ch}(\ln 3)=\frac{5}{3}\), \(\mathrm{sh}(\ln 3)=\frac{4}{3}\) et \(\mathrm{th}(\ln 3)=\frac{4}{5}\).
3. Posons \(t=e^x>0\). L’équation devient \(t-\frac{1}{t}=\frac{3}{2}\), soit \(2t^2-3t-2=0\). Les racines sont \(2\) et \(-\frac{1}{2}\). Seule \(t=2\) est positive. L’unique solution est \(x=\ln 2\). Ce résultat est cohérent avec la bijectivité de sh.
4. De même, \(t+\frac{1}{t}=\frac{13}{6}\) donne \(6t^2-13t+6=0\). Le discriminant vaut \(169-144=25\), donc \(t=\frac{3}{2}\) ou \(t=\frac{2}{3}\). Les solutions sont \(x=\ln\frac{3}{2}\) et \(x=-\ln\frac{3}{2}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 6 – Réciproque de x + ln x

Idée clé : on applique le théorème de la bijection, puis la formule \((f^{-1})^{\prime}=1/(f^{\prime}\circ f^{-1})\) en trouvant les antécédents à vue.

1. La fonction \(f\) est continue sur l’intervalle \(]0,+\infty[\). De plus, \(f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}>0\), donc \(f\) est strictement croissante. Ensuite, \(f(x) \to -\infty\) quand \(x \to 0^+\), et \(f(x) \to +\infty\) en \(+\infty\). Le théorème de la bijection s’applique : tout réel possède un unique antécédent par \(f\) dans \(]0,+\infty[\).
2. La dérivée \(f^{\prime}\) ne s’annule jamais. Donc \(f^{-1}\) est dérivable en tout point de \(\mathbb{R}\). Ensuite, \(f(1)=1\) et \(f^{\prime}(1)=2\). De même, \(f(e)=e+1\) et \(f^{\prime}(e)=\frac{e+1}{e}\). Ainsi \((f^{-1})^{\prime}(1)=\frac{1}{2}\) et \((f^{-1})^{\prime}(e+1)=\frac{e}{e+1}\).
3. La tangente passe par \((1,f^{-1}(1))=(1,1)\) avec la pente \(\frac{1}{2}\). Son équation est \(y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\).
4. La fonction \((f^{-1})^{\prime}=\frac{1}{f^{\prime}\circ f^{-1}}\) est dérivable comme inverse d’une composée dérivable qui ne s’annule pas. On dérive :
   \[(f^{-1})^{\prime\prime}=-\frac{(f^{\prime\prime}\circ f^{-1})\times(f^{-1})^{\prime}}{(f^{\prime}\circ f^{-1})^2}=-\frac{f^{\prime\prime}\circ f^{-1}}{(f^{\prime}\circ f^{-1})^3}.\]
   Ici \(f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{x^2}\), donc \(f^{\prime\prime}(1)=-1\). Par conséquent, \((f^{-1})^{\prime\prime}(1)=-\frac{-1}{2^3}=\frac{1}{8}\).

Corrigé de l’exercice 7 – Étude complète de x − 2 Arctan x

Idée clé : l’imparité réduit l’étude à \([0,+\infty[\), et la relation \(\frac{\pi}{2}-\mathrm{Arctan}\,x=\mathrm{Arctan}\frac{1}{x}\) donne l’écart à l’asymptote.

1. Arctan est impaire, donc \(f\) l’est aussi. Ensuite, \(f\) est dérivable et :
   \[f^{\prime}(x)=1-\frac{2}{1+x^2}=\frac{x^2-1}{x^2+1}.\]
   Sur \([0,+\infty[\), \(f^{\prime}\) est négative sur \([0,1]\) et positive sur \([1,+\infty[\). Donc \(f\) décroît de \(0\) à \(1-\frac{\pi}{2}\) sur \([0,1]\), puis croît vers \(+\infty\).
2. Pour \(x>0\), on a \(f(x)-(x-\pi)=\pi-2\,\mathrm{Arctan}\,x=2\,\mathrm{Arctan}\frac{1}{x}\). Cette quantité est strictement positive et tend vers 0. La droite \(y=x-\pi\) est asymptote en \(+\infty\), et la courbe est au-dessus. Par imparité, \(y=x+\pi\) est asymptote en \(-\infty\), avec la courbe en dessous.
3. On a \(f(0)=0\) et \(f^{\prime}(0)=-1\). La tangente à l’origine a pour équation \(y=-x\).
4. Sur \(]0,1]\), \(f\) est strictement décroissante et \(f(0)=0\), donc \(f<0\). Sur \([1,+\infty[\), \(f\) est continue et strictement croissante, de \(1-\frac{\pi}{2}<0\) à \(+\infty\). Elle s’annule donc une seule fois, en \(\alpha\). Ensuite, \(\mathrm{Arctan}\,2>\mathrm{Arctan}\sqrt{3}=\frac{\pi}{3}\), donc \(f(2)<2-\frac{2\pi}{3}<0\). De plus, \(f(3)=3-2\,\mathrm{Arctan}\,3>3-\pi>0\). Ainsi \(\alpha\) est unique et \(2<\alpha<3\) ; numériquement, \(\alpha \approx 2{,}33\).
5. On complète par symétrie de centre \(O\). Le maximum local vaut \(\frac{\pi}{2}-1\) en \(-1\). La courbe est tracée ci-dessous avec ses deux asymptotes.

Remarquons que la courbe coupe l’axe des abscisses trois fois : en \(-\alpha\), en 0 et en \(\alpha\). En effet, l’imparité transporte le zéro \(\alpha\) en \(-\alpha\). Par ailleurs, la tangente à l’origine traverse la courbe, car \(f(x)+x=2(x-\mathrm{Arctan}\,x)\) change de signe en 0. Le point \(O\) est donc un point d’inflexion.

Corrigé de l’exercice 8 – Encadrement polynomial de Arctan

Idée clé : chaque inégalité se prouve en étudiant la différence, qui est nulle en 0 et de dérivée positive.

1. Posons \(h(x)=x-\mathrm{Arctan}\,x\). Alors \(h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1+x^2}=\frac{x^2}{1+x^2} \geqslant 0\). Donc \(h\) est croissante sur \([0,+\infty[\). Comme \(h(0)=0\), on obtient \(\mathrm{Arctan}\,x \leqslant x\) pour \(x \geqslant 0\).
2. Posons \(k(x)=\mathrm{Arctan}\,x-x+\frac{x^3}{3}\). On calcule :
   \[k^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x^2}-1+x^2=\frac{1-(1+x^2)+x^2(1+x^2)}{1+x^2}=\frac{x^4}{1+x^2}.\]
   Ainsi \(k^{\prime} \geqslant 0\) et \(k(0)=0\). Donc \(x-\frac{x^3}{3} \leqslant \mathrm{Arctan}\,x\) pour \(x \geqslant 0\).
3. Pour \(x=0{,}1\), on a \(\frac{x^3}{3}=\frac{1}{3000}\). L’amplitude vaut donc \(\frac{1}{3000}<4\times 10^{-4}\). On obtient \(0{,}09966 \leqslant \mathrm{Arctan}(0{,}1) \leqslant 0{,}1\).
4. Soit \(x \leqslant 0\). On applique les résultats à \(-x \geqslant 0\) et on utilise l’imparité de Arctan. On obtient \(-x+\frac{x^3}{3} \leqslant -\mathrm{Arctan}\,x \leqslant -x\). Donc \(x \leqslant \mathrm{Arctan}\,x \leqslant x-\frac{x^3}{3}\) pour \(x \leqslant 0\).

Corrigé de l’exercice 9 – Simplifier Arccos((1 − x²)/(1 + x²))

Idée clé : la figure suggère \(2\,\mathrm{Arctan}|x|\) ; on le prouve par dérivation, puis par le changement de variable \(x=\tan\theta\).

1. Posons \(u(x)=\frac{1-x^2}{1+x^2}\). On a \(|1-x^2| \leqslant 1+x^2\), donc \(u(x) \in [-1,1]\) pour tout réel \(x\). Ainsi \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\), et continue comme composée. Comme \(u\) est paire, \(f\) est paire.
2. Pour \(x>0\), on a \(u(x) \in\, ]-1,1[\), car \(u(x)=1\) seulement en 0. On calcule \(u^{\prime}(x)=\frac{-4x}{(1+x^2)^2}\). Ensuite, \(1-u(x)^2=\frac{(1+x^2)^2-(1-x^2)^2}{(1+x^2)^2}=\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}\). Donc :
   \[f^{\prime}(x)=\frac{-u^{\prime}(x)}{\sqrt{1-u(x)^2}}=\frac{4x}{(1+x^2)^2}\cdot\frac{1+x^2}{2x}=\frac{2}{1+x^2}.\]
   Ainsi \(f-2\,\mathrm{Arctan}\) est constante sur \(]0,+\infty[\). Par continuité en 0, cette constante vaut \(f(0)=\mathrm{Arccos}\,1=0\). Donc \(f(x)=2\,\mathrm{Arctan}\,x\) pour \(x \geqslant 0\), et \(f(x)=2\,\mathrm{Arctan}|x|\) pour tout réel \(x\).
3. Posons \(\theta=\mathrm{Arctan}\,x\). La formule \(\cos(2\theta)=\frac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}\) donne \(f(x)=\mathrm{Arccos}(\cos 2\theta)\). Or \(2\theta \in\, ]-\pi,\pi[\), donc \(|2\theta| \in [0,\pi[\) et \(\cos|2\theta|=\cos 2\theta\). Ainsi \(f(x)=|2\theta|=2|\mathrm{Arctan}\,x|\), ce qui confirme le résultat.
4. Pour \(x>0\), \(\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{2\,\mathrm{Arctan}\,x}{x} \to 2\). Par parité, ce taux tend vers \(-2\) à gauche. Donc \(f\) n’est pas dérivable en 0 : l’origine est un point anguleux.

Corrigé de l’exercice 10 – Équation Arctan x + Arctan 2x = π/4

Idée clé : on prouve d’abord l’existence et l’unicité par monotonie, puis on cherche la solution avec la formule de \(\tan(a+b)\).

1. Chacun des deux termes de \(S\) croît strictement et continûment, donc leur somme aussi. En \(\pm\infty\), chaque terme tend vers \(\pm\frac{\pi}{2}\), d’où des limites \(\pm\pi\) pour \(S\). Ainsi \(S\) envoie bijectivement \(\mathbb{R}\) sur \(]-\pi,\pi[\), et cet intervalle contient \(\frac{\pi}{4}\). De plus, \(S(0)=0<\frac{\pi}{4}\). L’équation a une unique solution \(x_0\), et \(x_0>0\).
2. Posons \(a=\mathrm{Arctan}\,x_0\) et \(b=\mathrm{Arctan}(2x_0)\). Leurs cosinus et celui de \(a+b=\frac{\pi}{4}\) sont non nuls. La formule d’addition donne donc \((1-2x_0^2)\tan(a+b)=x_0+2x_0\), soit \(1-2x_0^2=3x_0\). Ainsi \(2x_0^2+3x_0-1=0\). Le discriminant vaut \(9+8=17\). La seule racine positive est \(\frac{-3+\sqrt{17}}{4}\). La solution est \(x_0=\dfrac{\sqrt{17}-3}{4} \approx 0{,}281\).

Corrigé de l’exercice 11 – Arctan(sh x) et 2 Arctan(e^x)

Idée clé : deux fonctions dérivables sur un intervalle, de même dérivée et égales en un point, sont égales.

1. Posons \(A(x)=\mathrm{Arctan}(\mathrm{sh}\,x)\) et \(B(x)=2\,\mathrm{Arctan}(e^x)-\frac{\pi}{2}\). D’abord, \(A^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{ch}\,x}{1+\mathrm{sh}^2x}=\frac{\mathrm{ch}\,x}{\mathrm{ch}^2x}=\frac{1}{\mathrm{ch}\,x}\). Ensuite, \(B^{\prime}(x)=\frac{2e^x}{1+e^{2x}}=\frac{2}{e^{-x}+e^x}=\frac{1}{\mathrm{ch}\,x}\). Donc \(A-B\) est constante sur \(\mathbb{R}\). Or \(A(0)=0\) et \(B(0)=2\cdot\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2}=0\). Ainsi \(A=B\) sur \(\mathbb{R}\).
2. Quand \(x \to +\infty\), \(e^x \to +\infty\), donc \(B(x) \to 2\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}\). Quand \(x \to -\infty\), \(e^x \to 0\), donc \(B(x) \to -\frac{\pi}{2}\). Les limites valent \(\pm\frac{\pi}{2}\), comme le prévoit directement \(\mathrm{sh}\,x \to \pm\infty\).
3. Posons \(k(x)=\mathrm{ch}\,x-1-\frac{x^2}{2}\). Alors \(k^{\prime}(x)=\mathrm{sh}\,x-x\) et \(k^{\prime\prime}(x)=\mathrm{ch}\,x-1 \geqslant 0\). Donc \(k^{\prime}\) est croissante, et \(k^{\prime}(0)=0\). Ainsi \(k^{\prime} \leqslant 0\) sur \(]-\infty,0]\) et \(k^{\prime} \geqslant 0\) sur \([0,+\infty[\). La fonction \(k\) atteint son minimum en 0, où elle vaut 0 : \(\mathrm{ch}\,x \geqslant 1+\frac{x^2}{2}\).
4. On a \(\mathrm{sh}(2x)=2\,\mathrm{sh}\,x\,\mathrm{ch}\,x\) et \(\mathrm{ch}(2x)=\mathrm{ch}^2x+\mathrm{sh}^2x\), par les formules d’addition. On divise le quotient en haut et en bas par \(\mathrm{ch}^2x>0\). On obtient \(\mathrm{th}(2x)=\dfrac{2\,\mathrm{th}\,x}{1+\mathrm{th}^2x}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Dérivée de exp(φ) et primitive de e^t cos 2t

Idée clé : on primitive l’exponentielle complexe, puis on prend la partie réelle ou la partie imaginaire.

1. Par le théorème du cours, \(\big(e^{(1+2i)t}\big)^{\prime}=(1+2i)\,e^{(1+2i)t}\). Donc \(t \mapsto \dfrac{e^{(1+2i)t}}{1+2i}\) est une primitive de \(t \mapsto e^{(1+2i)t}\).
2. On a \(\frac{1}{1+2i}=\frac{1-2i}{5}\). Ensuite, on développe :
   \[\frac{e^{t}(\cos 2t+i\sin 2t)(1-2i)}{5}=\frac{e^t}{5}\Big(\cos 2t+2\sin 2t+i\,(\sin 2t-2\cos 2t)\Big).\]
   La dérivée de la partie réelle est la partie réelle de la dérivée, à savoir \(e^t\cos 2t\). Donc \(F(t)=\frac{e^t}{5}(\cos 2t+2\sin 2t)\) convient, et \(G(t)=\frac{e^t}{5}(\sin 2t-2\cos 2t)\) est une primitive de \(e^t\sin 2t\). Vérification : \(F^{\prime}(t)=\frac{e^t}{5}(\cos 2t+2\sin 2t-2\sin 2t+4\cos 2t)=e^t\cos 2t\).
3. On calcule \(F\big(\frac{\pi}{4}\big)=\frac{e^{\pi/4}}{5}(0+2)\) et \(F(0)=\frac{1}{5}\). L’intégrale vaut \(\dfrac{2e^{\pi/4}-1}{5}\).
4. Avec \(\varphi(t)=it^2\), on obtient \(\psi^{\prime}(t)=2it\,e^{it^2}\). Ensuite, \(|e^{it^2}|=e^{\mathrm{Re}(it^2)}=e^0\). Donc \(|\psi(t)|=1\) et \(|\psi^{\prime}(t)|=2|t|\).

Corrigé de l’exercice 13 – Six limites par croissances comparées

Idée clé : on écrit chaque puissance variable sous forme exponentielle, puis on se ramène aux trois limites de référence.

1. Posons \(t=\sqrt{x} \to +\infty\). Alors \(x^3e^{-\sqrt{x}}=t^6e^{-t}\). La limite vaut 0.
2. On écrit \(x^{1/x}=e^{\ln x/x}\). Or \(\frac{\ln x}{x} \to 0\), et exp est continue en 0. La limite vaut 1.
3. On applique le théorème avec \(\beta=5\) et \(\alpha=0{,}1\). La limite vaut 0, même si ce quotient reste grand longtemps.
4. Posons \(x=e^{-u}\) avec \(u \to +\infty\). Alors \(x(\ln x)^2=u^2e^{-u}\). La limite vaut 0.
5. On écrit \(\big(1+\frac{2}{x}\big)^x=e^{x\ln(1+2/x)}\). Avec \(h=\frac{2}{x} \to 0\), on a \(x\ln(1+\frac{2}{x})=2\cdot\frac{\ln(1+h)}{h} \to 2\), car \(\ln^{\prime}(1)=1\). La limite vaut \(e^2\).
6. On factorise : \(e^x-x^{100}=e^x\big(1-x^{100}e^{-x}\big)\). La parenthèse tend vers 1. La limite vaut \(+\infty\).

Attention toutefois aux calculs numériques. Pour \(x=100\), on a \(x^{100}=10^{200}\), alors que \(e^{100}\) vaut environ \(2{,}7\times 10^{43}\). La différence est donc très négative à cet endroit. Ainsi, une limite ne dit rien de la taille des valeurs pour un \(x\) fixé : elle décrit seulement le comportement final.

Corrigé de l’exercice 14 – Une bijection de R sur ]−1, 1[

Idée clé : on étudie \(f\) sur \([0,+\infty[\), où la valeur absolue disparaît, puis on conclut par imparité.

1. On a \(|-x|=|x|\), donc \(f(-x)=-f(x)\). Ensuite, \(|f(x)|=\frac{|x|}{1+|x|}<1\), donc \(f\) est bornée. Cependant, \(f(x) \to 1\) quand \(x \to +\infty\). Pour tout \(M<1\), il existe donc \(x\) tel que \(f(x)>M\). Aucun majorant strictement inférieur à 1 ne convient : la borne supérieure vaut 1 et n’est pas atteinte.
2. Pour \(x \geqslant 0\), \(f(x)=1-\frac{1}{1+x}\) est strictement croissante. Si \(x<y \leqslant 0\), alors \(-x>-y \geqslant 0\), donc \(f(-x)>f(-y)\), soit \(f(x)<f(y)\). Enfin, si \(x<0<y\), on a \(f(x)<0<f(y)\). Donc \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
3. La fonction \(f\) est continue, strictement croissante, de limites \(-1\) et \(1\). Elle réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-1,1[\). Soit \(y \in [0,1[\) : l’équation \(\frac{x}{1+x}=y\) avec \(x \geqslant 0\) donne \(x=\frac{y}{1-y}\). Pour \(y \in\, ]-1,0[\), on trouve de même \(x=\frac{y}{1+y}\). Dans les deux cas, \(f^{-1}(y)=\dfrac{y}{1-|y|}\).
4. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement vaut \(\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{1}{1+|x|}\), qui tend vers 1. Donc \(f\) est dérivable en 0 et \(f^{\prime}(0)=1\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 15 – Inégalité de Bernoulli réelle et moyenne pondérée

Idée clé : la courbe de \(x \mapsto x^a\) est concave pour \(a \in\, ]0,1[\), donc elle reste sous sa tangente en 1 ; on le prouve par une étude de fonction.

1. Posons \(\phi(x)=1+a(x-1)-x^a\) sur \(]0,+\infty[\). Alors \(\phi^{\prime}(x)=a\big(1-x^{a-1}\big)\). Comme \(a-1<0\), la fonction \(x \mapsto x^{a-1}\) est strictement décroissante et vaut 1 en 1. Donc \(\phi^{\prime}<0\) sur \(]0,1[\) et \(\phi^{\prime}>0\) sur \(]1,+\infty[\). Ainsi \(\phi\) admet un minimum strict en 1, et \(\phi(1)=0\). Donc \(x^a \leqslant 1+a(x-1)\), avec égalité seulement pour \(x=1\).
2. On applique ce résultat à \(x=\frac{u}{v}\), puis on multiplie par \(v=v^a\,v^{1-a}>0\). On obtient \(u^av^{1-a} \leqslant v+a(u-v)\). Ainsi \(u^av^{1-a} \leqslant au+(1-a)v\).
3. Pour \(a=\frac{1}{2}\), on obtient \(\sqrt{uv} \leqslant \frac{u+v}{2}\). C’est l’inégalité entre moyenne géométrique et moyenne arithmétique.
4. Si \(a>1\), la fonction \(x \mapsto x^{a-1}\) est strictement croissante. Alors \(\phi^{\prime}>0\) sur \(]0,1[\) et \(\phi^{\prime}<0\) sur \(]1,+\infty[\). Donc \(\phi\) atteint en 1 son maximum, qui vaut 0. Ainsi \(x^a \geqslant 1+a(x-1)\) pour \(a>1\).
5. On prend \(a=0{,}3\) et \(x=1{,}02\). Alors \(1+a(x-1)=1+0{,}3\times 0{,}02=1{,}006\). Donc \(1{,}02^{0{,}3} \leqslant 1{,}006\).

Géométriquement, la droite \(y=1+a(x-1)\) est la tangente en 1 à la courbe de \(x \mapsto x^a\). Pour \(0<a<1\), la courbe reste sous cette tangente. En revanche, pour \(a>1\), elle reste au-dessus. Ce réflexe de tangente revient très souvent à l’oral, par exemple pour comparer rapidement des racines.

Corrigé de l’exercice 16 – Étude de Arcsin(sin x) + Arccos(cos x)

Idée clé : sur chaque quart de période, on remplace \(x\) par un angle de l’intervalle de référence qui a le même sinus ou le même cosinus.

1. Les fonctions sin et cos sont \(2\pi\)-périodiques, donc \(g\) aussi. Ensuite, \(g\big(\frac{\pi}{4}\big)=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\). En revanche, \(g\big(-\frac{\pi}{4}\big)=-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=0\). Donc \(g\) n’est pas paire.
2. Sur \([0,\frac{\pi}{2}]\), les deux formules de base s’appliquent, donc \(g(x)=2x\). Sur \([\frac{\pi}{2},\pi]\), on a \(\sin x=\sin(\pi-x)\) avec \(\pi-x \in [0,\frac{\pi}{2}]\), et \(x \in [0,\pi]\) ; donc \(g(x)=\pi-x+x\). Sur \([\pi,\frac{3\pi}{2}]\), \(\pi-x \in [-\frac{\pi}{2},0]\) et \(2\pi-x \in [\frac{\pi}{2},\pi]\) ; donc \(g(x)=(\pi-x)+(2\pi-x)\). Sur \([\frac{3\pi}{2},2\pi]\), \(x-2\pi \in [-\frac{\pi}{2},0]\) et \(2\pi-x \in [0,\frac{\pi}{2}]\) ; donc \(g(x)=0\). Ainsi \(g(x)\) vaut \(2x\), \(\pi\), \(3\pi-2x\) et \(0\) sur ces quatre intervalles.
3. Les raccords sont continus : \(g(\frac{\pi}{2})=\pi\), \(g(\pi)=\pi\), \(g(\frac{3\pi}{2})=0\) et \(g(2\pi)=0=g(0)\). La courbe est un trapèze répété, tracé ci-dessous.
4. Les pentes à gauche et à droite diffèrent en \(0\) (0 puis 2), en \(\frac{\pi}{2}\) (2 puis 0), en \(\pi\) (0 puis \(-2\)), en \(\frac{3\pi}{2}\) (\(-2\) puis 0) et en \(2\pi\). Dans \([0,2\pi]\), \(g\) n’est pas dérivable en \(0\), \(\frac{\pi}{2}\), \(\pi\), \(\frac{3\pi}{2}\) et \(2\pi\).
5. Sur \([0,\frac{\pi}{2}]\), \(2x=\frac{\pi}{2}\) donne \(x=\frac{\pi}{4}\). Sur \([\pi,\frac{3\pi}{2}]\), \(3\pi-2x=\frac{\pi}{2}\) donne \(x=\frac{5\pi}{4}\). Ailleurs, \(g\) vaut \(\pi\) ou 0. Les solutions sont \(\frac{\pi}{4}\) et \(\frac{5\pi}{4}\) dans \([0,2\pi]\), puis \(\frac{\pi}{4}+2k\pi\) et \(\frac{5\pi}{4}+2k\pi\) avec \(k \in \mathbb{Z}\) dans \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – Étude de ln(ch x) et de sa réciproque

Idée clé : on factorise \(\mathrm{ch}\,x\) par \(e^x/2\) pour voir l’asymptote, puis on inverse \(\mathrm{ch}\,x=e^y\) grâce à \(t=e^x\).

1. Comme \(\mathrm{ch}\,x \geqslant 1>0\), \(\varphi\) est définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). Elle est paire, car ch l’est. Ensuite, \(\varphi^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}\,x}=\mathrm{th}\,x\), du signe de \(x\). Donc \(\varphi\) décroît sur \(]-\infty,0]\), croît sur \([0,+\infty[\), et son minimum vaut \(\varphi(0)=0\).
2. Pour tout réel \(x\), \(\mathrm{ch}\,x=\frac{e^x}{2}\big(1+e^{-2x}\big)\). En prenant le logarithme, on obtient \(\varphi(x)=x-\ln 2+\ln(1+e^{-2x})\). Pour \(x \geqslant 0\), on a \(0<e^{-2x} \leqslant 1\), donc \(0<\ln(1+e^{-2x}) \leqslant \ln 2\). Ainsi \(x-\ln 2<\varphi(x) \leqslant x\). Par parité, \(|x|-\ln 2<\varphi(x) \leqslant |x|\) pour tout réel \(x\). Enfin, \(\varphi(x)-(x-\ln 2)=\ln(1+e^{-2x})\) tend vers 0 en \(+\infty\). Les droites \(y=x-\ln 2\) en \(+\infty\) et \(y=-x-\ln 2\) en \(-\infty\) sont asymptotes, avec la courbe au-dessus.
3. Posons \(m(x)=x-\mathrm{th}\,x\). Alors \(m^{\prime}(x)=1-(1-\mathrm{th}^2x)=\mathrm{th}^2x \geqslant 0\), et \(m(0)=0\). Donc \(\mathrm{th}\,x \leqslant x\) pour \(x \geqslant 0\). Ensuite, \(\chi(x)=\frac{x^2}{2}-\varphi(x)\) vérifie \(\chi^{\prime}(x)=x-\mathrm{th}\,x \geqslant 0\) sur \([0,+\infty[\), et \(\chi(0)=0\). Ainsi \(\chi \geqslant 0\) sur \([0,+\infty[\), puis sur \(\mathbb{R}\) par parité. Donc \(\varphi(x) \leqslant \frac{x^2}{2}\) pour tout réel \(x\).
4. Sur \([0,+\infty[\), \(\psi\) est continue et \(\psi^{\prime}(x)=\mathrm{th}\,x>0\) pour \(x>0\). Donc \(\psi\) est strictement croissante. De plus, \(\psi(0)=0\) et \(\psi(x) \to +\infty\), car \(\psi(x)>x-\ln 2\). Le théorème de la bijection montre alors que \(\psi\) envoie bijectivement \([0,+\infty[\) sur lui-même.
5. Soit \(y \geqslant 0\). L’équation \(\psi(x)=y\) équivaut à \(\mathrm{ch}\,x=e^y\). Posons \(t=e^x \geqslant 1\). On obtient \(t^2-2e^yt+1=0\), dont le discriminant réduit vaut \(e^{2y}-1 \geqslant 0\). Les racines sont \(e^y \pm \sqrt{e^{2y}-1}\). Leur produit vaut 1, donc seule la plus grande est supérieure ou égale à 1. Ainsi \(\psi^{-1}(y)=\ln\big(e^y+\sqrt{e^{2y}-1}\big)\).
6. Soit \(y>0\) et \(x=\psi^{-1}(y)>0\). Comme \(\psi^{\prime}(x)=\mathrm{th}\,x \neq 0\), la formule du cours donne \((\psi^{-1})^{\prime}(y)=\frac{\mathrm{ch}\,x}{\mathrm{sh}\,x}\). Or \(\mathrm{ch}\,x=e^y\) et \(\mathrm{sh}\,x=\sqrt{\mathrm{ch}^2x-1}=\sqrt{e^{2y}-1}\), car \(\mathrm{sh}\,x>0\). Par l’expression explicite, on trouve aussi :
   \[\frac{e^y+\frac{e^{2y}}{\sqrt{e^{2y}-1}}}{e^y+\sqrt{e^{2y}-1}}=\frac{e^y\big(\sqrt{e^{2y}-1}+e^y\big)}{\sqrt{e^{2y}-1}\,\big(e^y+\sqrt{e^{2y}-1}\big)}=\frac{e^y}{\sqrt{e^{2y}-1}}.\]
   En revanche, \(\psi^{\prime}(0)=0\), donc \(\psi^{-1}\) n’est pas dérivable en 0. Pour \(y>0\), \((\psi^{-1})^{\prime}(y)=\dfrac{e^y}{\sqrt{e^{2y}-1}}\), et la courbe de \(\psi^{-1}\) a une tangente verticale en 0.
7. On écrit \(\psi^{-1}(y)-y=\ln\big(e^y+\sqrt{e^{2y}-1}\big)-\ln(e^y)=\ln\big(1+\sqrt{1-e^{-2y}}\big)\). Cette quantité tend vers \(\ln 2\). La courbe de \(\psi^{-1}\) admet donc l’asymptote \(y=x+\ln 2\), symétrique de \(y=x-\ln 2\) par rapport à la première bissectrice.

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Étude de fonctions et réciproques en maths sup (MPSI)» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 403 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.