Étude de fonctions et réciproques en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Soit \(f\) définie sur une partie \(D\) de \(\mathbb{R}\). On dit que \(f\) est paire si \(D\) est symétrique par rapport à 0 et si \(f(-x)=f(x)\) pour tout \(x \in D\). Elle est impaire si \(D\) est symétrique et \(f(-x)=-f(x)\). Enfin, \(f\) est \(T\)-périodique (avec \(T>0\)) si \(x+T \in D \iff x \in D\) et si \(f(x+T)=f(x)\) pour tout \(x \in D\).

Considérons \(f(x)=\dfrac{\sin(2x)}{3+\cos x}\). Le dénominateur vaut au moins 2, donc \(D=\mathbb{R}\). De plus, \(f(-x)=-f(x)\), donc \(f\) est impaire. Par ailleurs, \(f\) est \(2\pi\)-périodique. On étudie donc \(f\) sur \([0,\pi]\) seulement. On obtient la courbe entière par symétrie de centre \(O\), puis par translations de vecteurs \(2k\pi\,\vec{\imath}\).

• La courbe de \(x \mapsto f(x-a)+b\) est l’image de \(\mathcal{C}_f\) par la translation de vecteur \(a\vec{\imath}+b\vec{\jmath}\).
• La courbe de \(x \mapsto f(-x)\) est la symétrique de \(\mathcal{C}_f\) par rapport à l’axe \(Oy\).
• La courbe de \(x \mapsto -f(x)\) est la symétrique de \(\mathcal{C}_f\) par rapport à l’axe \(Ox\).
• La courbe de \(x \mapsto f(\lambda x)\) s’obtient en divisant les abscisses par \(\lambda\).
• La courbe de \(x \mapsto \lambda f(x)\) s’obtient en multipliant les ordonnées par \(\lambda\).
• La courbe de \(x \mapsto |f(x)|\) garde la partie au-dessus de \(Ox\) et retourne le reste.

1. Écrire le domaine sous forme de réunion d’intervalles, avec la condition qui le justifie.
2. Réduire l’intervalle d’étude par parité, périodicité ou symétrie, en le disant explicitement.
3. Justifier la dérivabilité, calculer \(f^{\prime}\) et la factoriser.
4. Dresser le tableau de variations avec les valeurs exactes et les limites.
5. Chercher les asymptotes : verticales, horizontales, puis obliques sous la forme \(f(x)-(ax+b) \to 0\).
6. Placer quelques tangentes remarquables, puis tracer la courbe complète.

Étudions la branche infinie de \(k(x)=\sqrt{x^2+6x}\) en \(+\infty\). D’abord, \(k(x)/x=\sqrt{1+6/x} \to 1\), donc \(a=1\). Ensuite, on multiplie par la quantité conjuguée :

\[k(x)-x=\frac{6x}{\sqrt{x^2+6x}+x}=\frac{6}{\sqrt{1+6/x}+1}.\]

Cette expression tend vers 3. Ainsi, la droite \(y=x+3\) est asymptote en \(+\infty\). De plus, \(k(x)^2=(x+3)^2-9<(x+3)^2\), donc la courbe reste sous l’asymptote.

Une limite finie de \(f(x)/x\) ne garantit pas d’asymptote. Par exemple, pour \(f(x)=x+\sqrt{x}\), on a \(f(x)/x \to 1\). Pourtant, \(f(x)-x=\sqrt{x}\) tend vers \(+\infty\). On parle alors de branche parabolique de direction \(y=x\).

Soit \(f : D \to \mathbb{R}\). Un réel \(M\) supérieur ou égal à toutes les valeurs de \(f\) est un majorant, et \(f\) est alors majorée. Symétriquement, un minorant est un réel inférieur ou égal à toutes ses valeurs. Une fonction à la fois majorée et minorée est bornée : cela revient à dire que \(|f|\) admet un majorant. Par ailleurs, \(f\) est croissante lorsque \(x \leqslant y\) entraîne \(f(x) \leqslant f(y)\). Elle l’est strictement lorsque \(x<y\) donne toujours \(f(x)<f(y)\).

Une fonction strictement monotone sur \(D\) est injective. En effet, si \(x \neq y\), par exemple \(x<y\), alors \(f(x)<f(y)\) ou \(f(x)>f(y)\), donc \(f(x) \neq f(y)\).

Soit \(u\) dérivable sur un intervalle \(I\), à valeurs dans un intervalle \(J\), et \(g\) dérivable sur \(J\). Alors \(g \circ u\) est dérivable sur \(I\) et \((g \circ u)^{\prime}=u^{\prime} \times (g^{\prime} \circ u)\).

Prenons un intervalle \(I\) et une fonction \(f\) continue sur \(I\), strictement croissante ou strictement décroissante. L’image \(J=f(I)\) est encore un intervalle. De plus, chaque élément de \(J\) possède un unique antécédent dans \(I\). La fonction \(f^{-1} : J \to I\) ainsi obtenue hérite de la continuité et du sens de variation de \(f\). Enfin, en repère orthonormé, on passe de \(\mathcal{C}_f\) à \(\mathcal{C}_{f^{-1}}\) en échangeant abscisse et ordonnée, c’est-à-dire par la réflexion d’axe la première bissectrice.

Supposons de plus \(f\) dérivable en \(a \in I\), et posons \(b=f(a)\). Alors \(f^{-1}\) est dérivable en \(b\) si et seulement si \(f^{\prime}(a) \neq 0\). Dans ce cas :

\[(f^{-1})^{\prime}(b)=\frac{1}{f^{\prime}(a)}=\frac{1}{f^{\prime}\big(f^{-1}(b)\big)}.\]

Soit \(y \in J\) avec \(y \neq b\), et posons \(x=f^{-1}(y)\). Comme \(f^{-1}\) est injective, \(x \neq a\). On écrit alors :

\[\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b}=\frac{x-a}{f(x)-f(a)}.\]

Quand \(y\) tend vers \(b\), la continuité de \(f^{-1}\) donne \(x \to a\). Donc le quotient \((f(x)-f(a))/(x-a)\) tend vers \(f^{\prime}(a)\). Si \(f^{\prime}(a) \neq 0\), son inverse tend vers \(1/f^{\prime}(a)\). En revanche, si \(f^{\prime}(a)=0\) et si \(f^{-1}\) était dérivable en \(b\), on dériverait \(f^{-1}\circ f=\mathrm{id}\) en \(a\). On obtiendrait \((f^{-1})^{\prime}(b)\,f^{\prime}(a)=1\), ce qui est absurde.

Pour dériver une réciproque en un point \(b\) :

1. justifier que \(f\) est continue et strictement monotone sur un intervalle \(I\) ;
2. déterminer \(J=f(I)\) par les limites aux bornes ;
3. trouver l’antécédent \(a\) de \(b\), souvent « à vue » ;
4. vérifier \(f^{\prime}(a) \neq 0\), puis écrire \((f^{-1})^{\prime}(b)=1/f^{\prime}(a)\).

Soit \(g(x)=x^5+3x-2\) sur \(\mathbb{R}\). D’abord, \(g^{\prime}(x)=5x^4+3>0\), donc \(g\) est strictement croissante. Ensuite, ses limites en \(\pm\infty\) valent \(\pm\infty\), donc \(g\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). On remarque que \(g(1)=2\). De plus, \(g^{\prime}(1)=8 \neq 0\). Par conséquent, \((g^{-1})^{\prime}(2)=1/8\). Pourtant, on ne sait pas exprimer \(g^{-1}\) par une formule.

Pour \(x>0\) et \(\alpha \in \mathbb{R}\), on pose \(x^\alpha=e^{\alpha \ln x}\). Pour \(a>0\), on pose de même \(a^x=e^{x \ln a}\) pour tout réel \(x\).

Pour tous réels \(\alpha>0\) et \(\beta>0\) :

\[\lim_{x \to +\infty}\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha}=0,\qquad \lim_{x \to +\infty}\frac{x^\alpha}{e^{\beta x}}=0,\qquad \lim_{x \to 0^+}x^\alpha\,|\ln x|^\beta=0.\]

Devant une limite en \(0^+\) avec un logarithme, on pose \(x=e^{-u}\) avec \(u \to +\infty\). Ainsi, \(\sqrt{x}\,(\ln x)^4=u^4e^{-u/2}\), qui tend vers 0 par croissances comparées.

• Pour tout réel \(x\), \(e^x \geqslant 1+x\).
• Pour tout \(x>-1\), \(\ln(1+x) \leqslant x\).
• Pour tout \(x \geqslant 0\), \(\sin x \leqslant x\) ; plus généralement \(|\sin x| \leqslant |x|\) pour tout réel \(x\).
• Pour tout \(x \in [0,\pi/2]\), \(\sin x \geqslant \dfrac{2x}{\pi}\).

Prouvons la première. Posons \(h(x)=e^x-1-x\). Alors \(h^{\prime}(x)=e^x-1\), négative sur \(]-\infty,0]\) et positive sur \([0,+\infty[\). Donc \(h\) atteint son minimum en 0, et \(h(0)=0\). Ensuite, la deuxième s’en déduit : pour \(x>-1\), on applique la première à \(\ln(1+x)\). On obtient \(1+x \geqslant 1+\ln(1+x)\).

1. Tout passer d’un côté : on étudie \(h=\) membre de gauche \(-\) membre de droite.
2. Dériver \(h\) et factoriser \(h^{\prime}\) pour lire son signe.
3. Si le signe de \(h^{\prime}\) reste obscur, dériver encore et remonter.
4. Conclure avec une valeur connue, souvent \(h(0)=0\), et le sens de variation.

Montrons que \(\ln(1+x) \geqslant \dfrac{2x}{2+x}\) pour tout \(x \geqslant 0\). Posons \(h(x)=\ln(1+x)-\dfrac{2x}{2+x}\). On calcule :

\[h^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{4}{(2+x)^2}=\frac{(2+x)^2-4(1+x)}{(1+x)(2+x)^2}=\frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2}.\]

Donc \(h^{\prime} \geqslant 0\) sur \([0,+\infty[\), et \(h\) y est croissante. Comme \(h(0)=0\), on obtient \(h(x) \geqslant 0\). Cet encadrement est très fin près de 0, comme le montre la figure.

• \(\sin\) réalise une bijection de \([-\pi/2,\pi/2]\) sur \([-1,1]\). Sa réciproque est \(\mathrm{Arcsin} : [-1,1] \to [-\pi/2,\pi/2]\).
• \(\cos\) réalise une bijection de \([0,\pi]\) sur \([-1,1]\). Sa réciproque est \(\mathrm{Arccos} : [-1,1] \to [0,\pi]\).
• \(\tan\) réalise une bijection de \(]-\pi/2,\pi/2[\) sur \(\mathbb{R}\). Sa réciproque est \(\mathrm{Arctan} : \mathbb{R} \to\, ]-\pi/2,\pi/2[\).

Arcsin et Arccos sont dérivables sur \(]-1,1[\), mais pas en \(\pm 1\). Arctan est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Pour \(x \in\, ]-1,1[\) et \(t \in \mathbb{R}\) :

\[\mathrm{Arcsin}^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad \mathrm{Arccos}^{\prime}(x)=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}},\qquad \mathrm{Arctan}^{\prime}(t)=\frac{1}{1+t^2}.\]

Traitons Arcsin. Pour \(x \in\, ]-1,1[\), posons \(\theta=\mathrm{Arcsin}\,x \in\, ]-\pi/2,\pi/2[\). Alors \(\sin^{\prime}(\theta)=\cos\theta>0\). Le théorème de la partie 2 donne donc \(\mathrm{Arcsin}^{\prime}(x)=1/\cos\theta\). Or \(\cos\theta \geqslant 0\) et \(\cos^2\theta=1-x^2\), donc \(\cos\theta=\sqrt{1-x^2}\). En \(\pm 1\), en revanche, \(\cos(\pm\pi/2)=0\), d’où une tangente verticale. Pour Arctan, on obtient de même \(1/(1+\tan^2\theta)=1/(1+t^2)\).

• Arcsin et Arctan sont impaires ; \(\mathrm{Arccos}(-x)=\pi-\mathrm{Arccos}\,x\).
• Pour tout \(x \in [-1,1]\), \(\mathrm{Arcsin}\,x+\mathrm{Arccos}\,x=\dfrac{\pi}{2}\).
• Pour tout \(x>0\), \(\mathrm{Arctan}\,x+\mathrm{Arctan}\dfrac{1}{x}=\dfrac{\pi}{2}\) ; pour \(x<0\), cette somme vaut \(-\dfrac{\pi}{2}\).
• Pour \(x \in [-1,1]\), \(\cos(\mathrm{Arcsin}\,x)=\sin(\mathrm{Arccos}\,x)=\sqrt{1-x^2}\).

Pour simplifier une expression avec des fonctions arc :

1. calculer le sinus, le cosinus ou la tangente de l’expression ;
2. localiser l’expression dans un intervalle où cette fonction est injective ;
3. conclure par injectivité. Une autre voie consiste à dériver l’expression, puis à évaluer en un point.

Montrons que \(2\,\mathrm{Arctan}\dfrac{1}{3}+\mathrm{Arctan}\dfrac{1}{7}=\dfrac{\pi}{4}\). Posons \(a=\mathrm{Arctan}(1/3)\) et \(b=\mathrm{Arctan}(1/7)\). D’abord, la formule de duplication donne :

\[\tan(2a)=\frac{2/3}{1-1/9}=\frac{3}{4},\qquad \tan(2a+b)=\frac{3/4+1/7}{1-3/28}=\frac{25/28}{25/28}=1.\]

Ensuite, on localise. Comme \(0<1/7<1/3<1/\sqrt{3}\), on a \(0<b<a<\pi/6\). Donc \(2a+b \in\, ]0,\pi/2[\). Or la seule solution de \(\tan\theta=1\) dans cet intervalle est \(\pi/4\). Par conséquent, \(2a+b=\pi/4\).

Pour tout réel \(x\), on pose :

\[\mathrm{ch}\,x=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\qquad \mathrm{sh}\,x=\frac{e^x-e^{-x}}{2},\qquad \mathrm{th}\,x=\frac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}\,x}=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}.\]

Pour tout réel \(x\), \(\mathrm{ch}^2x-\mathrm{sh}^2x=1\). Par ailleurs, \(\mathrm{sh}^{\prime}=\mathrm{ch}\), \(\mathrm{ch}^{\prime}=\mathrm{sh}\) et \(\mathrm{th}^{\prime}=1-\mathrm{th}^2=\dfrac{1}{\mathrm{ch}^2}\).

Résolvons \(\mathrm{ch}\,x=\dfrac{17}{8}\). On pose \(t=e^x>0\). L’équation devient \(t+1/t=17/4\), soit \(4t^2-17t+4=0\). Le discriminant vaut \(289-64=225\), donc \(t=4\) ou \(t=1/4\). Par conséquent, les solutions sont \(x=2\ln 2\) et \(x=-2\ln 2\), ce qui respecte la parité de ch.

Soit \(\varphi : I \to \mathbb{C}\) dérivable sur un intervalle \(I\). Alors \(t \mapsto e^{\varphi(t)}\) est dérivable sur \(I\), et sa dérivée vaut \(\varphi^{\prime}(t)\,e^{\varphi(t)}\).

Écrivons \(\varphi=a+ib\) avec \(a\) et \(b\) réelles. Alors \(e^{\varphi}=e^{a}\cos b+i\,e^{a}\sin b\). On dérive chaque partie :

\[\big(e^{\varphi}\big)^{\prime}=e^{a}\big(a^{\prime}\cos b-b^{\prime}\sin b\big)+i\,e^{a}\big(a^{\prime}\sin b+b^{\prime}\cos b\big).\]

Ensuite, on factorise : cette expression vaut \(e^{a}(a^{\prime}+ib^{\prime})(\cos b+i\sin b)=\varphi^{\prime}e^{\varphi}\).

Calculons cette primitive. On a \(\dfrac{1}{m}=\dfrac{-1-4i}{17}\). Ensuite, \(e^{mt}=e^{-t}(\cos 4t+i\sin 4t)\). La partie réelle du produit vaut donc :

\[F(t)=\frac{e^{-t}}{17}\big(4\sin 4t-\cos 4t\big).\]

On vérifie en dérivant : \(F^{\prime}(t)=\dfrac{e^{-t}}{17}\big(\cos 4t-4\sin 4t+16\cos 4t+4\sin 4t\big)=e^{-t}\cos 4t\).

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