dérivabilité et fonction réciproque
dérivabilité et fonction réciproque
Bonjour
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Re: dérivabilité et fonction réciproque
Bonjour
Exercice 4
1°) "Racine carrée" est dérivable sur $]0,+\infty[$ donc le dénominateur est dérivable et non nul. Le quotient de 2 fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas est dérivable donc $f$ est dérivable sur R.
$f'(x)=\frac{1\cdot\sqrt{1+x^2}-x\cdot \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2}=\frac{1+x^2-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}$
$\forall x\in {\mathbb R},\ f'(x)>0$ donc $f$ est strictement croissante sur ${\mathbb R}$
2°) Si $x\neq 0,\ f(x)=1+\frac{x}{\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x^2})}}=1+\frac{x}{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$
Si $x>0,\ f(x)=1+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$
$\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x^2} =0$ donc $\lim_{x\to +\infty}f(x)=2$
Si $x<0,\ f(x)=1-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$
$\lim_{x\to -\infty} \frac{1}{x^2} =0$ donc $\lim_{x\to -\infty}f(x)=0$
$f$ est continue, strictement croissante sur $\mathbb R$, elle établit donc une bijection de $\mathbb R$ sur l'intervalle image $J=]0 , 2[$
3°) Soit $y\in ]0,2[$. On détermine $x$ en fonction de $y$
$y=1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\Longleftrightarrow (y-1)\sqrt{1-x^2}=x$
* Si $y\in [1,2[$ alors $x\geq 0$ et l'équation est équivalente à $(y-1)^2(1-x^2)=x^2$
Soit $(y-1)^2=x^2(1-(y-1)^2)$ donc $x^2=\frac{(y-1)^2}{2y-y^2}$ et $x=\frac{y-1}{\sqrt{y(2-y)}}$
* Si $y\in ]0,1]$ alors $x\leq 0$. On a encore $(y-1)^2(1-x^2)=x^2$ mais on a alors $x=\frac{1-y}{\sqrt{y(2-y)}}$
$f^{-1}$ est la fonction définie sur [1,2[ par $f^{-1}(y)=\frac{y-1}{\sqrt{y(2-y)}}$ et sur ]0,1] par $f^{-1}(y)=\frac{1-y}{\sqrt{y(2-y)}}$
4°) $\forall x\in {\mathbb R},\ f'(x)\neq 0$ donc $f^{-1}$ est dérivable sur $J$
$1=f(0)$ donc $(f^{-1})'(1)=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{1}=1$
Exercice 4
1°) "Racine carrée" est dérivable sur $]0,+\infty[$ donc le dénominateur est dérivable et non nul. Le quotient de 2 fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas est dérivable donc $f$ est dérivable sur R.
$f'(x)=\frac{1\cdot\sqrt{1+x^2}-x\cdot \frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2}=\frac{1+x^2-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}$
$\forall x\in {\mathbb R},\ f'(x)>0$ donc $f$ est strictement croissante sur ${\mathbb R}$
2°) Si $x\neq 0,\ f(x)=1+\frac{x}{\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x^2})}}=1+\frac{x}{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$
Si $x>0,\ f(x)=1+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$
$\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x^2} =0$ donc $\lim_{x\to +\infty}f(x)=2$
Si $x<0,\ f(x)=1-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}$
$\lim_{x\to -\infty} \frac{1}{x^2} =0$ donc $\lim_{x\to -\infty}f(x)=0$
$f$ est continue, strictement croissante sur $\mathbb R$, elle établit donc une bijection de $\mathbb R$ sur l'intervalle image $J=]0 , 2[$
3°) Soit $y\in ]0,2[$. On détermine $x$ en fonction de $y$
$y=1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\Longleftrightarrow (y-1)\sqrt{1-x^2}=x$
* Si $y\in [1,2[$ alors $x\geq 0$ et l'équation est équivalente à $(y-1)^2(1-x^2)=x^2$
Soit $(y-1)^2=x^2(1-(y-1)^2)$ donc $x^2=\frac{(y-1)^2}{2y-y^2}$ et $x=\frac{y-1}{\sqrt{y(2-y)}}$
* Si $y\in ]0,1]$ alors $x\leq 0$. On a encore $(y-1)^2(1-x^2)=x^2$ mais on a alors $x=\frac{1-y}{\sqrt{y(2-y)}}$
$f^{-1}$ est la fonction définie sur [1,2[ par $f^{-1}(y)=\frac{y-1}{\sqrt{y(2-y)}}$ et sur ]0,1] par $f^{-1}(y)=\frac{1-y}{\sqrt{y(2-y)}}$
4°) $\forall x\in {\mathbb R},\ f'(x)\neq 0$ donc $f^{-1}$ est dérivable sur $J$
$1=f(0)$ donc $(f^{-1})'(1)=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{1}=1$
Re: dérivabilité et fonction réciproque
Exercice 5
1°) $\lim_{x\to 0} \sqrt{1-x^2}=1$ , $\lim_{x\to 0^+} f(x)=+\infty$ , $\lim_{x\to 0^-} f(x) =-\infty$
La courbe $C$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$.
2°) $x<1,\ \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}}{x-1}=\frac{\sqrt{1-x}\sqrt{1+x}}{-x(1-x)}=\frac{\sqrt{1+x}}{-x\sqrt{1-x}}$
$\lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\infty$
$f$ n'est pas dérivable en 1 et la courbe $C$ admet au point (1,1) une tangente verticale.
3°) $x>-1,\ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x(1+x)}=\frac{\sqrt{1-x}}{x\sqrt{1+x}}$
$\lim_{x\to -1^+}\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=-\infty$
$f$ n'est pas dérivable en (-1) et la courbe $C$ admet au point (-1,1) une tangente verticale.
4°) $f'(x)=\frac{\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\times x - \sqrt{1-x^2}}{x^2}=\frac{-x^2-(1-x^2)}{x^2\sqrt{1-x^2}}=\frac{-1}{x^2\sqrt{1-x^2}}$
5°) La fonction dérivée est strictement négative sur les 2 intervalles ]-1, 0[ et ]0 , 1[
$f$ est strictement décroissante de 1 à $-\infty$ sur l'intervalle [-1 , 0[ et strictement décroissante de $+\infty$ à 1 sur l'intervalle ]0 , 1].
6°) $f$ est continue, strictement décroissante sur l'intervalle ]0 ,1[, elle établit donc une bijection de cet intervalle sur l'intervalle image $J=]1,+\infty[$
1°) $\lim_{x\to 0} \sqrt{1-x^2}=1$ , $\lim_{x\to 0^+} f(x)=+\infty$ , $\lim_{x\to 0^-} f(x) =-\infty$
La courbe $C$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$.
2°) $x<1,\ \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{\frac{\sqrt{1-x^2}}{x}}{x-1}=\frac{\sqrt{1-x}\sqrt{1+x}}{-x(1-x)}=\frac{\sqrt{1+x}}{-x\sqrt{1-x}}$
$\lim_{x\to 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\infty$
$f$ n'est pas dérivable en 1 et la courbe $C$ admet au point (1,1) une tangente verticale.
3°) $x>-1,\ \frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=\frac{\sqrt{1-x^2}}{x(1+x)}=\frac{\sqrt{1-x}}{x\sqrt{1+x}}$
$\lim_{x\to -1^+}\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=-\infty$
$f$ n'est pas dérivable en (-1) et la courbe $C$ admet au point (-1,1) une tangente verticale.
4°) $f'(x)=\frac{\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}\times x - \sqrt{1-x^2}}{x^2}=\frac{-x^2-(1-x^2)}{x^2\sqrt{1-x^2}}=\frac{-1}{x^2\sqrt{1-x^2}}$
5°) La fonction dérivée est strictement négative sur les 2 intervalles ]-1, 0[ et ]0 , 1[
$f$ est strictement décroissante de 1 à $-\infty$ sur l'intervalle [-1 , 0[ et strictement décroissante de $+\infty$ à 1 sur l'intervalle ]0 , 1].
6°) $f$ est continue, strictement décroissante sur l'intervalle ]0 ,1[, elle établit donc une bijection de cet intervalle sur l'intervalle image $J=]1,+\infty[$