dérivabilité et fonction réciproque

[ameniZ9]

Bonsoir,

[Job]

Exercice 4
1° Pour que $f$ soit définie, il faut que $x\neq -1$ et $\frac{1-x}{1+x}\geq 0$
Avec un tableau de signes, on obtient $D_f=]-1,1]$

2°)a) $x\mapsto \frac{1-x}{1+x}$ est dérivable sur ]-1 , 1] racine carrée est dérivable sur $\mathbb R^{+*}$ sonc $f$ est dérivable sur $]-1 , 1[$
$(\frac{1-x}{1+x})'=\frac{-(1+x)-(-1-x)}{(1+x)^2}=\frac{-2}{(1+x)^2}$
$f'(x)=\frac{\frac{-2}{(1+x)^2}}{2\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}=\frac{-1}{(1+x)\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}=\frac{-1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}$

b) $\lim_{x\to -1} f(x)=+\infty$ et $f(1)=0$
$\forall x\in]-1,1[, f'(x)<0$ donc $f$ continue, strictement décroissante établit une bijection de $]-1 , 1] sur [0, +\infty[$
Elle admet donc une fonction réciproque définie sur $J=[0 , +\infty[$

c) $y=f(x)\Longleftrightarrow y^2(1+x)=1-x\Longleftrightarrow x=\frac{1-y^2}{1+y^2}$
$f^{-1}(x)=\frac{1-x^2}{1+x^2}$

3°) a) $f(\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x})=\sqrt{\frac{1-\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}}{1+\frac{\sin^2x}{\cos^2 x}}}=\sqrt{\frac{\cos^2 x -\sin^2 x}{\cos^2 x +\sin^2 x}}=\sqrt{\cos (2x)}$

b) $x\mapsto \cos (2x)$ réalise une bijection décroissante de $]0,\frac{\pi}{4}] $ sur [0 , 1[ et $f$ réalise une bijection décroissante de [0 , 1[ sur $K=]0,1]$ donc $g$ réalise une bijection croissante de $]0,\frac{\pi}{4}] $ sur ]0,1].

c) $x\mapsto \cos 2x$ est dérivable sur R, non nulle sur $]0,\frac{\pi}{4}[$ et racine carrée est dérivable sur $\mathbb R^{+*}$ donc $g$ est dérivable sur $]0,\frac{\pi}{4}[$ et $g'(x)=\frac{-2\sin (2x)}{2\sqrt {\cos (2x)}}=\frac{-\sin (2x)}{\sqrt{\cos (2x)}}$
$\forall x\in ]0,1[,\ g'(x)\neq 0$ $g^{-1}$ est donc dérivable.
$g^{-1}(x)=\frac{1}{2} \arccos (x^2)$
$(g^{-1})'(x)=\frac{1}{g'(g^{-1}(x))}=\frac{1}{\frac{-\sin(\arccos(x^2))}{\sqrt{\cos(\arccos(x^2))}}}=-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$

[Job]

Exercice 4 A)

1) a) Au point (2,0), la courbe admet une tangente verticale donc $f$ n'est pas dérivable à gauche en 2 et $\lim_{x\to 2^-} \frac{f(x)}{x+2}=+\infty$

b) $f$ est continue, strictement décroissante sur l'intervalle ]1 , 2] donc elle établit une bijection de cet intervalle sur l'intervalle $J=[0 , +\infty[$

c) $\cal C'$ est symétrique de $\cal C$ par rapport à la droite d'équation $y=x$

d) La tangente à $\cal C'$ au point (0 , 2) est symétrique de la tangente à $\cal C$ au point (2, 0), elle est donc horizontale et $(f^{-1})'_d(0)=0$

2) a) $f'(x)=\frac{\frac{2-2x}{2\sqrt{2x-x^2}}\times (x-1)-\sqrt{2x-x^2}}{(x-1)^2}=\frac{-(x-1)^2-(2x-x^2)}{(x-1)^2\sqrt{2x-x^2}}=\frac{-1}{(x-1)^2\sqrt{2x-x^2}}$
Soit la fonction $g$ définie sur ]1 , 2] par $g(x)=f(x)-x$
$g'(x)=f'(x)-1<0$ donc $g$ continue, strictement décroissante établit une bijection de $]1 , 2]$ sur $]-2 , +\infty[$
$0\in [-2 , +\infty[$ donc l'équation $g(x)=0$ admet une solution et une seule $\alpha$ dans l'intervalle ]1 , 2]. Donc $f(\alpha) =\alpha$
$g(\frac{3}{2}>0$ et $g(2)=-2$ donc $g(2)<g(\alpha)<g(\frac{3}{2})$ d'où $\frac{3}{2}<\alpha<2$

b) Soit $y\in [0,+\infty[$ et $f(x)=y$
$y=\frac{\sqrt{2x-x^2}}{x-1}$ donc $x-1\geq 0$
$y^2(x-1)^2=2x-x^2$
$y^2(x-1)^2=2x-x^2-1+1=-(x-1)^2+1$
$(x-1)^2(y^2+1)=1$
$(x-1)^2=\frac{1}{y^2+1}$ donc $x-1=\frac{1}{\sqrt {y^2+1}}$ soit $x=\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+1$
Donc $f^{-1}(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+1$

[Job]

3) a) Construction à l'aide de la droite d'équation $y=x$.

b) $f^{-1}$ est une bijection de $[0 ,+\infty[$ sur ]1 , 2] et par conséquent, avec une récurrence immédiate, tous les termes de la suite appartiennent à l'intervalle [1 ?2].

c) $(f^{-1})'(x)=\frac{-\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}=\frac{-x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}$
$\forall x \in [1,2],\ \left|(f^{-1})'(x)\right|=\frac{x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}$
$\forall x\in [1,2], (x^2+1)\sqrt{x^2+1}\geq 2\sqrt 2$ donc $\frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\leq \frac{1}{2\sqrt 2}$ et $\frac{x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\leq \frac{2}{2\sqrt 2}=\frac{\sqrt 2}{2}$

d) En utilisant l'inégalité des accroissements finis sur l'intervalle [1 , 2], on a :
$\left|f^{-1}(u_n)-f^{-1}(\alpha\right|\leq \frac{\sqrt 2}{2} \left|u_n-\alpha\right|$
$f(\alpha)=\alpha$ donc $f^{-1}(\alpha)=\alpha$
L'inégalité s'écrit donc $|u_{n+1}-\alpha|\leq \frac{\sqrt 2}{2} |u_n-\alpha|$

e) On démontre par récurrence que $\forall n \in {\mathbb N},\ |u_n-\alpha|\leq \frac{1}{2} (\frac{\sqrt 2}{2})^n$
Vérifié pour $n=0$ puisque $|1-\alpha | <\frac{1}{2}$
Si l'inégalité est vérifiée au rang $n$ alors en utilisant le résultat de la question d),
$|u_{n+1}-\alpha|\leq \frac{\sqrt 2}{2} (\frac{1}{2}\cdot (\frac{\sqrt 2}{2})^n)=\frac{1}{2} (\frac{\sqrt2}{2})^{n+1}$
La suite de terme général $\frac{1}{2} (\frac{\sqrt 2}{2})^n$ est une suite géométrique dont la raison $\frac{\sqrt2}{2}\in ]0,1[$ donc elle a ppour limite 0 et par conséquent la suite $(u_n)$ converge vers $\alpha$.

[Job]

Partie B
1) Sur $[0,\frac{\pi}{4}[, g(x)=\frac{1}{1+\frac{1}{\sqrt{\tan^2(2x)+1}}}$
$\sqrt{\tan^2 (2x)+1}=\sqrt{\frac{\sin^2(2x)}{\cos^2(2x)}+1}=\sqrt{\frac{\sin^2 (2x)+\cos^2 (2x)}{\cos^2(2x)}}=\sqrt{\frac{1}{\cos^2(2x)}}=\frac{1}{\cos (2x)} $ car $2x\in [0, \frac{\pi}{2}[$
Donc $g(x)=\frac{1}{1+\cos(2x)}$

Pour $x=\frac{\pi}{4} ,\ \frac{1}{1+\cos (2\frac{\pi}{4})}=\frac{1}{1}=g(\frac{\pi}{4})$

1) a) $g'(x)=\frac{-(-2\sin(2x)}{(1+\cos (2x))^2}=\frac{2\sin (2x)}{(1+\cos (2x))^2}$
$\forall x\in ]0,\frac{\pi}{4}],\ g'(x)>0$
$g$ est continue, strictement croissante donc réalise une bijection de $[0,\frac{\pi}{4}]$ sur $[g(0), g(\frac{\pi}{4})]=[\frac{1}{2}, 1]$

b) $g'(0)=0$ donc $g^{-1}$ n'est pas dérivable à droite en $\frac{1}{2}$

c) $\forall x\in ]0, \frac{\pi}{4}],\ g'(x)\neq 0$ donc sur $]\frac{1}{2} , 1]$ , $g^{-1}$ est dérivable.
$\forall y\in ]\frac{1}{2}, 1],\ y=\frac{1}{1+\cos (2x)}\Longleftrightarrow \cos (2x)=\frac{1}{y} -1$ avec $\frac{1}{y}-1\in ]0 ,1]$ donc $2x=\arccos (\frac{1}{y}-1)$ et $2x\in ]0, \frac{\pi}{2}]$
Donc $g^{-1}(x)=\frac{1}{2}(\arccos(\frac{1}{x}-1))$
$(g^{-1})'(x)=\frac{1}{2} \times \left(-\frac{-\frac{1}{x^2}}{\sqrt{1-(\frac{1}{x}-1)^2}}\right)=\frac{1}{2x^2}\times \frac{1}{\sqrt{\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}}}=\frac{1}{2x^2\sqrt{\frac{2x-1}{x^2}}}=\frac{1}{2x\sqrt{2x-1}}$