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Fahmio
Fahmio
Bac Tunisie
Mathématiques/DR-C
DR-CDérivabilité

Dérivée, réciproque et aire — f(x)=1−e−xf(x)=\sqrt{1-e^{-x}}

Idée directrice

Forme attestée en 2019 session principale, exercice 4 (mode continuité_bijection_aire / derivee_variations_reciproque) : une fonction croissante, sa réciproque explicite, dérivabilité de la réciproque, puis aire entre les deux courbes. Le fil conducteur est la dérivée / la variation / la réciproque, pas un calcul d'intégrale isolé.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« f(x)=1−e−xf(x)=\sqrt{1-e^{-x}} ; montrer que ff admet une réciproque gg »

« Montrer que g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2) »

« φ(x)=∫0xf\varphi(x)=\int_0^x f ; montrer φ′(x)=2x2/(1−x2)\varphi'(x)=2x^2/(1-x^2) »

« Calculer l'aire entre Γf\Gamma_f, Γg\Gamma_g et x=0x=0, x=αx=\alpha »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Croissance stricte + continuité + image des bornes ⇒\Rightarrow bijection.
  • Réciproque : résoudre y=f(x)y=f(x) en xx, puis renommer.
  • Tangente à gg : (g−1)′(g^{-1})' ou dérivée directe de l'expression de gg.
  • Aire entre ff et f−1f^{-1} : symétrie par rapport à y=xy=x.
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Écrire g(x)=−ln⁡(1−x)g(x)=-\ln(1-x) au lieu de −ln⁡(1−x2)-\ln(1-x^2). Oublier le domaine x∈[0,1[x\in[0,1[ pour gg. Calculer l'aire comme ∫(f−g)\int(f-g) sans vérifier f≥gf\ge g sur [0,α][0,\alpha].

Sujet principal

Exercice — réciproque et aire (esprit 2019 principale, ex.4)

5 questionsCorrigé masqué

Soit ff la fonction définie sur [0,+∞[[0,+\infty[ par f(x)=1−e−xf(x)=\sqrt{1-\mathrm{e}^{-x}}. On étudie la dérivée, les variations, la réciproque et une aire.

  1. Calculer f′(x)f'(x) pour x>0x>0. Étudier le signe de f′f' et dresser le tableau de variation de ff (montrer que ff est croissante).
  2. Montrer que ff réalise une bijection de [0,+∞[[0,+\infty[ sur [0,1[[0,1[ et admet une fonction réciproque gg définie sur [0,1[[0,1[.
  3. Montrer que pour tout x∈[0,1[x\in[0,1[, g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2). Calculer g′(x)g'(x) et l'équation de la tangente à la courbe de gg au point d'abscisse 00.
  4. Soit φ(x)=∫0g(x)f(t) dt\varphi(x)=\displaystyle\int_0^{g(x)} f(t)\,\mathrm{d}t pour x∈[0,1[x\in[0,1[. Montrer que φ\varphi est dérivable sur [0,1[[0,1[ et que φ′(x)=2x21−x2\varphi'(x)=\dfrac{2x^2}{1-x^2}.
  5. Soit α\alpha l'unique solution de g(x)=xg(x)=x dans [0,7;0,8][0{,}7;0{,}8]. Calculer l'aire de la région délimitée par les courbes de ff et de gg et les droites x=0x=0 et x=αx=\alpha.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : (u)′=u′2u\big(\sqrt u\big)'=\dfrac{u'}{2\sqrt u} là où u>0u>0. Pour x>0x>0, 1−e−x>01-\e^{-x}>0 et f′(x)=e−x21−e−x>0f'(x)=\dfrac{\e^{-x}}{2\sqrt{1-\e^{-x}}}>0 : ff est strictement croissante sur [0,+∞[[0,+\infty[, de f(0)=0f(0)=0 vers lim⁡+∞f=1\lim\limits_{+\infty}f=1.

2. ff est continue et strictement croissante sur [0,+∞[[0,+\infty[ : elle réalise une bijection de [0,+∞[[0,+\infty[ sur f([0,+∞[)=[0,1[f([0,+\infty[)=[0,1[ et admet une réciproque g:[0,1[→[0,+∞[g:[0,1[\to[0,+\infty[.

3. Idée : résoudre y=f(x)y=f(x). y=1−e−x  ⟺  e−x=1−y2  ⟺  x=−ln⁡(1−y2)y=\sqrt{1-\e^{-x}}\iff\e^{-x}=1-y^2\iff x=-\ln(1-y^2), d'où g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2) sur [0,1[[0,1[. Alors g′(x)=2x1−x2g'(x)=\dfrac{2x}{1-x^2}, g(0)=0g(0)=0 et g′(0)=0g'(0)=0 : la tangente en OO à la courbe de gg est l'axe des abscisses (image, par la symétrie d'axe y=xy=x, de la tangente verticale de ff en OO).

4. Idée : dérivée d'une intégrale à borne variable composée : ddx∫0u(x)f(t) dt=f(u(x)) u′(x)\dfrac{\dd}{\dd x}\displaystyle\int_0^{u(x)}f(t)\,\dd t=f(u(x))\,u'(x). Avec u=gu=g dérivable sur [0,1[[0,1[ et ff continue : φ′(x)=f(g(x)) g′(x)=x⋅2x1−x2\varphi'(x)=f(g(x))\,g'(x)=x\cdot\dfrac{2x}{1-x^2} (car f(g(x))=xf(g(x))=x). Ainsi

φ′(x)=2x21−x2=−2+11−x+11+x,φ(x)=−2x+ln⁡1+x1−x(φ(0)=0)\varphi'(x)=\frac{2x^2}{1-x^2}=-2+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x},\qquad\varphi(x)=-2x+\ln\frac{1+x}{1-x}\quad(\varphi(0)=0)

5. Idée : φ(α)\varphi(\alpha) est l'aire sous Γ\Gamma entre 00 et g(α)=αg(\alpha)=\alpha ; l'aire sous Γ′\Gamma' s'en déduit par symétrie. Sur [0,α][0,\alpha], g(x)≤x≤f(x)g(x)\leq x\leq f(x). L'aire cherchée est A=∫0αf−∫0αg\mathcal A=\displaystyle\int_0^{\alpha}f-\int_0^{\alpha}g. D'une part ∫0αf=φ(α)\displaystyle\int_0^{\alpha}f=\varphi(\alpha) puisque g(α)=αg(\alpha)=\alpha. D'autre part, l'aire sous Γ′\Gamma' sur [0,α][0,\alpha] est, par symétrie par rapport à y=xy=x, l'aire du rectangle [0,α]×[0,α][0,\alpha]\times[0,\alpha] privée de l'aire sous Γ\Gamma : ∫0αg=α2−φ(α)\displaystyle\int_0^{\alpha}g=\alpha^2-\varphi(\alpha). D'où

A=φ(α)−(α2−φ(α))=2(φ(α)−α22)=2ln⁡1+α1−α−4α−α2 u.a.\mathcal A=\varphi(\alpha)-\big(\alpha^2-\varphi(\alpha)\big)=2\Big(\varphi(\alpha)-\frac{\alpha^2}{2}\Big)=2\ln\frac{1+\alpha}{1-\alpha}-4\alpha-\alpha^2\ \text{u.a.}

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill DR-C.1 — expression de la réciproque
Entraînement 01 / 02

Drill DR-C.1 — expression de la réciproque

3 questionsCorrigé masqué

Soit ff définie sur [0,+∞[[0,+\infty[ par f(x)=1−e−xf(x)=\sqrt{1-\mathrm{e}^{-x}}. On admet que ff est continue, strictement croissante, dérivable sur ]0,+∞[]0,+\infty[, et que f([0,+∞[)=[0,1[f([0,+\infty[)=[0,1[.

  1. Justifier que ff admet une fonction réciproque gg définie sur [0,1[[0,1[.
  2. Montrer que pour tout x∈[0,1[x\in[0,1[, g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2).
  3. Calculer la dérivée g′(x)g'(x) pour x∈[0,1[x\in[0,1[, puis l'équation de la tangente à la courbe de gg au point d'abscisse 00.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. On sait que ff est continue et strictement croissante de [0,+∞[[0,+\infty[ sur [0,1[[0,1[. Par suite ff réalise une bijection et admet une réciproque g:[0,1[→[0,+∞[g:[0,1[\to[0,+\infty[.

2. Soit y∈[0,1[y\in[0,1[ et x=g(y)x=g(y), de sorte que y=f(x)y=f(x). On a y2=1−e−xy^2=1-e^{-x}, d'où e−x=1−y2e^{-x}=1-y^2, puis x=−ln⁡(1−y2)x=-\ln(1-y^2). En renommant, g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2).

3. La dérivée vaut g′(x)=2x1−x2g'(x)=\dfrac{2x}{1-x^2}. En 00, g′(0)=0g'(0)=0 et g(0)=0g(0)=0, d'où la tangente d'équation Y=0Y=0.

2 Transfert — dérivabilité de la réciproque là où la tangente de f est horizontale
Entraînement 02 / 02

Transfert — dérivabilité de la réciproque là où la tangente de f est horizontale

4 questionsCorrigé masquéEn cours de relecture

Soit ff la fonction définie sur R\R par f(x)=(x−1)3+1f(x)=(x-1)^3+1. On note Cf\mathcal C_f sa courbe dans un repère orthonormé. L'objectif est de décider où la réciproque de ff est dérivable, et de relier cette décision à la tangente de Cf\mathcal C_f.

  1. Calculer f′(x)f'(x) pour tout réel xx. Montrer que ff est strictement croissante sur R\R bien que f′f' s'annule en 11, puis justifier que ff réalise une bijection de R\R sur R\R. On note gg sa réciproque.
  2. Calculer g(1)g(1) et g(9)g(9).
  3. Justifier que gg est dérivable en 99 et calculer g′(9)g'(9). Écrire une équation de la tangente à Cg\mathcal C_g au point d'abscisse 99.
  4. Étudier la dérivabilité de gg en 11 : calculer lim⁡x→1g(x)−g(1)x−1\displaystyle\lim_{x\to1}\dfrac{g(x)-g(1)}{x-1} (on pourra d'abord expliciter g(x)g(x)). Interpréter graphiquement, puis expliquer le lien avec la tangente à Cf\mathcal C_f au point d'abscisse 11.

Cet exercice et sa correction sont en cours de relecture. Tu peux les consulter ; l’exercice n’est pas encore proposé en séance.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : une dérivée positive qui ne s'annule qu'en un point isolé garantit encore la stricte croissance. On a f′(x)=3(x−1)2≥0f'(x)=3(x-1)^2\geq0 pour tout réel xx, avec f′(x)=0f'(x)=0 si et seulement si x=1x=1. Comme f′f' est positive sur R\R et ne s'annule qu'en un seul point, ff est strictement croissante sur R\R. De plus ff est continue (polynôme), lim⁡x→−∞f(x)=−∞\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty ; par suite ff réalise une bijection de R\R sur f(R)=Rf(\R)=\R et admet une réciproque g:R→Rg:\R\to\R.

2. Idée : g(y)=x  ⟺  f(x)=yg(y)=x\iff f(x)=y ; on cherche des antécédents évidents. f(1)=0+1=1f(1)=0+1=1, d'où g(1)=1g(1)=1. f(3)=23+1=9f(3)=2^3+1=9, d'où g(9)=3g(9)=3.

3. Idée : gg est dérivable en y=f(a)y=f(a) dès que ff est dérivable en aa avec f′(a)≠0f'(a)\neq0, et alors g′(y)=1f′(a)g'(y)=\dfrac{1}{f'(a)}. Ici 9=f(3)9=f(3) et f′(3)=3×22=12≠0f'(3)=3\times2^2=12\neq0, donc gg est dérivable en 99 et

g′(9)=1f′(3)=112g'(9)=\frac{1}{f'(3)}=\boxed{\frac{1}{12}}

La tangente à Cg\mathcal C_g au point (9,3)(9,3) a pour équation y=g′(9)(x−9)+g(9)y=g'(9)(x-9)+g(9), soit y=112x+94\boxed{y=\dfrac{1}{12}x+\dfrac{9}{4}} (en x=9x=9 : 912+94=3\frac{9}{12}+\frac{9}{4}=3, ce qui prouve que la droite passe bien par le point de contact).

4. Idée : en 1=f(1)1=f(1) on a f′(1)=0f'(1)=0, la formule de la dérivée de la réciproque ne s'applique pas ; on revient au taux d'accroissement. Pour y∈Ry\in\R, f(x)=y  ⟺  (x−1)3=y−1  ⟺  x=1+y−13f(x)=y\iff(x-1)^3=y-1\iff x=1+\sqrt[3]{y-1}, donc g(x)=1+x−13g(x)=1+\sqrt[3]{x-1}. Alors, pour x≠1x\neq1 :

g(x)−g(1)x−1=x−13x−1=1(x−13)2→x→1+∞\frac{g(x)-g(1)}{x-1}=\frac{\sqrt[3]{x-1}}{x-1}=\frac{1}{\big(\sqrt[3]{x-1}\big)^{2}}\xrightarrow[x\to1]{}+\infty

Le taux d'accroissement n'a pas de limite finie : gg n'est pas dérivable en 11, et Cg\mathcal C_g admet au point (1,1)(1,1) une tangente verticale. Il en résulte la lecture géométrique attendue : Cf\mathcal C_f a en (1,1)(1,1) une tangente horizontale (f′(1)=0f'(1)=0) ; par la symétrie d'axe y=xy=x qui échange Cf\mathcal C_f et Cg\mathcal C_g, cette tangente horizontale devient une tangente verticale pour Cg\mathcal C_g. Une tangente horizontale de ff est exactement le lieu où la réciproque cesse d'être dérivable.

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