Masar
Masar
Bac Tunisie
Mathématiques/DR-C
Entraîner la reconnaissance
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.

Signature de reconnaissance — l'énoncé se trahit ainsi

« 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 »

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.}

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Entraînement 01 / 01

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.

Méthode / Automatismes
  • 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.
Pièges classiques

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].