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Fahmio
Fahmio
Bac Tunisie
Mathématiques/FR-E
FR-EFonctions réciproques

Le problème avec fonction réciproque : bijection, expression de f−1f^{-1}, équation g(x)=xg(x)=x, aire entre les deux courbes

Idée directrice

Ce scénario relie la fonction réciproque à l'étude de fonction selon le chemin suivant : on prouve que ff est continue et strictement monotone (donc bijective de II sur f(I)f(I)), on explicite g=f−1g=f^{-1} en résolvant y=f(x)y=f(x), on étudie l'équation g(x)=xg(x)=x — qui a les mêmes solutions que f(x)=xf(x)=x — puis on calcule l'aire du domaine entre les deux courbes, symétriques par rapport à la première bissectrice, en n'intégrant qu'une seule des deux fonctions.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que ff possède une fonction réciproque gg définie sur … » ; « montrer que pour tout x∈…x\in\dots, g(x)=…g(x)=\dots » ; « montrer que l'équation g(x)=xg(x)=x admet une solution α\alpha sur [a ; b] » ; « tracer Γ′\Gamma' » ; « aire de la région entre Γ\Gamma, Γ′\Gamma' et les droites … ».

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Bijection : écrire continue et strictement monotone sur II, puis l'image f(I)f(I) avec les bornes (atteintes ou limites).
  • Expliciter f−1f^{-1} : résoudre y=f(x)y=f(x) en xx en gardant la contrainte de domaine (1−y2>01-y^2>0 ici) ; contrôler avec f−1(f(0))=0f^{-1}(f(0))=0.
  • g(x)=xg(x)=x et f(x)=xf(x)=x ont les mêmes solutions ; les points communs de Γ\Gamma et Γ′\Gamma' sont sur y=xy=x.
  • Aire entre Γ\Gamma et Γ′\Gamma' : symétrie ⇒\Rightarrow 2∫(x−g)2\int(x-g) ou 2∫(f−x)2\int(f-x) — choisir la fonction que l'on sait intégrer.
  • Dérivabilité aux bornes : ff non dérivable en 00 (tangente verticale)   ⟺  \iff g′(0)=0g'(0)=0 (tangente horizontale).
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Annoncer la bijection sans la continuité ; expliciter gg en oubliant le domaine (x∈[0,1[x\in[0,1[) ; chercher α\alpha par le calcul (impossible) au lieu du TVI ; intégrer ff (sans primitive simple) là où gg s'intègre ; oublier le facteur 22 de la symétrie, ou intégrer x−gx-g sans avoir justifié le signe.

Sujet principal

Exercice 4 — problème (7 points), dans l’esprit de la session 2019

4 questionsCorrigé masqué

Soit ff la fonction définie sur [0,+∞[[0,+\infty[ par f(x)=1−e−xf(x)=\sqrt{1-\e^{-x}} et Γ\Gamma sa courbe dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O,\vec i,\vec j).

    1. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) et interpréter graphiquement.
    2. Montrer que ff est dérivable sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et que f′(x)=e−x21−e−xf'(x)=\dfrac{\e^{-x}}{2\sqrt{1-\e^{-x}}}. Dresser le tableau de variation de ff.
    3. En déduire que ff réalise une bijection de [0,+∞[[0,+\infty[ sur [0,1[[0,1[. On note g=f−1g=f^{-1} sa fonction réciproque.
    1. Montrer que pour tout x∈[0,1[x\in[0,1[, g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2).
    2. Étudier la dérivabilité de gg en 00 et interpréter graphiquement pour la courbe Γ′\Gamma' de gg.
    1. Montrer que l'équation g(x)=xg(x)=x admet sur [0,7 ; 0,8][0{,}7\ ;\ 0{,}8] une unique solution α\alpha.
    2. Justifier que α\alpha est aussi solution de f(x)=xf(x)=x et que Γ\Gamma et Γ′\Gamma' se coupent aux points d'abscisses 00 et α\alpha.
    1. Vérifier que pour tout x∈[0,1[x\in[0,1[, −ln⁡(1−x2)=−ln⁡(1−x)−ln⁡(1+x)-\ln(1-x^2)=-\ln(1-x)-\ln(1+x), puis montrer que ∫0αg(x) dx=2α+(1−α)ln⁡(1−α)−(1+α)ln⁡(1+α)\displaystyle\int_0^{\alpha} g(x)\,\dd x=2\alpha+(1-\alpha)\ln(1-\alpha)-(1+\alpha)\ln(1+\alpha).
    2. En déduire, en fonction de α\alpha, l'aire A\mathcal A du domaine limité par Γ\Gamma, Γ′\Gamma' et les droites d'équations x=0x=0 et x=αx=\alpha.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a lim⁡x→+∞e−x=0\lim\limits_{x\to+\infty}\e^{-x}=0, donc lim⁡x→+∞f(x)=1\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=1 : la droite y=1y=1 est asymptote horizontale à Γ\Gamma en +∞+\infty.

1.b Idée : u\sqrt u est dérivable là où u>0u>0. u(x)=1−e−x>0u(x)=1-\e^{-x}>0 pour x>0x>0, donc ff est dérivable sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et f′(x)=u′(x)2u(x)=e−x21−e−x>0f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(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 11 (limite non atteinte).

1.c Idée : continue + strictement monotone ⇒\Rightarrow bijection sur l'image. ff est continue et strictement croissante sur [0,+∞[[0,+\infty[ ; elle réalise donc une bijection de [0,+∞[[0,+\infty[ sur f([0,+∞[)=[f(0),lim⁡+∞f[=[0,1[f([0,+\infty[)=[f(0),\lim_{+\infty}f[=[0,1[.

2.a Idée : résoudre y=f(x)y=f(x) en xx. Pour y∈[0,1[y\in[0,1[ et x≥0x\geq 0 : y=1−e−x  ⟺  y2=1−e−x  ⟺  e−x=1−y2  ⟺  x=−ln⁡(1−y2)y=\sqrt{1-\e^{-x}}\iff y^2=1-\e^{-x}\iff \e^{-x}=1-y^2\iff x=-\ln(1-y^2) (licite car 1−y2>01-y^2>0). Donc

g(x)=−ln⁡(1−x2),x∈[0,1[g(x)=-\ln(1-x^2),\qquad x\in[0,1[

2.b gg est dérivable sur [0,1[[0,1[ (composée de fonctions dérivables, 1−x2>01-x^2>0) avec g′(x)=2x1−x2g'(x)=\dfrac{2x}{1-x^2}, donc g′(0)=0g'(0)=0 : Γ′\Gamma' admet en OO une tangente horizontale. (Cohérent : Γ\Gamma a en OO une tangente verticale, ff n'étant pas dérivable en 00, et la symétrie par rapport à y=xy=x échange les deux.)

3.a Idée : h=g−idh=g-\mathrm{id}, TVI avec stricte monotonie sur l'intervalle donné. Posons h(x)=g(x)−xh(x)=g(x)-x. h′(x)=2x1−x2−1=x2+2x−11−x2h'(x)=\dfrac{2x}{1-x^2}-1=\dfrac{x^2+2x-1}{1-x^2}, positif dès que x>2−1≈0,41x>\sqrt2-1\approx0{,}41 : hh est continue et strictement croissante sur [0,7 ; 0,8][0{,}7\,;\,0{,}8]. h(0,7)=−ln⁡(0,51)−0,7≈−0,027<0h(0{,}7)=-\ln(0{,}51)-0{,}7\approx-0{,}027<0 et h(0,8)=−ln⁡(0,36)−0,8≈0,22>0h(0{,}8)=-\ln(0{,}36)-0{,}8\approx0{,}22>0. L'équation h(x)=0h(x)=0 admet donc une unique solution α∈]0,7 ; 0,8[\alpha\in]0{,}7\,;\,0{,}8[.

3.b g(α)=α  ⟺  α=f(α)g(\alpha)=\alpha\iff\alpha=f(\alpha) (appliquer ff, bijection). Les points communs à Γ\Gamma et Γ′\Gamma' sont sur la droite y=xy=x ; ils correspondent aux solutions de f(x)=xf(x)=x sur [0,1[[0,1[ : x=0x=0 et x=αx=\alpha (pour 0<x<α0<x<\alpha, h(x)<0h(x)<0 donne g(x)<x<f(x)g(x)<x<f(x) ; pour α<x<1\alpha<x<1, g(x)>xg(x)>x).

4.a 1−x2=(1−x)(1+x)1-x^2=(1-x)(1+x) et ln⁡(ab)=ln⁡a+ln⁡b\ln(ab)=\ln a+\ln b pour a,b>0a,b>0. Idée : une primitive de ln⁡(1−x)\ln(1-x) est −(1−x)ln⁡(1−x)−x-(1-x)\ln(1-x)-x, une primitive de ln⁡(1+x)\ln(1+x) est (1+x)ln⁡(1+x)−x(1+x)\ln(1+x)-x (vérifier en dérivant). D'où

∫0αg(x) dx=[(1−x)ln⁡(1−x)+x−(1+x)ln⁡(1+x)+x]0α=2α+(1−α)ln⁡(1−α)−(1+α)ln⁡(1+α)\int_0^{\alpha}g(x)\,\dd x=\Big[(1-x)\ln(1-x)+x-(1+x)\ln(1+x)+x\Big]_0^{\alpha}=2\alpha+(1-\alpha)\ln(1-\alpha)-(1+\alpha)\ln(1+\alpha)

4.b Idée : par symétrie autour de y=xy=x, l'aire entre Γ\Gamma et la bissectrice égale l'aire entre la bissectrice et Γ′\Gamma'. Sur [0,α][0,\alpha], g(x)≤x≤f(x)g(x)\leq x\leq f(x), donc A=2∫0α(x−g(x))dx=α2−2∫0αg(x) dx\mathcal A=2\displaystyle\int_0^{\alpha}\big(x-g(x)\big)\dd x=\alpha^2-2\int_0^{\alpha}g(x)\,\dd x :

A=α2−4α−2(1−α)ln⁡(1−α)+2(1+α)ln⁡(1+α)  u.a.\mathcal A=\alpha^2-4\alpha-2(1-\alpha)\ln(1-\alpha)+2(1+\alpha)\ln(1+\alpha)\ \ \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 FR-E.1 — expliciter une réciproque et sa dérivée
Entraînement 01 / 02

Drill FR-E.1 — expliciter une réciproque et sa dérivée

3 questionsCorrigé masqué

Soit ff la fonction définie sur [0,+∞[[0,+\infty[ par f(x)=xx+1f(x)=\dfrac{x}{x+1}.

  1. Montrer que ff réalise une bijection de [0,+∞[[0,+\infty[ sur [0,1[[0,1[.
  2. Expliciter la fonction réciproque f−1f^{-1} et vérifier que f−1(f(2))=2f^{-1}(f(2))=2.
  3. Calculer (f−1)′(12)(f^{-1})'\big(\tfrac12\big) de deux façons : avec l'expression de f−1f^{-1}, puis avec la formule (f−1)′(y)=1f′(x)(f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(x)} où y=f(x)y=f(x).
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. ff est continue sur [0,+∞[[0,+\infty[, dérivable avec f′(x)=1(x+1)2>0f'(x)=\dfrac{1}{(x+1)^2}>0 : strictement croissante, f(0)=0f(0)=0, lim⁡+∞f=1\lim_{+\infty}f=1. Bijection de [0,+∞[[0,+\infty[ sur [0,1[[0,1[.

2. y=xx+1  ⟺  y(x+1)=x  ⟺  x(1−y)=y  ⟺  x=y1−yy=\dfrac{x}{x+1}\iff y(x+1)=x\iff x(1-y)=y\iff x=\dfrac{y}{1-y} (y≠1y\neq1). Donc f−1(x)=x1−xf^{-1}(x)=\dfrac{x}{1-x} sur [0,1[[0,1[ ; f(2)=23f(2)=\dfrac23 et f−1(23)=2/31/3=2f^{-1}\big(\tfrac23\big)=\dfrac{2/3}{1/3}=2.

3. (f−1)′(x)=1(1−x)2(f^{-1})'(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}, donc (f−1)′(12)=4(f^{-1})'\big(\tfrac12\big)=4. Autre voie : 12=f(1)\tfrac12=f(1) et f′(1)=14f'(1)=\tfrac14, d'où (f−1)′(12)=1f′(1)=4(f^{-1})'\big(\tfrac12\big)=\dfrac1{f'(1)}=4.

2 Drill FR-E.2 — intégrer la réciproque plutôt que la fonction
Entraînement 02 / 02

Drill FR-E.2 — intégrer la réciproque plutôt que la fonction

3 questionsCorrigé masqué

Soit f(x)=xf(x)=\sqrt{x} sur [0,1][0,1] : ff réalise une bijection de [0,1][0,1] sur [0,1][0,1], de réciproque g(x)=x2g(x)=x^2. On note Γ\Gamma et Γ′\Gamma' leurs courbes.

  1. Justifier que Γ\Gamma et Γ′\Gamma' se coupent en OO et en A(1,1)A(1,1), et que sur ]0,1[]0,1[ la courbe Γ\Gamma est au-dessus de Γ′\Gamma'.
  2. Calculer l'aire A\mathcal A du domaine limité par Γ\Gamma et Γ′\Gamma' en n'intégrant que gg.
  3. Retrouver A\mathcal A en intégrant f−gf-g et comparer.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. x=x2  ⟺  x=0\sqrt x=x^2\iff x=0 ou x=1x=1 ; pour 0<x<10<x<1, x2<x<xx^2<x<\sqrt x, donc Γ′\Gamma' est sous la bissectrice et Γ\Gamma au-dessus.

2. Idée : symétrie par rapport à y=xy=x. A=2∫01(x−x2) dx=2[x22−x33]01=2⋅16=13\mathcal A=2\displaystyle\int_0^1(x-x^2)\,\dd x=2\Big[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}\Big]_0^1=2\cdot\dfrac16=\dfrac13 u.a.

3. ∫01(x−x2) dx=[23x3/2−x33]01=23−13=13\displaystyle\int_0^1(\sqrt x-x^2)\,\dd x=\Big[\dfrac23x^{3/2}-\dfrac{x^3}{3}\Big]_0^1=\dfrac23-\dfrac13=\dfrac13 : même résultat, mais le premier calcul n'a demandé que la primitive d'un polynôme.

Relier ce raisonnement au bac

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