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Fahmio
Fahmio
Bac Tunisie
Mathématiques/FR-G
FR-GFonctions réciproques

Réciproque de la fonction tangente restreinte : (f−1)′=11+x2(f^{-1})'=\frac{1}{1+x^2}, identités par dérivation, fonction intégrale, encadrement de π4\frac{\pi}{4}

Idée directrice

Au bac, la réciproque de la tangente restreinte à ]−π2,π2[\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ se note f−1f^{-1} (ou g−1g^{-1}), jamais par un nom de fonction usuelle : tout se démontre à partir de (f−1)′(x)=11+x2\left(f^{-1}\right)'(x)=\frac{1}{1+x^2}. Pour établir une identité (f−1(x)+f−1(1x)=π2f^{-1}(x)+f^{-1}\left(\frac1x\right)=\frac{\pi}{2}) ou identifier une fonction intégrale, on dérive et l'on évalue en un point ; pour encadrer f−1f^{-1}, on encadre sa dérivée puis on intègre.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que ff réalise une bijection de ]−π2,π2[\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ sur R\R ; on note f−1f^{-1} sa fonction réciproque » ; « montrer que (f−1)′(x)=11+x2\left(f^{-1}\right)'(x)=\frac{1}{1+x^2} » ; « montrer que pour tout x>0x>0, F(x)=f−1(… )F(x)=f^{-1}(\dots) »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Dérivée d'une réciproque : (f−1)′=1f′∘f−1\left(f^{-1}\right)'=\frac{1}{f'\circ f^{-1}}, puis exprimer f′(f−1(x))f'\left(f^{-1}(x)\right) en fonction de xx.
  • Identité fonctionnelle : dériver, constater une dérivée nulle sur un intervalle, évaluer en un point simple.
  • Fonction intégrale à identifier : même dérivée et même valeur en un point.
  • Encadrer f−1f^{-1} : encadrer la dérivée sur [0,x][0,x] puis intégrer.
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Utiliser une notation de fonction réciproque non définie par l'énoncé : on écrit f−1f^{-1} et l'on justifie tout ; oublier la dérivée de la composée 1x\frac1x ; conclure « φ\varphi constante » sur R∗\R^* (deux intervalles : sur ]−∞,0[]-\infty,0[ la constante vaut −π2-\frac{\pi}{2}) ; intégrer un encadrement sans avoir vérifié que les bornes sont dans l'ordre.

Sujet principal

Exercice 4 — partie B (3,5 points), dans l'esprit des sessions 2016–2022

6 questionsCorrigé masqué

Soit ff la restriction de la fonction tan⁡\tan à l'intervalle ]−π2,π2[\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[.

  1. Montrer que ff réalise une bijection de ]−π2,π2[\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ sur R\R. On note f−1f^{-1} sa réciproque. Donner f−1(0)f^{-1}(0), f−1(1)f^{-1}(1) et f−1(3)f^{-1}\left(\sqrt3\right).
  2. Montrer que f−1f^{-1} est dérivable sur R\R et que (f−1)′(x)=11+x2\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}.
  3. Soit h(x)=f−1(x)+f−1(−x)h(x)=f^{-1}(x)+f^{-1}(-x). Montrer que hh est constante ; en déduire que f−1f^{-1} est impaire.
  4. Pour x>0x>0, on pose φ(x)=f−1(x)+f−1(1x)\varphi(x)=f^{-1}(x)+f^{-1}\left(\frac1x\right). Montrer que φ\varphi est constante et égale à π2\frac{\pi}{2}.
  5. Soit F(x)=∫1xdtt(1+(ln⁡t)2)F(x)=\displaystyle\int_1^x\frac{dt}{t\left(1+(\ln t)^2\right)} pour x>0x>0. Montrer que F(x)=f−1(ln⁡x)F(x)=f^{-1}(\ln x), puis calculer F(e)F(e) et lim⁡x→+∞F(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}F(x).
  6. Montrer que, pour tout t∈[0,1]t\in[0,1], 1−t2≤11+t2≤11-t^2\le\dfrac{1}{1+t^2}\le1. En déduire que, pour tout x∈[0,1]x\in[0,1], x−x33≤f−1(x)≤xx-\dfrac{x^3}{3}\le f^{-1}(x)\le x, puis un encadrement de π\pi.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. ff est dérivable, f′(x)=1+tan⁡2x>0f'(x)=1+\tan^2x>0 : ff est continue et strictement croissante, avec lim⁡(−π/2)+f=−∞\lim_{(-\pi/2)^+}f=-\infty et lim⁡(π/2)−f=+∞\lim_{(\pi/2)^-}f=+\infty ; c'est une bijection sur R\R. tan⁡0=0\tan0=0, tan⁡π4=1\tan\frac{\pi}{4}=1, tan⁡π3=3\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt3 : f−1(0)=0f^{-1}(0)=0, f−1(1)=π4f^{-1}(1)=\frac{\pi}{4}, f−1(3)=π3f^{-1}\left(\sqrt3\right)=\frac{\pi}{3}.

2. f′f' ne s'annule pas, donc f−1f^{-1} est dérivable sur R\R et (f−1)′(x)=1f′(f−1(x))=11+tan⁡2(f−1(x))=11+x2\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(x)\right)}=\dfrac{1}{1+\tan^2\left(f^{-1}(x)\right)}=\dfrac{1}{1+x^2}.

3. h′(x)=11+x2−11+x2=0h'(x)=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2}=0 sur l'intervalle R\R : hh est constante, égale à h(0)=0h(0)=0. Donc f−1(−x)=−f−1(x)f^{-1}(-x)=-f^{-1}(x) : f−1f^{-1} est impaire.

4. Idée : dériver la composée x↦f−1(1x)x\mapsto f^{-1}\left(\frac1x\right). φ′(x)=11+x2+(−1x2)11+1x2=11+x2−1x2+1=0\varphi'(x)=\frac{1}{1+x^2}+\left(-\frac{1}{x^2}\right)\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2+1}=0 sur l'intervalle ]0,+∞[]0,+\infty[. Donc φ(x)=φ(1)=π4+π4=π2\varphi(x)=\varphi(1)=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}.

5. FF est la primitive de t↦1t(1+ln⁡2t)t\mapsto\frac{1}{t(1+\ln^2t)} qui s'annule en 11 ; et (f−1∘ln⁡)′(x)=1x⋅11+ln⁡2x\left(f^{-1}\circ\ln\right)'(x)=\frac1x\cdot\frac{1}{1+\ln^2x}, avec f−1(ln⁡1)=0f^{-1}(\ln1)=0. Donc F=f−1∘ln⁡F=f^{-1}\circ\ln. F(e)=f−1(1)=π4F(e)=f^{-1}(1)=\frac{\pi}{4} ; et ln⁡x→+∞\ln x\to+\infty donne lim⁡+∞F=lim⁡u→+∞f−1(u)=π2\lim_{+\infty}F=\lim_{u\to+\infty}f^{-1}(u)=\frac{\pi}{2}.

6. Pour t∈[0,1]t\in[0,1] : 11+t2≤1\frac{1}{1+t^2}\le1 et 11+t2−(1−t2)=t41+t2≥0\frac{1}{1+t^2}-(1-t^2)=\frac{t^4}{1+t^2}\ge0. Comme f−1(x)=∫0xdt1+t2f^{-1}(x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2} (f−1(0)=0f^{-1}(0)=0), on intègre sur [0,x][0,x] : x−x33≤f−1(x)≤xx-\frac{x^3}{3}\le f^{-1}(x)\le x. Pour x=1x=1 : 23≤π4≤1\frac23\le\frac{\pi}{4}\le1, soit 83≤π≤4\boxed{\frac83\le\pi\le4}.

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.

Variantes rencontrées : réciproque de la tangente et F(x)=f−1(x)−π4F(x)=f^{-1}(x)-\frac{\pi}{4} (contrôle 2022) ; F′=G′F'=G' puis aire contenant π\pi (principale 2017) ; réciproque du sinus restreint (contrôle 2016).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill FR-G.1 — réciproque du sinus restreint : dérivée et valeur d'intégrales
Entraînement 01 / 01

Drill FR-G.1 — réciproque du sinus restreint : dérivée et valeur d'intégrales

3 questionsCorrigé masqué

Soit ss la restriction de la fonction sinus à l'intervalle [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].

  1. Montrer que ss réalise une bijection de [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] sur [−1,1][-1,1] ; on note s−1s^{-1} sa réciproque.
  2. Montrer que s−1s^{-1} est dérivable sur ]−1,1[]-1,1[ et que (s−1)′(x)=11−x2\left(s^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}.
  3. En déduire les valeurs de ∫01/2dx1−x2\displaystyle\int_0^{1/2}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} et de ∫−2/22/2dx1−x2\displaystyle\int_{-\sqrt2/2}^{\sqrt2/2}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. s′(x)=cos⁡x>0s'(x)=\cos x>0 sur ]−π2,π2[\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ : ss est continue et strictement croissante, s(−π2)=−1s\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1, s(π2)=1s\left(\frac{\pi}{2}\right)=1 ; c'est une bijection sur [−1,1][-1,1].

2. Pour x∈]−1,1[x\in]-1,1[, y=s−1(x)∈]−π2,π2[y=s^{-1}(x)\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[ et s′(y)=cos⁡y≠0s'(y)=\cos y\ne0 : s−1s^{-1} est dérivable en xx et (s−1)′(x)=1cos⁡y\left(s^{-1}\right)'(x)=\frac{1}{\cos y}. Or cos⁡y>0\cos y>0 et cos⁡2y=1−sin⁡2y=1−x2\cos^2y=1-\sin^2y=1-x^2, donc cos⁡y=1−x2\cos y=\sqrt{1-x^2}.

3. s−1s^{-1} est une primitive de x↦11−x2x\mapsto\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} sur ]−1,1[]-1,1[, et [−22,22]⊂]−1,1[\left[-\frac{\sqrt2}{2},\frac{\sqrt2}{2}\right]\subset]-1,1[. D'où ∫01/2dx1−x2=s−1(12)−s−1(0)=π6\displaystyle\int_0^{1/2}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=s^{-1}\left(\tfrac12\right)-s^{-1}(0)=\boxed{\frac{\pi}{6}} et ∫−2/22/2dx1−x2=π4−(−π4)=π2\displaystyle\int_{-\sqrt2/2}^{\sqrt2/2}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\boxed{\frac{\pi}{2}}.

Relier ce raisonnement au bac

Choisis une filière pour voir les sujets qui étayent ce scénario.