Sujet D.2.4 Fonctions usuelles
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Exercice a
Simplifier l'expression de la fonction de variable réelle suivante :
$\displaystyle{}f:x\mapsto\sin(\op{Arctan}x)$
Montrer ensuite qu'elle définit une bijection entre $\bb R$ et un intervalle à préciser.
continuité d'une fonction composée
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec
$\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
extrémités de l'image continue d'un intervalle
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
indication
Commencer par simplifier le carré de $f(x)\sp{1.5}.$
réponse
On obtient l'expression suivante :
$\,\ptt x\app\bb R,\ f(x)=\dfrac x{\sqrt{1+x^2}}\!\cdot\,$
$f$ définit une bijection continue strictement croissante entre $\bb R$ et l'intervalle $\big]\!-1,1\big[\sp{1.5}.$
correction
À défaut de relation entre les fonctions sinus et
La tangente d'un réel $\,\smb1{x\!\non\equiv\!\dfrac\pi2\sp{1.5}[\sp{.75}\pi\sp{.75}]}\,$ est définie par :
tangente,
il existe une
$\displaystyle{}\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$
Pour tout $\,a\app\bb R\sp{1.5},\,$ on a les relations suivantes :
relation
entre leurs carrés :
- $\,\sth{.5}\cos^2a+\sin^2a=1\,;\,$
- $\,1+\tan^2a=\smh{1}{\dfrac1{\cos^2a}}\,$ lorsque $\,a\non\equiv\dfrac\pi2\sp{1.5}[\sp{.75}\pi\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\frac1{1+\tan^2\alpha}=\frac{\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}$
L'expression $\,y=\sin(\op{Arctan}x)\,$ définie sur $\bb R$ vérifie donc, par définition de la
L'arc tangente est la réciproque de la tangente restreinte à $\,]\!-\!\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}[\,\sp{.75}:\,$
fonction
arc tangente, la relation suivante :
$\displaystyle{}\op{Arctan}:\,\bb R\,\to\,\big]\!\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{.75}\big[$
- On a alors : $\,\ptt x\app\,]\!-\!\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}[\sp{1.5},\ \op{Arctan}(\tan x)=x\sp{1.5},\,$
- et réciproquement : $\,\ptt y\app\sp{1.5}\bb R,\ \tan(\op{Arctan}y)=y\,.\,$
$\displaystyle{}y^2=\sin^2(\op{Arctan}x)=\frac{\tan^2(\op{Arctan}x)}{1+\tan^2(\op{Arctan}x)}=\frac{x^2}{1+x^2}$
Avec $\,\big|\op{Arctan}x\big| < \smb{1.5}{\dfrac{\pi}2}\sp{1.5},\,$ le réel $y$ est du signe de $\,\op{Arctan}x\,$ et donc du signe de $\,x\sp{1.5},\,$ d'où :
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R\sp{1.5},\ f(x)=\frac x{\sqrt{1+x^2}}$
Comme composée de fonctions
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec
$\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$
continues
strictement
Soient $\,f:I\to \bb R\,$ et $\,g:J\to\bb R\,$ monotones, avec $\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors : leur composée $g\circ f$ est :
croissantes,
$f$ est une
- croissante sur $\,I\,$ si $f$ et $g$ ont même sens de variation,
- décroissante sur $\,I\,$ si $f$ et $g$ ont des sens de variation opposés.
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
bijection
de $\bb R$ vers
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
l'intervalle :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
$\displaystyle{}f(\bb R)=\sin\Big(\sp{1.5}\big]-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2\big[\sp{1.5}\Big)=\big]\!-1,1\big[$
On peut ensuite aisément trouver, avec la
La fonction arc sinus est la réciproque du sinus, restreint à $\,[\sp{1.5}-\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}]\sp{-1.5}:\,$
fonction
arc sinus, une double expression de la
$\displaystyle{}\op{Arcsin} :\, [\sp{1.5}-1,1\sp{1.5}]\,\to\big[-\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}\big]$
- On a alors : $\,\ptt x\app\,[\sp{1.5}-\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\,]\sp{1.5},\ \op{Arcsin}(\sin x)=x\sp{1.5},\,$
- et réciproquement : $\,\ptt y\app\,[\sp{1.5}-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\ \sin(\op{Arcsin}y)=y\sp{1.5}.\,$
Toute $\,f:E\to F\,$ bijective admet une réciproque : $\,f^{-1}:F\to E\sp{1.5}.\,$
$\,f^{-1}\,$ associe à tout $\,y\app F\,$ son unique antécédent $\,x=f^{-1}(y)\sp{1.5}.\,$
Cette réciproque est elle-même bijective, avec : $\,(f^{-1})^{-1}=f\sp{1.5}.\,$
réciproque
de $f:$
$\displaystyle{}\ptt y\sp{1.5}\app\,\big]\!-1,1\big[\sp{1.5}, \ f^{-1}(y)=\tan\!\big(\!\op{Arcsin} y\big)=\frac y{\sqrt{1-y^2}}$
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Exercice b
Montrer que la fonction $\,x\mapsto\op{sh}x\,$ définit une bijection entre $\bb R$ et un intervalle à préciser.
Déterminer ensuite une expression de sa réciproque.
continuité d'une fonction composée
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec
$\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
extrémités de l'image continue d'un intervalle
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
indication
Résoudre, pour $y\app\bb R$ fixé, l'équation $\,\op{sh}x=y\,$ d'inconnue $x\app\bb R\sp{1.5}.$
réponse
La fonction $\op{sh}$ constitue une bijection de $\bb R$ vers $\bb R,$ avec pour réciproque :
$\displaystyle{}\op{sh}^{-1}:\ y\mapsto\op{ln}\big(y+\sqrt{1+y^2}\big)$
correction
Sachant que la
Les fonctions cosinus et sinus hyperboliques sont continues sur $\,\bb R:\,$
fonction
sinus hyperbolique est continue et strictement croissante sur $\bb R,$ il s'ensuit qu'elle constitue une
- $\,x\mapsto\op{ch}x\,$ est paire, et strictement croissante sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,+\I[}\,;\,$
- $\,x\mapsto\op{sh}x\,$ est impaire, et strictement croissante sur $\,\bb R\sp{1.5}.\,$
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
bijection
de $\bb R$ vers
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
l'intervalle :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
$\displaystyle{}f(\bb R)=\big]\sp{-1.5}\lim x{-\I}\!\op{sh} x\sp{1.5}, \lim x{+\I}\!\op{sh} x\big[=\ ]\!-\!\I,+\I\sp{1.5}[\,=\bb R$
Il s'agit ensuite de déterminer pour tout $\,y\app f(\bb R)=\bb R\,$ son unique
L'application $\,f:E\to F\,$ est bijective ssi $f$ est injective et surjective.
En d'autres termes, ssi tout $\,y\app F\,$ a un et un seul antécédent $\,x\app E:\,$
antécédent
$\,x\app\bb R\,$ tel que :
$\displaystyle{}\ptt y\app F,\ \iex\sp{1.5}!\, x\app E,\ y=f(x)$
$\displaystyle{}\op{sh}x=\frac{\e x -\e{-x}}2=y$
Cela nous conduit à la résolution d'une équation en $\,\e x > 0\sp{1.5},\,$ à l'aide d'une
La racine carrée de $y\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5}0$ est l'unique $x=\!\sqrt{y\,}\geq0$ tel que $\,x^2\!=y\sp{1.5}.\,$
$\syst{\sp{1.5}\bb R_+\!&\to\bb R_+\\[-1ex] x\ &\mapsto x^2}$ et $\,\syst{\sp{1.5}\bb R_+\!&\to\bb R_+\\[-1ex] y\ &\mapsto\sqrt{y}}\,$ sont réciproques l'une de l'autre.
On a alors : $\,\sth1\ptt x\app\bb R\sp{1.5},\,\sqrt{\sth{.25}x^2\sp{1.5}}=|x|\sp{1.5},\,$ et : $\,\ptt y\geq0\sp{1.5},\ (\sp{-1.5}\sqrt{y\,})^2=y\sp{1.5}.\,$
racine
carrée :
$\eqalign{\op{sh}x=y\Ssi&\e x -\e{-x} =2\sp{1.5}y\\ \Ssi&\e{2x}-2\,y\,\e x-1=0\\
\Ssi&\big(\e x-y\big)^2=1+y^2\\
\Ssi&\e x=y\pm\sqrt{1+y^2}}$
En posant $\,u=\e x\,$ comme inconnue, on obtient l'équation : $\,u^2-2\sp{1.5}y\sp{1.5}u-1=0\sp{1.5},\,$ de
Le cas $\,\e x=y-\sqrt{1+y^2} < 0\,$ étant exclu, on obtient pour expression de la
Soit, pour $(a,b,c)\app\bb R^{\ast}\!\times\sp{-1.5}\bb R^2\sp{1.5},$ l'équation :
$\,a\sp{1.5}x^2+b\sp{1.5}x+c=0\sp{1.5}.\,$
Avec pour discriminant $\,\Delta=b^2-4\sp{1.5}a\sp{1.5}c\sp{1.5},\,$ cette équation a dans $\bb R\sp{1.5}:$
discriminant
$\,\Delta=4\sp{1.5}y^2+4\sp{1.5}.\,$
Cependant, le recours aux formules en $\Delta$ constitue un détour inutile dans un cas aussi simple.- aucune racine si $\,\smh{.5}\Delta < 0\,;\,$
- une seule racine si $\,\Delta = 0\sp{1.5}:\,$ $\,x=\smh{.7}{-\dfrac{b}{2\sp{1.5}a}}\,;\,$
- deux racines distinctes si $\,\Delta > 0\sp{1.5}:\,$ $\,x=\smh{0.2}{\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2\sp{1.5}a}}\!\cdot\,$
Toute $\,f:E\to F\,$ bijective admet une réciproque : $\,f^{-1}:F\to E\sp{1.5}.\,$
$\,f^{-1}\,$ associe à tout $\,y\app F\,$ son unique antécédent $\,x=f^{-1}(y)\sp{1.5}.\,$
Cette réciproque est elle-même bijective, avec : $\,(f^{-1})^{-1}=f\sp{1.5}.\,$
réciproque
de $\,\op{sh}:\,$
$\displaystyle{}\ptt y\app\bb R,\ \op{sh}^{-1}(y)=\op{ln}\!\big(\sp{1.5}y+\sqrt{1+y^2}\sp{1.5}\big)$
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Exercice c
On considère la fonction de variable réelle
$\,f:x\mapsto\sqrt 3\sin x+\cos x\sp{1.5}.\,$
Montrer que $f$ induit une bijection $g$ entre deux intervalles à préciser.
Déterminer ensuite une expression de la réciproque de $g\sp{1.5}.$
continuité d'une fonction composée
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec
$\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
extrémités de l'image continue d'un intervalle
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
indication
1
Commencer par exprimer $f(x)$ comme un sinus ou un cosinus.
indication
2
Poursuivre en déterminant un intervalle $I$ où $f$ est strictement monotone, puis résoudre pour $\,y\app f(I)\,$ fixé, l'équation $\,f(x)=y\,$ d'inconnue $x\app I\sp{1.5}.$
réponse
$f$ induit une bijection $\,g:I\tot J\,$ entre les intervalles :
$\displaystyle{}I=\Big[\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\frac{2\sp{1.5}\pi}3,\frac{\pi}3\sp{1.5}\Big]\,\txt{et}\,J=\big[-2,2\sp{1.5}\big]$
Cette bijection a pour réciproque $\,g^{-1}:y\mapsto\smash[t]{-\dfrac{\pi}6}+\op{Arcsin}\dfrac y 2\!\cdot\,$
correction
On commence par simplifier l'expression de $f$ à partir des
Les valeurs usuelles des fonctions trigonométriques sont :
Les autres valeurs résultent des symétries du cercle trigonométrique.
valeurs
usuelles de $\sin x$ et $\cos x,$ et d'une
| $\require{color}\colorbox{white}{$\tabl{{|c|c|c|c|c|c|}\hline \theta&\ 0\ \sth{1.5}\stb{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}6\sp{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}4\sp{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}3\sp{1.5}&\sp{1.5}\dfrac{\pi}2\sp{1.5}\\ \hline \cos\theta&1&\!\!\dfrac{\sqrt3}2\!\!&\!\!\dfrac{\sqrt2}2\!\!&\sp{1.5}\dfrac12\sp{1.5}&0\\ \hline \sin\theta&0&\!\!\dfrac12\!\!&\!\!\dfrac{\sqrt2}2\!\!&\!\!\dfrac{\sqrt3}2\!\!&1\\ \hline \tan\theta&0&\!\!\dfrac{\sqrt3}3\!\!&1&\!\!\sqrt3\!\!&\infty\\ \hline}$}$ |
Pour $a,b\app\bb R\sp{1.5},$ en développant $\,\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}(a+b)}\sp{1.5},\,$ on a les formules d'addition :
formule
d'addition :
- $\,\sth{.5}\cos(a+b)=\cos a\sp{1.5}\cos b-\sin a\sp{1.5}\sin b\,;\,$
- $\,\sth{.5}\sin(a+b)=\sin a\sp{1.5}\cos b+\cos a\sp{1.5}\sin b\,;\,$
- $\,\tan(a+b)=\dfrac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\sp{1.5}\tan b\!}\,$ si $\,a,\sp{.75}b,\sp{.75}a+b\non\equiv\dfrac\pi2\sp{1.5}[\sp{.75}\pi\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{f(x)&=2\Big(\!\sin x\sp{1.5}\cos\frac{\pi}6+\cos x\sp{1.5}\sin\frac{\pi}6\Big)&\!=2\sp{1.5}\sin\!\Big(x+\frac{\pi}6\Big)}$
La
Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$
fonction
sinus étant continue et strictement croissante sur $\,\big[-\pi/2,\pi/2\big[\sp{1.5},\,$ il s'ensuit que $f$ induit une
- Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
- Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
bijection
$\,g\,$ continue et strictement croissante entre les
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
intervalles :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
$\eqalign{I=&\Big[-\frac{\pi}2-\frac{\pi}6,\frac{\pi}2-\frac{\pi}6\Big]= \Big[-\frac{2\sp{1.5}\pi}3,\frac{\pi}3\Big]\\
\txt{et}J=&f(I)= 2\sp{1.5}\sin\Big(\Big[-\frac{\pi}2,\frac{\pi}2\Big]\Big)=\big[-2,2\sp{1.5}\big]}$
Avec la
La fonction arc sinus est la réciproque du sinus, restreint à $\,[\sp{1.5}-\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}]\sp{-1.5}:\,$
fonction
arc sinus, on détermine pour tout $\,y\app J\,$ son unique
$\displaystyle{}\op{Arcsin} :\, [\sp{1.5}-1,1\sp{1.5}]\,\to\big[-\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\sp{1.5}\big]$
- On a alors : $\,\ptt x\app\,[\sp{1.5}-\pi/2\sp{1.5},\sp{1.5}\pi/2\,]\sp{1.5},\ \op{Arcsin}(\sin x)=x\sp{1.5},\,$
- et réciproquement : $\,\ptt y\app\,[\sp{1.5}-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\ \sin(\op{Arcsin}y)=y\sp{1.5}.\,$
L'application $\,f:E\to F\,$ est bijective ssi $f$ est injective et surjective.
En d'autres termes, ssi tout $\,y\app F\,$ a un et un seul antécédent $\,x\app E:\,$
antécédent
$\,x\app I:\,$
$\displaystyle{}\ptt y\app F,\ \iex\sp{1.5}!\, x\app E,\ y=f(x)$
$\eqalign{y=2\sp{1.5}\sin\Big(x+\frac{\pi}6\Big)&\Ssi&x+\frac{\pi}6 =\op{Arcsin}\frac y 2\\
&\Ssi&x=-\frac{\pi}6+\op{Arcsin}\frac y 2}$
La bijection $\,g:I\to J\,$ a donc pour
Toute $\,f:E\to F\,$ bijective admet une réciproque : $\,f^{-1}:F\to E\sp{1.5}.\,$
$\,f^{-1}\,$ associe à tout $\,y\app F\,$ son unique antécédent $\,x=f^{-1}(y)\sp{1.5}.\,$
Cette réciproque est elle-même bijective, avec : $\,(f^{-1})^{-1}=f\sp{1.5}.\,$
réciproque
$\,g^{-1}:J\to I\sp{1.5},\,$ définie comme suit :
$\displaystyle{}g^{-1}:y\mapsto-\frac{\pi}6+\op{Arcsin}\frac y 2$
On peut aussi partir d'une autre expression simplifiée de $f\sp{1.5},$ sous forme de cosinus :
$\displaystyle{}f(x)=2\sp{1.5}\cos\Big(x-\dfrac{\pi}3\Big)$
On en déduit alors, avec la
La fonction arc cosinus est la réciproque du cosinus, restreint à $\,[\sp{1.5}0\sp{.75},\pi\sp{1.5}]:\,$
fonction
arc cosinus, une autre expression de $\,g^{-1}\sp{1.5},\,$ équivalente à celle obtenue ci-dessus :
$\displaystyle{}\op{Arccos} : \,[\sp{1.5}-1,1\sp{1.5}]\,\to[\sp{1.5}0\sp{.75},\pi\sp{1.5}]$
- On a alors : $\,\ptt x\app\,[\sp{1.5}0\sp{.75},\pi\sp{1.5}]\sp{1.5},\ \op{Arccos}(\cos x)=x\sp{1.5},\,$
- et réciproquement : $\,\ptt y\app\,[\sp{1.5}-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\ \cos(\op{Arccos}y)=y\,\,.\,$
$\displaystyle{}g^{-1}:y\mapsto\dfrac{\pi}3-\op{Arccos}\dfrac y2$
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Exercice d
On considère la fonction de variable réelle $\,f:x\mapsto2\sp{1.5}\op{th}x-\op{th}^2\sp{1.5}x\sp{1.5}.\,$
Montrer que $f$ définit une bijection de $\bb R$ vers un intervalle à préciser.
Déterminer ensuite une expression de sa réciproque.
continuité d'une fonction composée
Soient $\,f:I\to\bb R\,$ et $\,g:J\to\bb K\,$ continues, avec
$\,f(I)\subset J\sp{1.5}.\,$ Alors la composée $\,g\circ f\,$ est continue sur l'intervalle $I\sp{1.5}.$
théorème de la bijection
Soit $\,f:I\to\bb R\,$ continue et strictement monotone sur un intervalle.
Alors, $f$ induit une bijection $\,\smh0{\widehat f}: x\mapsto f(x)\,$ entre $I$ et $\,J=f(I)\sp{1.5}.\,$
$\,\smh{.75}{(\widehat f\,)^{-1}}\,$ est continue, strictement monotone et de même sens que $f\,.$
extrémités de l'image continue d'un intervalle
Soit $f:I\to \bb R,$ continue et strictement monotone sur un intervalle $I\sp{1.5}.$
Alors l'intervalle $f(I)$ est de forme identique ou opposée à celle de $I$, selon le sens de variation de $f\sp{1.5},$ et il a pour bornes :
- $\,f(\alpha)\,$ pour chaque extrémité fermée $\alpha$ de $I\sp{1.5};$
- $\,\lim x{\alpha}f(x)\,$ pour chaque extrémité ouverte $\alpha$ de $I\sp{1.5}.$
indication
1
Commencer par faire apparaître un carré dans l'expression de $f(x)\sp{1.5}.$
indication
2
Poursuivre en déterminant $\,J=f(\bb R)\sp{1.5}\,$ puis résoudre, pour $\,y\app \,$ fixé, l'équation : $\,f(x)=y\sp{1.5}.\,$
réponse
$f$ est une bijection de $\,\bb R\,$ vers $\,]\!-3,1\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ avec pour réciproque :
$\displaystyle{}f^{-1}:y\mapsto\frac12\,\ln\sp{-1.5}\bigg(\frac2{\sqrt{1-y}}-1\!\bigg)$
correction
Pour tout $x\app\bb R,$ on a
Pour tout $x\app\bb R,$ on a les inégalités suivantes :
l'encadrement :
$\,-1 <\op{th}x < 1\sp{1.5},\,$ et la relation $\,f(x)=y\,$ peut s'écrire :
$\displaystyle{}\op{ch}x\geq 1\sp{1.5}\txt{et}\,|\op{th}x| < 1$
$\displaystyle{}2\sp{1.5}\op{th}x-\op{th}^2x=1-\big(1-\op{th}x\big)^2=y$
Il s'ensuit que : $\,(1-\op{th}x)\,\app\,]\sp{1.5}0,2\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ et donc que : $\,y\app\,]\!-3,1\sp{1.5}[\sp{1.5};\,$ avec une
La racine carrée de $y\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5}0$ est l'unique $x=\!\sqrt{y\,}\geq0$ tel que $\,x^2\!=y\sp{1.5}.\,$
$\syst{\sp{1.5}\bb R_+\!&\to\bb R_+\\[-1ex] x\ &\mapsto x^2}$ et $\,\syst{\sp{1.5}\bb R_+\!&\to\bb R_+\\[-1ex] y\ &\mapsto\sqrt{y}}\,$ sont réciproques l'une de l'autre.
On a alors : $\,\sth1\ptt x\app\bb R\sp{1.5},\,\sqrt{\sth{.25}x^2\sp{1.5}}=|x|\sp{1.5},\,$ et : $\,\ptt y\geq0\sp{1.5},\ (\sp{-1.5}\sqrt{y\,})^2=y\sp{1.5}.\,$
racine
carrée, on en déduit :
$\eqalign{f(x)=y&\Ssi&\big(1-\op{th}x\big)^2&=&1-y\\ &\Ssi&\ \ 1-\op{th}x&=&\sqrt{1-y}}$
D'autre part, par définition de la
La tangente hyperbolique de tout $x\app\bb R$ est définie par :
fonction
tangente hyperbolique, on peut écrire pour tout $x\app\bb R:$
$\displaystyle{}\op{th}x=\frac{\op{sh}x}{\op{ch}x}=\frac{\e{\sp{1.5}x}-\e{-x}}{\e{\sp{1.5}x}+\e{-x}}$
$\displaystyle{}1-\op{th}x=1-\frac{\e{\sp{1.5}x}-\e{-x}}{\e{\sp{1.5}x}+\e{-x}}=\frac{2\sp{1.5}\e{-x}}{\e{\sp{1.5}x}+\e{-x}}=\frac2{\e{2\sp{1.5}x}+1}$
On peut donc poursuivre les équivalences par
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
inversions
réciproques d'inégalités :
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
$\eqalign{f(x)=y&\Ssi&\frac2{\e{2\sp{1.5}x}+1}&=&\sqrt{1-y}\,\app\ ]\sp{1.5}0,2\sp{1.5}[\\[-1ex]
&\Ssi&\ \e{2\sp{1.5}x}+1&=&\ \frac2{\sqrt{1-y}}\,\app\ ]\sp{1.5}1,+\I\sp{1.5}[}$
À l'aide d'un
La fonction logarithme népérien est la réciproque de l'exponentielle :
logarithme,
on en déduit que pour tout $\,y\app\,]\!-3,1\sp{1.5}[\sp{1.5},\,$ il existe un et un seul $x\app\bb R$ tel que $\,f(x)=y:\,$
$\displaystyle{}\ln:\ ]\sp{1.5}0,+\I[\,\To \bb R$
On a alors : $\,\ptt x\app\bb R\sp{1.5},\ \ln(\e{\sp{1.5}x})=x\,$ et $\,\ptt y >0\sp{1.5},\ \e{\sp{1.5}\ln y}=y\,.\,$
$\displaystyle{}x=\frac12\,\ln\bigg(\frac2{\sqrt{1-y}}-1\bigg)=f^{-1}(y)$
On a ainsi établi directement que $f$ est une
L'application $\,f:E\to F\,$ est bijective ssi $f$ est injective et surjective.
En d'autres termes, ssi tout $\,y\app F\,$ a un et un seul antécédent $\,x\app E:\,$
bijection
de $\bb R$ vers $\,]\!-3,1\sp{1.5}[\stb{1}\,$ en trouvant sa
$\displaystyle{}\ptt y\app F,\ \iex\sp{1.5}!\, x\app E,\ y=f(x)$
Toute $\,f:E\to F\,$ bijective admet une réciproque : $\,f^{-1}:F\to E\sp{1.5}.\,$
$\,f^{-1}\,$ associe à tout $\,y\app F\,$ son unique antécédent $\,x=f^{-1}(y)\sp{1.5}.\,$
Cette réciproque est elle-même bijective, avec : $\,(f^{-1})^{-1}=f\sp{1.5}.\,$
réciproque.
On aurait pu commencer par étudier les variations de $f,$ par exemple au moyen de sa dérivée.
Cependant, nous n'aurions pas évité les calculs ci-dessus, indispensables pour expliciter la réciproque de $f.$