Etude de la fonction r´ ´ eciproque de la fonction th.

ECS1 H. Boucher Corrig´e Devoir maison n^o2

Probl`eme 1

Etude de la fonction r´ ´ eciproque de la fonction th.

Remarque. Dans ce corrig´e on donne aux fonctions leur vrai nom : cosinus hyperbolique, sinus hyper- bolique et tangente hyperbolique (au lieu de u, v et h respectivement). Aussi la r´eciproque w se nomme argument tangente hyperbolique, not´ee argth.

On notera respectivement ch, sh et th les fonctions cosinus hyperbolique, sinus hyperbolique et tangente hyperbolique d´efinies par :

∀x∈R,ch(x) = e^x+e^−x

2 , sh(x) = e^x−e^−x

2 et th(x) = sh(x)

ch(x) = e^x−e^−x e^x+e^−x.

1. La fonction th est bien d´efinie et d´erivable sur R comme quotient de fonctions qui le sont, dont le d´enominateur ne s’annule pas (∀x∈R,e^x+e^−x>0).

Pour toutx∈R, th(x) = 1

ch²(x) qui est strictement positive pour toutx∈R. La fonction th est donc continue et strictement croissante sur R.

Or lim

x→+∞th(x) = 1 et lim

x→+∞th(x) =−1 donc th r´ealise une bijection `a valeurs dansI =]−1,1[ . 2. SurR,th⁰ = ch²−sh²

ch² = 1−th² .

3. argth est d´efinie surR et th est impaire donc

∀x∈R,argth(−x) = argth(−th(argth(x))) = argth(th(−argth(x))) =−argth(x).

Donc argth est impaire .

4. argth est d´erivable sur ]−1,1[ comme bijection r´eciproque de th, d´erivable surR et dont la d´eriv´ee ne s’annule pas, et ∀x∈]−1,1[,argth⁰(x) = 1

th⁰(argth(x)) = 1

1−th²(argth(x)) = 1 1−x² . 5. Pour touty∈R, th(y) = e^y−e^−y

e^y+e^−y = e^2y −1 e^2y + 1. Pour toutx∈]−1,1[, y= argth(x)⇔x= e^2y−1

e^2y+ 1 ⇔e^2y = 1 +x 1−x. D’o`u y= argth(x) = 1

2ln

1 +x

1−x

.

Etude d’une ´ ´ equation fonctionnelle

Le but de cette partie est de r´esoudre le probl`eme suivant :

D´eterminer les fonctionsf d´efinies sur R, `a valeurs r´eelles et d´erivables en 0 qui v´erifient :

∀x∈R, f(2x) = 2f(x) 1 + (f(x))²·

1

6. Soit K∈R. Soit f :x7→K une fonction constante. Elle est d´efinie surR, d´erivable en 0. Alors f est solution du probl`eme ⇔ pour toutx∈R, f(2x) = 2f(x)

1 + (f(x))²

⇔ K= 2K 1 +K²

⇔ K(K²−1) = 0

⇔ K(K−1)(K+ 1) = 0

⇔ K∈ {0,1,−1}

7. Sif est solution, alors pourx= 0, on a :f(2×0) = 2f(0)

1 + (f(0))². Alors (on a d´ej`a r´esolu cette ´equation avec K dans la question pr´ec´edente) f(0)∈ {0,1,−1}

8. Sif est solution, alors

∀x∈R, f(x) =f 2x

2

= 2f ^x₂ 1 +f ^x₂2.

Or on montre par l’´etude de la fonction t7→ 2t

1 +t² que pour toutt∈R, 2t

1 +t² ∈[−1,1].

Donc ∀x∈R, −1≤f(x)≤1

9. Sif est solution, alors−f est ´egalement d´efinie surR, d´erivable en 0 et elle v´erifie :

∀x∈R,(−f)(2x) =− 2f(x)

1 + (f(x))² = 2(−f)(x) 1 + (−f(x))². Donc −f est solution du probl`eme .

10. th est une fonctionR→Rd´erivable en 0 et :

∀x∈R,th(2x) = sh(2x)

ch(2x) = 2 sh(x) ch(x)

ch²(x) + sh²(x) = 2 th(x) 1 + (th(x))². Donc th est solution du probl`eme .

11. Dans les questions (11a) `a (11e), on suppose que f est une solution du probl`eme pos´e, que f(0) = 1 et quef n’est pas constante.

On consid`erex₀∈R, tel quef(x₀)6=f(0) et l’on d´efinit la suite (u_n) par :∀n∈N, u_n=fx₀ 2ⁿ

. (a) x0

2ⁿ −−−−−→

n→+∞ 0 et f est d´erivable donc continue en 0. Donc un−−−−−→

n→+∞ f(0) = 1 . (b) Pour toutn∈N,un=f

x0

2ⁿ

=f

2 x0

2ⁿ⁺¹

= 2f ₂n+1^x0

1 + f ₂n+1^x0

2. Donc ∀n∈N, u_n= 2u_n+1

1 +u²_n+1 .

∀n∈N, 1 +u²_n est positif. Donc un est du signe deun+1.

Donc (un) est de signe constant (on peut s’entraˆıner `a r´ediger la r´ecurrence simple qui le montre).

De plus,∀n∈N, un

u_n+1 = 2

1 +u²_n. Or un∈[−1,1] doncu²_n61 et donc un

u_n+1 >1.

Donc

— siu0 >0, alors un>0 pour tout net (un) est d´ecroissante ,

— siu0 <0, alors un<0 pour tout net (un) est croissante . 2

(c) On af(x0)6= 1 doncf(x0)<1 et donc u0 <1.

— si u0 > 0, alors (un) est d´ecroissante donc sa limite est ` 6 u0 < 1, ce qui contredit la question (11a),

— si u0 < 0, alors un < 0 pour tout n et la limite de (un) est n´egative, ce qui contredit la question (11a).

— le casu₀= 0 est exclu car alors on aurait (u_n) constante ´egale `a 0.

Dans tous les cas, on aboutit `a une contradiction .

(d) Si l’hypoth`ese f(0) = 1 est remplac´ee par l’hypoth`ese f(0) =−1 alors on a la fonction (−f) qui est solution avec (−f)(0) = 1. Les questions pr´ec´edentes montrent donc ´egalement que

ce n’est pas possible .

(e) Si f(0) = 1 ou f(0) = −1, seule une fonction constante est solution . (Et r´eciproquement les fonctions constantes ´egales `a 1 et−1 sont bien solutions)

12. Dans les questions (12a) `a (12d), on suppose quef est une solution du probl`eme pos´e et quef(0) = 0.

En raisonnant comme pour les questions (11a) `a (11e), on peut montrer (et on admettra donc ici) que :

∀x∈R, f(x)6= 1 etf(x)6=−1.

On d´efinit alors la fonction g par :∀x∈R, g(x) = argth(f(x)).

(a) ∀x∈R,th(2g(x)) = th(2 argth(f(x))) = 2 th(argth(f(x)))

1 + (th(argth(f(x))))² = 2f(x)

1 + (f(x))² carf(x)∈]−1,1[.

∀x∈R,th(2g(x)) =f(2x). Donc 2g(x) = argth(f(2x)), soit ∀x∈R,2g(x) =g(2x) . On en d´eduit par r´ecurrence (la r´ediger !) que ∀x∈R,∀n∈N, g(2ⁿx) = 2ⁿg(x) .

(b) fest d´erivable en 0 et argth est d´erivable enf(0) = 0 donc par composition, g est d´erivable en z´ero . (c) v_n= g ₂^xn

−g(0)

x

2ⁿ −0 et converge donc vers g⁰(0) carg est d´erivable en 0.

(d) Pour toutx∈Ret toutn∈N,xv_n= g ₂^xn

x 2ⁿ

=g(x) cargx 2ⁿ

= 1 2ⁿg(x).

Donc par passage `a la limite, ∀x∈R,g(x) =g⁰(0)x.

Donc il existeλ∈Rtel que∀x∈R,g(x) =λx.

13. Synth`ese : on v´erifie que les fonctions de la formef :x7→th(λx) sont solutions du probl`eme. En effet, elles sont bien d´efinies sur R, d´erivables en 0 et telles que :

∀x∈R, f(2x) = th(2λx) = 2 th(λx)

1 + (th(λx))² = 2f(x) 1 +f(x)².

Finalement les fonctions solutions sont {x7→th(λx), λ∈R} et{x7→ −1, x7→0, x7→1}

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