Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

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Partie A.

1. On a h(0) =g(−0) =g(0) = 1.

2. La fonctionh est dérivable sur R comme composée de fonctions dérivables et, pour tout réel x, h⁰(x) =−g⁰(−x) = −(−g(−x)) =g(−x) = h(x).

3. L’unique fonction f dérivable sur R telle que f(0) = 1 et f⁰ = f est le fonction exponentielle donc, d’après les questions précédentes, pour tout réel x,h(x) = e^x. On en déduit que, pour tout réel x,g(x) = h(−x) = e^−x.

Partie B.

1. a. Pour tout réel x, [f⁰(x)]²−[f(x)]² = 1 donc [f⁰(x)]² = [f(x)]²+ 1. Comme le carré d’un réel est positif ou nul, on en déduit que, pour tout réel x, [f⁰(x)]² > 1. En particulier, pour tout réelx, [f⁰(x)]² 6= 0 donc f⁰(x)6= 0.

b. Pour tout réelx, [f⁰(x)]²−[f(x)]² = 1 donc [f⁰(x)]²−1 = [f(x)]². En particulier, pour x= 0, [f⁰(0)]² −1 = [f(0)]². Or, par hypothèse, f⁰(0) = 1 donc [f(0)]² = 1²−1 = 0 et doncf(0) = 0.

2. Comme f est deux fois dérivable surR, les fonctionsf² et f⁰² sont dérivables sur Rdonc, en dérivant l’égalité de (∗), il vient : pour tout réel x, 2f⁰⁰(x)f⁰(x)−2f⁰(x)f(x) = 0 i.e.

2f⁰⁰(x)f⁰(x) = 2f⁰(x)f(x). Or, pour tout réel x, 2f⁰(x)6= 0 d’après la question 1.a. donc, pour tout réelx, f⁰⁰(x) = f(x).

3. On pose u=f⁰+f etv =f⁰−f.

a. On a u(0) =f⁰(0) +f(0) = 1 + 0 = 1 et v(0) =f⁰(0)−f(0) = 1−0 =−1.

b. Comme f etf⁰ sont dérivables sur R, uet v le sont aussi. De plus, u⁰ = (f⁰ +f)⁰ = f⁰⁰+f⁰ = f+f⁰ =uet v⁰ = (f⁰−f)⁰ =f⁰⁰−f =f−f⁰ = −v car, d’après la question 2., f⁰⁰=f.

c. La fonction u est une fonction dérivable sur R telle queu(0) = 1 et u⁰ =udonc, par théorème,u= exp. De plus, v est une fonction dérivable sur Rtelle que v(0) = 1 et v⁰ =−v donc, d’après la Partie A, v :x7−→e^−x.

d. Soit x ∈ R. Alors, f⁰(x) +f(x) = e^x et f⁰(x)−f(x) = e^−x donc, en soustrayant membre à membre ces deux égalités, il vient f⁰(x) +f(x)−(f⁰(x)−f(x)) = e^x−e^−x i.e. 2f(x) = e^x−e^−x.

On conclut donc que, pour tout réel x, f(x) = e^x−e^−x

2 .

Partie C.

1. Pour tout réel x, on sait que f⁰⁰(x) =f(x). Ainsi, pour tout réel x, f⁰⁰(x)>0⇔ e^x−e^−x

2 >0⇔e^x−e^−x >0⇔e^x >e^−x⇔x>−x⇔2x>0⇔x>0.

Ainsi, f⁰⁰(x)>0 pour tout x∈[0 ; +∞[ et f⁰⁰(x)60 pour tout x∈[−∞; 0[.

On en déduit que f est concave sur [−∞; 0[ et convexe sur [0 ; +∞[. La courbe de f présente donc un point d’inflexion à l’abscisse 0 i.e. au point de coordonnées (0 ; 0).

2. Par théorème, lim

x→+∞e^x = +∞. De plus, lim

x→+∞−x = −∞ et lim

X→−∞e^X = 0 donc, par composition, lim

x→+∞e^−x = 0. Par différence et quotient par une constante positive, on en déduit que lim

x→+∞f(x) = +∞.

Par théorème, lim

x→−∞e^x = 0. De plus, lim

x→−∞−x = +∞ et lim

X→+∞e^X = +∞ donc, par composition, lim

x→−∞e^−x= +∞. Par différence et quotient par une constante positive, on en déduit que lim

x→−∞f(x) = −∞.

3. Pour tout réel x,f⁰(x) = e^x−(−e^−x)

2 = e^x+ e^−x

2 . Comme la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, on en déduit que, pour tout réel x,f⁰(x)>0. Ainsi,f est strictement croissante sur R.

On aboutit donc au tableau de variation suivant : x

Variation de f

−∞ +∞

−∞

−∞

+∞

+∞

4. Soit m un nombre réel.

a. La fonction f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur R. De plus, m∈

lim−∞f; lim

+∞f

donc, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel α_m tel que f(α_m) =m.

Ainsi, α_m est l’unique solution de l’équationf(x) =m dans R.

b. Pour tout réel x, [f⁰(x)]²−[f(x)]² = 1 donc, en particulier, [f⁰(α_m)]²−[f(α_m)]² = 1 i.e. [f⁰(α_m)]² −m² = 1 donc [f⁰(α_m)]² = m²+ 1. Or, on a vu que, pour tout réel x, f⁰(x) > 0 donc f⁰(α_m) = √

m²+ 1. De plus, on a vu que, pour tout réel x, e^x =u(x) = f⁰(x) +f(x) donc e^αm =f⁰(α_m) +f(α_m) i.e. e^αm =m+√

m² + 1.

Autre méthode. Par définition, e^αm−e^−αm

2 = m donc e^αm −e^−αm = 2m i.e. e^αm − 2m−e^−αm = 0. En multipliant par e^αm, on en déduit que e^2αm−2me^αm−1 = 0.

Ainsi, e^αm est solution de l’équation du second degréX²−2mX −1 = 0.

Le discriminant de cette équation est ∆ = (−2m)² −4×1×(−1) = 4m² + 4 = 4(m²+ 1) >donc cette équation possède deux solutions réelles :

X₂ = −(−2m)−^q4(m²+ 1)

2×1 = 2m−2√

m²+ 1

2 =m−√

m²+ 1 et

X₁ = −(−2m) +^q4(m²+ 1)

2×1 = 2m+ 2√

m²+ 1

2 =m+√

m²+ 1

Or, m²+ 1> m² donc par stricte croissance de la fonction racine carrée sur [0 ; +∞[,

√m²+ 1 >√

m² =|m|>m doncX₁ <0. Mais, par ailleurs, e^αm >0 donc on conclut que e^αm =X2 =m+√

m²+ 1.

Partie D. Comme f etk sont dérivables sur R,f ◦k est dérivable sur R. De plus, pour tout réel x, (f ◦k)(x) = f(k(x)) = f(α_x) = x donc, en dérivant, on obtient, pour tout réel x, k⁰(x)×f⁰(k(x)) = 1. Or, on a vu dans laPartie C que, pour tout réel x,

f⁰(k(x)) =f⁰(α_x) =√ x²+ 1 donc, pour tout réel x,k⁰(x)×√

x²+ 1 = 1 i.e. k⁰(x) = 1

√x²+ 1.