سلسلة تمارين مصححة Dérivabilité d'une fonction numérique — الثانية باك علوم فيزيائية

Correction 1

1. 💡 Méthode : $f$ est dérivable en $a$ si le taux de variation $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ admet une limite finie quand $x\to a$ ; cette limite est $f'(a)$.

$f(1)=1+3=4$. Pour $x\neq1$ :

$\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{x^2+3x-4}{x-1}$

$=\dfrac{(x-1)(x+4)}{x-1}$

$=x+4$

(forme « $\dfrac{0}{0}$ » : $1$ est racine de $x^2+3x-4$, on factorise par $x-1$). Quand $x\to1$ : $x+4\to5$ (réel).

$f$ est dérivable en $1$ et $f'(1)=5$.

2. 💡 Méthode : $f$ est dérivable à droite en $a$ si $\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ est un réel ; si cette limite vaut $\pm\infty$, $f$ n’est pas dérivable à droite en $a$ et $(C_f)$ admet une demi-tangente verticale au point d’abscisse $a$.

$g(0)=0$. Pour $x>0$ ($x=\left(\sqrt{x}\right)^2$) :

$\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}=\dfrac{\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}\right)^2}$

$=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$

Quand $x\to0^+$, $\sqrt{x}\to0^+$, donc $\dfrac{1}{\sqrt{x}}\to+\infty$ (« $\dfrac{1}{0^+}$ »).

$g$ n’est pas dérivable à droite en $0$ : demi-tangente verticale à l’origine (dirigée vers le haut).

3. 💡 $|x-2|$ change d’expression en $2$ : on étudie la dérivabilité à droite et à gauche séparément. $h(2)=0$.

À droite ($x>2$, $|x-2|=x-2$) :

$\dfrac{h(x)-h(2)}{x-2}=\dfrac{x-2}{x-2}=1$

$\lim\limits_{x\to2^+}\dfrac{h(x)-h(2)}{x-2}=1=h'_d(2)$

À gauche ($x<2$, $|x-2|=-(x-2)$) :

$\dfrac{h(x)-h(2)}{x-2}=\dfrac{-(x-2)}{x-2}=-1$

$\lim\limits_{x\to2^-}\dfrac{h(x)-h(2)}{x-2}=-1=h'_g(2)$

$h'_d(2)=1\neq h'_g(2)=-1$ :

$h$ n’est pas dérivable en $2$ ; la courbe a un point anguleux en $(2;0)$ (deux demi-tangentes de pentes $1$ et $-1$).

Correction 2

💡 Rappel : $(u^n)'=nu'u^{n-1}$ ; $\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ ; $\left(\sqrt[n]{u}\right)'=\dfrac{u'}{n\sqrt[n]{u^{n-1}}}$ ($u>0$) ; $(\sin u)'=u'\cos u$ ; $(\cos u)'=-u'\sin u$ ; $\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$.

a) Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car $x\mapsto x^3-2x$ est un polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=4\left(x^3-2x\right)'\left(x^3-2x\right)^3$

$=4(3x^2-2)(x^3-2x)^3$

b) Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car $u(x)=x^2+1$ est dérivable et strictement positive sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=\dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}$

$=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}$

c) Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction rationnelle dont le dénominateur $x^2+1$ ne s’annule pas. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=\dfrac{2(x^2+1)-2x(2x-1)}{(x^2+1)^2}$

$=\dfrac{2x^2+2-4x^2+2x}{(x^2+1)^2}$

$=\dfrac{-2x^2+2x+2}{(x^2+1)^2}$

d) Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car $x\mapsto3x^2$ et $\sin$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$ (composée). Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=\left(3x^2\right)'\cos(3x^2)$

$=6x\cos(3x^2)$

e) Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $]-2;+\infty[$ car $u(x)=x+2$ est dérivable et strictement positive sur $]-2;+\infty[$. Pour tout $x\in]-2;+\infty[$ :

$f'(x)=\dfrac{u'(x)}{3\sqrt[3]{u(x)^2}}$

$=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{(x+2)^2}}$

f) Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car $f=u^2$ avec $u=\cos$ dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=2u'(x)u(x)=2(-\sin x)\cos x$

$=-2\sin x\cos x=-\sin(2x)$

Correction 3

1. 💡 Rappel : l’équation de la tangente à une courbe $(C_h)$ au point d’abscisse $a$ est $y=h'(a)(x-a)+h(a)$.

Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=3x^2-1$

$f(1)=1-1=0$

$f'(1)=3-1=2$

$y=f'(1)(x-1)+f(1)$

$y=2(x-1)+0$

$y=2x-2$

$(T)\ :\ y=2x-2$

2. 💡 Approximation affine : pour $h$ proche de $0$, $f(a+h)\approx f(a)+hf'(a)$ (la courbe est proche de sa tangente). Ici $a=1$, $h=0{,}01$ :

$f(1{,}01)\approx f(1)+0{,}01\times f'(1)$

$\approx0+0{,}01\times2=0{,}02$

$f(1{,}01)=1{,}01^3-1{,}01$

$=1{,}030301-1{,}01=0{,}020301$

L’erreur vaut $0{,}020301-0{,}02=0{,}000301$ : l’approximation est très bonne.

Correction 4

1. Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=3x^2-6x$

$=3x(x-2)$

💡 Méthode : on étudie le signe de la dérivée : si $f'>0$ sur $I$ (sauf en des points isolés), $f$ est strictement croissante sur $I$ ; si $f'<0$, strictement décroissante.

On résout $f'(x)=0$ :

$f'(x)=0\iff3x(x-2)=0$

$\iff x=0$ ou $x-2=0$

$\iff x=0$ ou $x=2$

Trinôme de coefficient $3>0$ : positif à l’extérieur des racines, négatif entre :

2. $f(0)=0$ ; $f(2)=8-12=-4$. Limites : $f$ est un polynôme, même limite que $x^3$ (propriété du cours) :

$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x^3=-\infty$

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}x^3=+\infty$

💡 Un extremum local est atteint là où $f'$ s’annule en changeant de signe : en $0$ ($+$ puis $-$) et en $2$ ($-$ puis $+$).

Maximum local $f(0)=0$ ; minimum local $f(2)=-4$

Correction 5

1. $f(1)=1^2=1$. Continuité : on calcule les deux limites.

$\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to1^-}x^2=1$

$\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to1^+}(2x-1)=1$

Les deux limites valent $f(1)=1$ : $f$ est continue en $1$.

💡 Dérivabilité : $f$ est dérivable en $a$ si elle est dérivable à gauche et à droite avec le même nombre dérivé.

À gauche ($x<1$) :

$\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{x^2-1}{x-1}$

$=\dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1$

$\lim\limits_{x\to1^-}(x+1)=2=f'_g(1)$

À droite ($x>1$) :

$\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{(2x-1)-1}{x-1}$

$=\dfrac{2(x-1)}{x-1}=2$

$\lim\limits_{x\to1^+}2=2=f'_d(1)$

$f'_g(1)=f'_d(1)=2$ :

$f$ est dérivable en $1$ et $f'(1)=2$.

2. 💡 Méthode : $f$ est dérivable à droite en $a$ si $\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ est un réel ; si cette limite vaut $\pm\infty$, $f$ n’est pas dérivable à droite en $a$ et $(C_f)$ admet une demi-tangente verticale au point d’abscisse $a$.

$g(0)=0$. Pour $x>0$ :

$\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}=\dfrac{x\sqrt{x}}{x}$

$=\sqrt{x}$

Quand $x\to0^+$, $\sqrt{x}\to0$ (réel) :

$g$ est dérivable à droite en $0$ avec $g'_d(0)=0$ : demi-tangente horizontale à l’origine.

Correction 6

1. 💡 Méthode : si $f$ est continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, alors $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $J=f(I)$ ; $f^{-1}$ a le même sens de variation que $f$.

Continuité : $f$ est une fonction polynôme, continue sur $\mathbb{R}$.

Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=3x^2+1>0$

Monotonie : $f$ est strictement croissante. Limites (pas de forme indéterminée) : $-\infty$ en $-\infty$ et $+\infty$ en $+\infty$.

$f(\mathbb{R})=]-\infty;+\infty[=\mathbb{R}$ : $f^{-1}$ est définie sur $\mathbb{R}$

$f(1)=1+1+1=3$

2. Donc $f^{-1}(3)=1$.

💡 Méthode : si $f$ est dérivable en $a$ avec $f'(a)\neq0$ et $b=f(a)$, alors $f^{-1}$ est dérivable en $b$ et $\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'(a)}=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}$.

$f$ est dérivable en $1$ et :

$f'(1)=3+1=4\neq0$

Donc $f^{-1}$ est dérivable en $f(1)=3$ et :

$\left(f^{-1}\right)'(3)=\dfrac{1}{f'(1)}$

$=\dfrac{1}{4}$

3. 💡 Rappel : l’équation de la tangente à une courbe $(C_h)$ au point d’abscisse $a$ est $y=h'(a)(x-a)+h(a)$.

$y=\left(f^{-1}\right)'(3)(x-3)+f^{-1}(3)$

$y=\dfrac{1}{4}(x-3)+1$

$y=\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{4}$

[!] $(T)\ :\ y=\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{4}$

Correction 7

1. 💡 Méthode : $f$ est dérivable à droite en $a$ si $\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ est un réel ; si cette limite vaut $\pm\infty$, $f$ n’est pas dérivable à droite en $a$ et $(C_f)$ admet une demi-tangente verticale au point d’abscisse $a$.

Pour $x>0$, on écrit $x=\left(\sqrt[3]{x}\right)^3$ :

$\dfrac{\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{0}}{x-0}=\dfrac{\sqrt[3]{x}}{\left(\sqrt[3]{x}\right)^3}$

$=\dfrac{1}{\left(\sqrt[3]{x}\right)^2}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{x^2}}$

Quand $x\to0^+$, $\sqrt[3]{x^2}\to0^+$, donc le quotient tend vers $+\infty$ :

$x\mapsto\sqrt[3]{x}$ n’est pas dérivable à droite en $0$ : demi-tangente verticale à l’origine.

2. Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $]2;+\infty[$ car $u(x)=x^2-4$ est dérivable et strictement positive sur $]2;+\infty[$. Pour tout $x\in]2;+\infty[$ :

$f'(x)=\dfrac{u'(x)}{3\sqrt[3]{u(x)^2}}$

$=\dfrac{2x}{3\sqrt[3]{(x^2-4)^2}}$

3. 💡 Pour $r$ rationnel non nul et $x>0$ : $x\mapsto x^r$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $(x^r)'=rx^{r-1}$.

$\left(x^{\frac{2}{3}}\right)'=\dfrac{2}{3}x^{\frac{2}{3}-1}$

$=\dfrac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}$

$=\dfrac{2}{3\sqrt[3]{x}}$

Correction 8

Méthode : 💡 pour montrer $u(x)\leq v(x)$ sur $[0;+\infty[$, on étudie $\varphi=v-u$ : si $\varphi'\geq0$ (donc $\varphi$ croissante) et $\varphi(0)\geq0$, alors $\varphi(x)\geq\varphi(0)\geq0$.

1. On pose $\varphi(x)=x-\sin x$.

Dérivabilité : $\varphi$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ car $x\mapsto x$ et $\sin$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in[0;+\infty[$ :

$\varphi'(x)=1-\cos x\geq0$

(car $\cos x\leq1$). $\varphi$ est croissante sur $[0;+\infty[$ et $\varphi(0)=0-\sin0=0$ ; pour $x\geq0$ : $\varphi(x)\geq\varphi(0)=0$.

$\sin x\leq x$

2. On pose $\psi(x)=1+\dfrac{x}{2}-\sqrt{1+x}$.

Dérivabilité : $\psi$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ car $x\mapsto1+x$ est dérivable et strictement positive sur $[0;+\infty[$. Pour tout $x\in[0;+\infty[$ :

$\psi'(x)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}}$

$=\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{2\sqrt{1+x}}$

$x\geq0\Rightarrow1+x\geq1\Rightarrow\sqrt{1+x}\geq1$, donc $\psi'(x)\geq0$ : $\psi$ est croissante ; $\psi(0)=1+0-1=0$ ; donc $\psi(x)\geq0$ :

$\sqrt{1+x}\leq1+\dfrac{x}{2}$

Correction 9

1. Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-2\sqrt{x-1}\right)=-\infty$ ; on obtient la forme indéterminée « $+\infty-\infty$ ».

💡 Comment lever une forme indéterminée ?

• Polynôme en $\pm\infty$ : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
• Fraction rationnelle en $\pm\infty$ : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
• Fraction rationnelle, forme « $\dfrac{0}{0}$ » en $a$ : factorisation par $(x-a)$, puis simplification.
• Racine carrée qui se compense (« $\infty-\infty$ ») ou qui s’annule (« $\dfrac{0}{0}$ ») : conjugué.
• Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
• Racine cubique qui s’annule ou se compense : $t=\sqrt[3]{\ldots}$ ou $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$.

Ici : la racine ne se compense pas avec le reste : on factorise par le terme dominant (le conjugué est inutile).

$x-2\sqrt{x-1}=x\left(1-\dfrac{2\sqrt{x-1}}{x}\right)$

$=x\left(1-2\sqrt{\dfrac{x-1}{x^2}}\right)$

$=x\left(1-2\sqrt{\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}}\right)$

(pour $x>0$, $x=\sqrt{x^2}$). La parenthèse tend vers $1$ et $x\to+\infty$ ; par produit :

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

💡 Méthode : $f$ est dérivable à droite en $a$ si $\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ est un réel ; si cette limite vaut $\pm\infty$, $f$ n’est pas dérivable à droite en $a$ et $(C_f)$ admet une demi-tangente verticale au point d’abscisse $a$.

$f(1)=1-2\sqrt{0}=1$. Pour $x>1$ (avec $x-1=\left(\sqrt{x-1}\right)^2$) :

$\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{(x-1)-2\sqrt{x-1}}{x-1}$

$=1-\dfrac{2\sqrt{x-1}}{\left(\sqrt{x-1}\right)^2}$

$=1-\dfrac{2}{\sqrt{x-1}}$

Quand $x\to1^+$ : $\sqrt{x-1}\to0^+$, donc $\dfrac{2}{\sqrt{x-1}}\to+\infty$ et l’expression tend vers $-\infty$ :

$f$ n’est pas dérivable à droite en $1$ : demi-tangente verticale en $A(1;1)$, dirigée vers le bas.

2. Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ car $x\mapsto x-1$ est dérivable et strictement positive sur $]1;+\infty[$, donc $\sqrt{x-1}$ y est dérivable. Pour tout $x\in]1;+\infty[$ :

$f'(x)=1-2\times\dfrac{1}{2\sqrt{x-1}}$

$=1-\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}$

$=\dfrac{\sqrt{x-1}-1}{\sqrt{x-1}}$

Le dénominateur est positif ; $f'(x)$ a le signe de $\sqrt{x-1}-1$ :

$\sqrt{x-1}-1\geq0\iff\sqrt{x-1}\geq1$

$\iff x-1\geq1$

$\iff x\geq2$

$f(2)=2-2\sqrt{1}=0$ :

3. 💡 Méthode : si $f$ est continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, alors $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $J=f(I)$ ; $f^{-1}$ a le même sens de variation que $f$.

$g$ est continue et strictement croissante sur $[2;+\infty[$ :

$J=\left[g(2);\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)\right[=[0;+\infty[$

💡 Méthode : $f$ est continue et strictement monotone sur $I$ ; pour chaque $x\in J=f(I)$, l’équation $f(y)=x$ d’inconnue $y\in I$ a une unique solution, et c’est $f^{-1}(x)$. On résout cette équation :

• si les deux membres sont de même signe connu, on peut élever au carré (un seul cas) ;
• sinon, on sépare les cas selon le signe et on vérifie que chaque cas donne la même formule.

Idée : $\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2=(y-1)-2\sqrt{y-1}+1=y-2\sqrt{y-1}$. Soient $x\in J$ et $y\geq2$ tels que $g(y)=x$ :

$g(y)=x\iff\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2=x$

Signe : $y\geq2\Rightarrow\sqrt{y-1}\geq1$, donc $\sqrt{y-1}-1\geq0$ : on garde la racine positive (un seul cas) :

$\left(\sqrt{y-1}-1\right)^2=x\iff\sqrt{y-1}-1=\sqrt{x}$

$\iff\sqrt{y-1}=1+\sqrt{x}$

$\iff y-1=\left(1+\sqrt{x}\right)^2$

$\iff y=1+\left(1+\sqrt{x}\right)^2$

$\left(\forall x\in J\right)\quad g^{-1}(x)=1+\left(1+\sqrt{x}\right)^2$

4. 💡 Méthode : si $f$ est dérivable en $a$ avec $f'(a)\neq0$ et $b=f(a)$, alors $f^{-1}$ est dérivable en $b$ et $\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'(a)}=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}$.

$g(5)=5-2\sqrt{4}=1$

Donc $g^{-1}(1)=5$ ; $g$ est dérivable en $5$ et :

$g'(5)=\dfrac{\sqrt{4}-1}{\sqrt{4}}=\dfrac{1}{2}\neq0$

$\left(g^{-1}\right)'(1)=\dfrac{1}{g'(5)}=2$

Correction 10

1. Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty$ : « $+\infty+\infty$ » ⇒ pas de forme indéterminée.

Par somme : $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to-\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty$ ; on obtient la forme indéterminée « $-\infty+\infty$ ».

💡 Comment lever une forme indéterminée ?

• Polynôme en $\pm\infty$ : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
• Fraction rationnelle en $\pm\infty$ : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
• Fraction rationnelle, forme « $\dfrac{0}{0}$ » en $a$ : factorisation par $(x-a)$, puis simplification.
• Racine carrée qui se compense (« $\infty-\infty$ ») ou qui s’annule (« $\dfrac{0}{0}$ ») : conjugué.
• Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
• Racine cubique qui s’annule ou se compense : $t=\sqrt[3]{\ldots}$ ou $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$.

Ici : racine carrée dont les termes dominants se compensent : on multiplie et on divise par le conjugué, car $\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2$.

$x+\sqrt{x^2+1}=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)}{\sqrt{x^2+1}-x}$

$=\dfrac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}-x}$

$=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}$

Au dénominateur, $\sqrt{x^2+1}\to+\infty$ et $-x\to+\infty$ : il tend vers $+\infty$ ; donc :

$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0$

2. Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car $x\mapsto x^2+1$ est dérivable et strictement positive sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}$

$=\dfrac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}}$

$=\dfrac{f(x)}{\sqrt{x^2+1}}$

**Signe de $f(x)$** : $\sqrt{x^2+1}>\sqrt{x^2}=|x|\geq-x$, donc $\sqrt{x^2+1}+x>0$, soit $f(x)>0$. Ainsi $f'(x)>0$ :

$f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$

3. 💡 Méthode : si $f$ est continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, alors $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $J=f(I)$ ; $f^{-1}$ a le même sens de variation que $f$.

$f$ est continue (dérivable) et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ : $f(\mathbb{R})=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=]0;+\infty[$.

💡 Méthode : $f$ est continue et strictement monotone sur $I$ ; pour chaque $x\in J=f(I)$, l’équation $f(y)=x$ d’inconnue $y\in I$ a une unique solution, et c’est $f^{-1}(x)$. On résout cette équation :

• si les deux membres sont de même signe connu, on peut élever au carré (un seul cas) ;
• sinon, on sépare les cas selon le signe et on vérifie que chaque cas donne la même formule.

Soient $x>0$ et $y\in\mathbb{R}$ tels que $f(y)=x$, c’est-à-dire $\sqrt{y^2+1}=x-y$. Condition de signe : le membre de gauche est positif, donc il faut $x-y>0$ ; sous cette condition, on peut élever au carré :

$\sqrt{y^2+1}=x-y\iff y^2+1=x^2-2xy+y^2$

$\iff2xy=x^2-1$

$\iff y=\dfrac{x^2-1}{2x}$

Vérification de la condition : $x-y=x-\dfrac{x^2-1}{2x}=\dfrac{x^2+1}{2x}>0$ (car $x>0$) : la condition est bien satisfaite.

$\left(\forall x>0\right)\quad f^{-1}(x)=\dfrac{x^2-1}{2x}$

4. 💡 Méthode : si $f$ est dérivable en $a$ avec $f'(a)\neq0$ et $b=f(a)$, alors $f^{-1}$ est dérivable en $b$ et $\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'(a)}=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}$.

$f(0)=0+\sqrt{1}=1$

Donc $f^{-1}(1)=0$ ; $f$ est dérivable en $0$ et :

$f'(0)=\dfrac{f(0)}{\sqrt{1}}=1\neq0$

$\left(f^{-1}\right)'(1)=\dfrac{1}{f'(0)}=1$