Problème facultatif : équation fonctionnelle de la tangente

Problème facultatif : équation fonctionnelle de la tangente hyperbolique
Problème de révision sur les suites et les dérivées. Adapté du concours des mines d’Albi, Alès, Nantes et
Douai.
1
La fonction argument tangente hyperbolique
sh
.
ch
1. Mener l’étude de th : domaine de définition, symétries, variations, graphe. Préciser asymptotes et
tangente au point d’abscisse 0.
On définit la fonction tangente hyperbolique, notée th ainsi : th =
Déjà, on sait que ∀x ∈ R, ch(x) ≥ 1, donc en particulier ch(x) 6= 0. Ainsi, th est définie sur R.
En outre, sachant que sh est impaire et ch paire, on déduit facilement que th est impaire.
La fonction th est dérivable car c’est un quotient de fonction dérivables. Calculons sa dérivée :
th0 =
sh0 ch − sh ch0
ch2 − sh2
1
=
= 2.
2
2
ch
ch
ch
# On a utilisé la formule ch2 − sh2 = 1. On aurait aussi pu obtenir que th0 = 1−th2 mais c’était moins pratique
pour le signe.
On constate ainsi que ∀x ∈ R, th0 (x) > 0. Comme son domaine de définition est un intervalle, on obtient que
th est strictement croissante.
# Passons au calcul des limites. Comme le cours ne contient pas grand chose sur ch et sh, il vaut mieux revenir
aux exponentielles.
Pour tout x ∈ R :
ex
ex − e−x
∼ x =1
th(x) = x
−x
e + e x→∞ e
(car e−x est négligeable devant ex lorsque x → ∞.)
On déduit que lim∞ th = 1.
Comme th est impaire, on obtient ensuite lim−∞ th = −1.
Voici finalement le tableau de variations de th. Notons au passage que th(0) = 0 car th est impaire.
x
−∞
th(x)
−1 %
0
+∞
1
0%
Le graphe admet deux asymptotes horizontales, d’équations y = 1 et y = −1. En outre, th(0) = 0 et th0 (0) = 1,
dont la tangente au point d’abscisse 0 a pour équation y = x.
La graphe est figure ??.
2. Montrer que th réalise une bijection de R sur ]−1, 1[.
# Ici il est possible de résoudre directement l’équation th(x) = y. On peut aussi s’appuyer sur le tableau de
variations de f . La seconde méthode sera plus rapide puisqu’on a déjà dressé le tableau de variations. En outre
c’est la méthode la plus générale : résoudre l’équation f (x) = y n’est possible que dans les cas très simples.
Déjà, th est strictement monotone, cela nous assure déjà de son injectivité.
# Il reste à vérifier que l’image de th est ]−1, 1[. On va naturellement utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.
Comme th est continue et définie sur un intervalle, le théorème des valeurs
On utilise
intermédiaires s’applique.
ici la variante pour fonction strictement croissante : on obtient th(R) = lim−∞ th, lim∞ th = ]−1, 1[.
1
Ainsi l’image de th est bien ]−1, 1[.
En conclusion, th réalise une bijection de R sur ]−1, 1[.
On appellera « argument tangente hyperbolique » sa fonction réciproque et on la notera Argth.
3. Étudier la parité de Argth.
On a dit que th est impaire. Déduisons-en que Argth est impaire.
# La bijection réciproque d’une fonction impaire est impaire. Voici un exemple typique de propriété vraie mais
pas explicitement inscrite dans le programme... Si vous êtes sûr de vous, et si vous pensez avoir mis le correcteur
dans de bonnes dispositions, contentez-vous de citer la propriété. Ci-dessous, on redonne néanmoins une preuve
par acquis de conscience.
Soit x ∈ ]−1, 1[. Déjà, on a −x ∈ ]−1, 1[. # Dans la définition d’une fonction impaire il y a ∀x ∈ Df , −x ∈ Df .
Ensuite :
Argth(−x) = − Argth(x)
⇔
⇔
⇔
th Argth(−x) = th − Argth(x)
(car th est injective) −x = − th Argth(x)
(car th est impaire)
−x = −x.
La dernière égalité est vraie, donc la première aussi. Ainsi Argth(−x) = − Argth(x).
Ceci vaut pour tout x ∈ R, donc Argth est impaire.
4. Donner le graphe de Argth.
On sait que le graphe de Argth s’obtient à partir du graphe de th par symétrie par rapport à la droite d’équation
y = x. Notons que les asymptotes horizontales de Cth deviendront des asymptotes verticales d’équation x = 1
et x = −1 pour CArgth . La graphe est figure ??.
CArgth
2
1
−3
−2
−1
Cth
0
1
2
−1
−2
−3
Figure 1 – graphes de th et Argth
5. Étudier les limites de Argth au bord de son domaine de définition.
Indication : Commencer par justifier l’existence des limites. Puis partir de Argth ◦ th = Id.
Comme Argth est monotone, elle admet une limite en 1− . Et comme DArgth = ]−1, 1[ (1 est « extrémité
ouverte » du domaine de définition),
cette limite en 1− est une limite en 1 (tout court). Notons-la l.
Ensuite, ∀x ∈ R, Argth th(x) = x.
Mais limx→∞ th(x) = 1 et limX→1 Argth(X) = l. Par le théorème sur la limite d’une composée, limx→∞ Argth(th(x)) =
l.
Mais par ailleurs, limx→∞ x = ∞.
Alors par unicité d’une limite (ou « passage à la limite dans une égalité »), on obtient l = ∞.
2
6. Exprimer la dérivée de th en fonction de th.
On reprend le calcul de dérivée précédent :
0
th =
2
ch2 − sh2
sh2
= 1 − 2 = 1 − th .
2
ch
ch
7. Démontrer que Argth est dérivable sur I et calculer sa dérivée.
# Là il s’agit de se souvenir du théorème sur la dérivée d’une fonction réciproque... En résumé : f −1 est
dérivable en un point x si et seulement si f 0 est dérivable en f −1 (x) et si f 0 ◦ f −1 (x) 6= 0, et dans ce cas
1
(f −1 )0 (x) = 0
. La condition de dérivabilité est donc facile à retenir une fois qu’on se souvient de la
f ◦ f −1 (x)
formule !
On a vu que th est dérivable, et que sa dérivée ne s’annule jamais. Cela entraîne, par le théorème sur la dérivée
d’une fonction réciproque, que Argth est dérivable sur son domaine de définition.
En outre, ce même théorème nous donne pour tout x ∈ ]−1, 1[,
Argth0 (x) =
1
1
=
=
th0 ◦ Argth(x)
(1 − th2 ) ◦ Argth(x)
1
1
2 = 1 − x2 .
1 − th Argth(x)
8. Exprimer Argth à l’aide de fonctions usuelles.
Soit y ∈ ]−1, 1[. Cherchons l’unique antécédent de y par th.
Soit x ∈ R. Alors :
⇔
th(x) = y
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
Ainsi l’unique antécédent de y par th est
1
2
ln
ex − e−x
=y
ex + e−x
ex (1 − y) = e−x (y + 1)
e2x (1 − y) = y + 1
y+1
e2x =
1
−y
y+1
2x = ln
1 − y 1
y+1
x = ln
.
2
1−y
y+1
. Donc Argth(y) =
1−y
1
2
ln
y+1
.
1−y
Remarque : On aurait pu dès le début de l’exercice calculer explicitement cette formule pour Argth. Mais cela
n’aurait facilité en rien son étude, au contraire.
2
Une équation fonctionnelle
Le but de cette partie est de déterminer les fonctions f de R dans R, dérivables en 0, qui vérifient :
∀x ∈ R,
f (2x) =
2f (x)
.
1 + (f (x))2
(∗)
1. Déterminer les fonctions constantes solutions du problème.
Soit f une fonction constante. Soit k ∈ R tel que ∀x ∈ R, f (x) = k. Déjà, f est bien dérivable en 0. Reste à
voir quand est-ce que (∗) est vérifiée.
f vérifie (∗)
⇔
⇔
2k
∀x ∈ R, k =
1 + k2
2k
k=
1 + k2
3
⇔
⇔
⇔
(car l’équation ne dépend pas de x)
k + k3 = 2k
k(k2 − 1) = 0
k = 0 ou k = 1 ou k = −1.
En conclusion, les fonctions constantes solutions du problème sont les fonctions constantes égales à 0, 1 ou -1.
2. Montrer que th est une solution.
# Peut-être connaissez-vous les formules de trigonométrie hyperbolique : ch(a + b) = ch(a) ch(b) + sh(a) sh(b),
sh(a + b) = sh(a) ch(b) + ch(a) sh(b). On peut en déduire assez rapidement la formule de duplication pour th,
qui sera exactement (∗). Mais comme ces formules ne sont pas au programme, on refait le calcul complet depuis
la définition de th ci-dessous.
N’hésitez pas pour l’exercice à démontrer les deux formules ci-dessus (une fois la première prouvée, dérivez
selon une des deux variables pour obtenir la seconde), et à les utiliser pour obtenir (∗). Ci dessous on donne
une correction élémentaire, telle qu’attendue d’un élève qui ne connaît pas ces formules hors-programme.
Soit x ∈ R. On a les équivalences :
th(2x) =
2 th(x)
1 + th(x)2
⇔
th(2x) · 1 + th(x)2 = 2 th(x)
⇔
e2x − e−2x
·
e2x + e−2x
1+
ex − e−x
ex + e−x
2 !
⇔
⇔
⇔
⇔
=2
ex − e−x
ex + e−x
e2x −2 + e−2x
ex − e−x
e2x − e−2x
·
1
+
=
2
e2x + e−2x
e2 +2 + e−2x
ex + e−x
e2x − e−2x
e2x + e−2x
ex − e−x
·2 x
=2 x
e2x + e−2x
(e + e−x )2
e + e−x
1
2x
−2x
x
−x
(e − e
) x
= e −e
e + e−x
2x
−2x
x
−x
e −e
= (e + e ) · (ex − e−x )
La dernière égalité est vraie (c’est une identité remarquable) ; la première l’est donc aussi.
3. Montrer que pour toute solution f et toute constante λ ∈ R, la fonction f ◦ (λId) est solution.
Soit f une solution du problème et λ ∈ R. Déjà, f ◦ λId est bien dérivable en 0 (Id est dérivable en 0, et f est
dérivable en Id(0)). Ensuite pour tout x ∈ R, en appliquant (∗) à 2x au lieu de x :
f (λ2x) = f (2λx) =
2f (λx)
1 + f (λx)2
Ainsi, f ◦ λId vérifie (∗). Au final, c’est bien une solution du problème.
4. Montrer que pour toute solution f , −f est encore solution.
Soit f une solution du problème. Déjà, −f est encore dérivable en 0. Ensuite, pour tout x ∈ R,
−f (2x) = −
2f (x)
2 · (−f (x))
=
.
1 + f (x)2
1 + (−f (x))2
Ce qui prouve que −f vérifie (∗), est donc est bien solution du problème.
Dans la suite, on fixe f une solution du problème.
5. Déterminer les valeurs possibles de f (0).
On applique (∗) en 0 : f (0) =
2f (0)
. Ainsi, f (0) vérifie la même équation qu’étudiée question 1. Donc
1 + f (0)
f (0) = 0, 1 ou − 1.
6. Montrer que ∀x ∈ R, −1 ≤ f (x) ≤ 1. On pourra exprimer f (x) en fonction de f
En appliquant (∗) en x/2, on obtient f (x) =
2f (x/2)
.
1 + f (x/2)2
4
x
2
.
Prouvons alors que f (x) ≤ 1 par équivalence :
f (x) ≤ 1
⇔
⇔
⇔
2f (x/2)
−1≤0
1 + f (x/2)2
2f (x/2) − 1 − f (x/2)2
≤0
2
1 + f (x/2)
2
− f (x/2) − 1 ≤ 0.
La dernière inégalité est vraie, la première l’est donc aussi.
L’inégalité f (x) ≥ −1 se prouve de la même manière.
7. Dans cette question, on suppose que f est une solution du problème, que f (0) = 1 et que f n’est pas
constante.
x 0
On fixe alors x0 ∈ R, tel que f (x0 ) 6= f (0) et on définit la suite u par : ∀n ∈ N, un = f n .
2
(a) Montrer que la suite u converge et préciser sa limite.
x0
= 0. Or f est dérivable et donc continue en 0, donc limX→0 f (X) = f (0) = 1. Alors par
2n
x0
le théorème sur la limite d’une composée, limn→∞ f ( n ) = 1.
2
On a limn→∞
(b) Pour tout n ∈ N, établir une relation entre un et un+1 ; en déduire que la suite u garde un signe
constant, puis aboutir à une contradiction. On pourra discuter selon le signe de u0 et étudier la
monotonie de u.
x0
2f
x0
x0
2n+1
=
Soit n ∈ N. On applique (∗) en n+1 , on trouve : f
2 , donc :
n
2
2
un =
1+f
x0
2n+1
2un+1
.
1 + u2n+1
Comme 1 + u2n+1 > 0, on déduit que un et un+1 ont même signe.
Comme cela vaut pour tout n ∈ N, la suite u est de signe constant.
un+1
. Soyez précautionneux : commencer par
# Pour étudier la monotonie de u, il est tentant d’étudier
un
un+1
éliminer le cas où u = 0. Et n’oubliez pas que (∀n ∈ N,
< 1) ⇒ u décroissante n’est vrai que si
un
u ≥ 0. D’où l’indication de discuter selon le signe de u0 .
On distingue 3 cas selon le signe de u0 :
• Si u0 = 0 : alors la formule ci-dessus donne par une récurrence rapide ∀n ∈ N, un+1 = 0. Mais cela
est contradictoire avec limn→∞ un = 1 de la question précédente. Ce cas est donc impossible.
1 + u2n+1
un+1
• Si u0 > 0 : alors ∀n ∈ N, un > 0. La formule ci-dessus donne ∀n ∈ N,
. Or
=
un
2
x0
un+1
un+1 = f
≤ 1 par 6. D’où
≤ 1, puis un+1 ≤ un car un > 0.
2n+1
un
En conclusion, u est décroissante.
# Ainsi u est inférieure à 1, décroissante, et converge vers 1. On se doute que c’est impossible. Pour
le prouver proprement, partir de un ≤ u0 < 1. Si on écrivait directement un < 1, on obtiendrait en
passant à la limite seulement limn→∞ un ≤ 1, ce qui n’est pas contradictoire. Il faut passer par une
constante intermédiaire, ici u0 .
On a ∀n ∈ N, un ≤ u0 , donc par comparaison de limites (ou « passage à la limite dans une inégalité
large »), limn→∞ un ≤ u0 , i.e. 1 ≤ u0 .
Mais par ailleurs, u0 = f (x0 ) ≤ 1 par 6, et f (x0 ) 6= f (0) = 1 par hypothèse.
En résumé, u0 < 1 et u0 ≥ 1 : c’est contradictoire.
• Dans le cas où u0 < 0, la suite u reste de signe de négatif. C’est contradictoire avec le fait que
limn→∞ un = 1.
(c) Qu’en déduit-on ?
L’hypothèse f (0) = 1 nous a mené à une contradiction, elle est donc fausse.
5
8. Que peut-on dire si l’hypothèse « f (0) = 1 » est remplacée par l’hypothèse « f (0) = −1 » ? Conclusion ?
Indication : Bien sûr, on peut refaire un raisonnement analogue à celui de la question précédente pour
montrer que l’hypothèse f (0) = −1 est elle aussi absurde. Mais il y a plus élégant : on peut se ramener au cas
où f (0) = 1...
Comme f est une solution du problème, −f aussi. Et −f (0) = 1. Ainsi, −f est une fonction solution du
problème, non constante, qui vaut 1 en 0. D’après la question précédente c’est impossible.
Ainsi, le cas f (0) = −1 est lui aussi impossible.
La seule possibilité restante est f (0) = 0.
Dans la suite, on suppose que f (0) = 0.
9. En raisonnant par l’absurde et en considérant une suite du même type que celle des questions précédentes, montrer que :
∀x ∈ R, f (x) 6= −1 et f (x) 6= −1.
2un+1
, prouver que u est constante.
1 + u2n+1
Supposons par l’absurde qu’il existe x0 ∈ R tel que f (x0 ) = 1. Fixons un tel x0 .
x0
Posons alors pour tout n ∈ N, un = f
. Comme à la question 7, on obtient que limn→∞ un = f (0) = 0.
2n
2un+1
.
En outre, ∀n ∈ N, un =
1 + u2n+1
# Si on singe le raisonnement de la question 7, on voit que u est décroissante, et converge vers 0. Et u0 = 1.
Pas de contradiction ici...
2x
En fait, nous avons déjà remarqué que les solutions de l’équation x =
sont 0, 1, et -1. On peut penser à
1 + x2
2un+1
ces trois valeurs comme à des points fixes pour la relation de récurrence un =
(sauf que ce n’est pas
1 + u2n+1
vraiment une relation de récurrence puisqu’on a un en fonction de un+1 au lieu de l’inverse). Or u0 est un de
ces points fixes. Alors il se pourrait bien que u reste constante égale à 1, ce qui serait contradictoire.
Pour tout n ∈ N, posons P(n) : « un = 1 ».
• Déjà u0 = f (x0 ) = 1, donc P(0) est vrai.
• Soit n ∈ N. Supposons P(n). Alors on a :
Indication : Si u0 = 1 et ∀n ∈ N, un =
2un+1
1 + u2n+1
un (1 + u2n+1 ) = 2un+1
1 + u2n+1 = 2un+1
(un+1 − 1)2 = 0
un+1 = 1
P(n + 1).
un =
donc
donc
donc
donc
donc
par P(n)
Ainsi, le prédicat P est initialisé et héréditaire, donc ∀n ∈ N, un = 1.
Mais cela contredit le fait que limn→∞ un = 0.
Pour prouver que ∀x ∈ R, f (x) 6= −1 on peut adapter le raisonnement, ou comme précédemment remarquer
que si il existe x0 ∈ R tel que f (x0 ) = −1, alors −f est une solution du problème vérifiant −f (x0 ) = 1 ce qui
est impossible d’après ce qui précède.
On définit alors la fonction g par : ∀x ∈ R,
10. Pourquoi g est-elle bien définie ?
g(x) = Argth(f (x)).
Par les question précédentes, ∀x ∈ R, f (x) ∈ ]−1, 1[ qui est le domaine de définition de Argth. Donc Argth f (x)
est bien défini.
6
11. Montrer que : ∀x ∈ R, g(2x) = 2 g(x).
Procédons par équivalences. Soit x ∈ R, alors :
g(2x) = 2 g(x)
⇔
⇔
⇔
Argth(f (x)) = 2 Argth(f (x))
th ◦ Argth(f (x)) = th 2 Argth(f (x))
2f (x)
f (x) =
.
1 + f (x)2
(car th est injective)
car th vérifie (∗).
Or la dernière égalité est vraie car f vérifie (∗). Donc la première est vraie aussi.
12. Montrer que g est dérivable en zéro.
# Juste pour vérifier si vous utilisez proprement le théorème sur la dérivée d’une composée... Il faut bien citer
que Argth est dérivable en f (0). Une phrase du genre « g est composée de deux fonctions dérivables en 0 »
n’est pas correcte.
On sait que f est dérivable en 0. De plus, Argth est dérivable en f (0). Donc par le théorème sur la dérivée
d’une composée, Argth ◦f est dérivable en 0.
Remarque : La suite est classique, et vous l’avez peut-être déjà traitée en exercice. Une fonction g dérivable en
0 telle que ∀x ∈ R, g(2x) = 2g(x) est linéaire.
Dans la suite, on note a = g 0 (0).
x
2n
vn =
x .
2n
g
13. Soit x ∈ R∗ . On définit la suite v par : ∀n ∈ N,
Montrer que v converge et déterminer sa limite.
On sait que g est dérivable en 0 de dérivée a, donc limh→0
g(h) − g(0)
= a. Or g(0) = Argth(f (0)) = Argth(0) =
h
0 car th(0) = 0 : l’antécédent de 0 par th est 0.
g(h)
Ainsi, limh→0
= a.
h
x
Maintenant, limn→∞ n = 0, donc nous pouvons utiliser le théorème sur la limite d’une composée :
2
x
g
n
2
lim
= a.
x
n→∞
n
2
14. En déduire que g est linéaire.
Gardons x et v comme dans la question précédente. Donc limn→∞ vn = a.
Par ailleurs, la question 11 permet de prouver par une récurrence simple que ∀n ∈ N, g
vn =
x
2n
=
g(x)
.
x
Ainsi, v est une suite constante égale à
Alors par unicité d’une limite,
g(x)
g(x)
, elle converge donc vers
.
x
x
g(x)
= a.
x
Mais cela est vrai ∀x ∈ R : on a ∀x ∈ R, g(x) = ax.
Ce qui prouve que g est linéaire.
15. Que vaut alors f ?
On a pour tout x ∈ R, f (x) = th ◦ Argth ◦f (x) = th(g(x)) = th(ax).
Ainsi, f : x 7→ th(ax).
16. En conclusion, déterminer toutes les fonctions solutions du problème posé.
On a vu que pour toute fonction f solution du problème, il existe a ∈ R telle que f : x 7→ th(ax).
7
1
g(x), d’où
2n
Réciproquement, les questions 2 et 3 prouvent que ∀a ∈ R, la fonction x 7→ th(ax) est solution.
En conclusion, l’ensemble des solutions est :
x 7→ th(ax) ; a ∈ R .
8