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
On définit la fonction tangente hyperbolique, notée th ainsi : th =sh
ch .
1. Mener l’étude de th : domaine de définition, symétries, variations, graphe. Préciser asymptotes et
tangente au point d’abscisse 0.
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=sh0ch −sh ch0
ch2=ch2−sh2 ch2=1 ch2.
# On a utilisé la formule ch2−sh2= 1. On aurait aussi pu obtenir que th0= 1−th2mais 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:
th(x) = ex−e−x
ex+ e−x
∼
x→∞
ex
ex= 1
(car e−xest négligeable devant exlorsque 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−∞ 0 +∞
th(x)
−1%0%1
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 Rsur ]−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) = yn’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 intermé-
diaires.
Comme th est continue et définie sur un intervalle, le théorème des valeurs intermédiaires s’applique. On utilise
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 Rsur ]−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=−1pour CArgth. La graphe est figure ??.
−3−2−1 1 2
−3
−2
−1
1
2
0
Cth
CArgth
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→1Argth(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 =ch2−sh2
ch2= 1 −sh2 ch2= 1 −
2
th .
7. Démontrer que Argth est dérivable sur Iet calculer sa dérivée.
# Là il s’agit de se souvenir du théorème sur la dérivée d’une fonction réciproque... En résumé : f−1est
dérivable en un point xsi et seulement si f0est dérivable en f−1(x)et si f0◦f−1(x)6= 0, et dans ce cas
(f−1)0(x) = 1
f0◦f−1(x). La condition de dérivabilité est donc facile à retenir une fois qu’on se souvient de la
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
th0◦Argth(x)=1
(1 −th2)◦Argth(x)=1
1−th Argth(x)2=1
1−x2.
8. Exprimer Argth à l’aide de fonctions usuelles.
Soit y∈]−1,1[. Cherchons l’unique antécédent de ypar th.
Soit x∈R. Alors :
th(x) = y⇔ex−e−x
ex+ e−x=y
⇔ex(1 −y) = e−x(y+ 1)
⇔e2x(1 −y) = y+ 1
⇔e2x=y+ 1
1−y
⇔2x= ln y+ 1
1−y
⇔x=1
2ln y+ 1 1−y.
Ainsi l’unique antécédent de ypar th est 1
2ln y+ 1
1−y. Donc Argth(y) = 1
2ln 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 fde Rdans 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 fune fonction constante. Soit k∈Rtel que ∀x∈R,f(x) = k. Déjà, fest bien dérivable en 0. Reste à
voir quand est-ce que (∗)est vérifiée.
fvérifie (∗)⇔ ∀x∈R, k =2k
1 + k2
⇔k=2k
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) = 2th(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−e−2x
e2x+ e−2x·1 + e2x−2 + e−2x e2+2 + e−2x= 2 ex−e−x ex+ e−x
⇔e2x−e−2x
e2x+ e−2x·2e2x+ e−2x (ex+ e−x)2= 2 ex−e−x ex+ e−x
⇔(e2x−e−2x)1
ex+ e−x= ex−e−x
⇔e2x−e−2x= (ex+ e−x)·(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 fet toute constante λ∈R, la fonction f◦(λId)est solution.
Soit fune solution du problème et λ∈R. Déjà, f◦λId est bien dérivable en 0 (Id est dérivable en 0, et fest
dérivable en Id(0)). Ensuite pour tout x∈R, en appliquant (∗)à2xau 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,−fest encore solution.
Soit fune solution du problème. Déjà, −fest encore dérivable en 0. Ensuite, pour tout x∈R,
−f(2x) = −2f(x)
1 + f(x)2=2·(−f(x)) 1 + (−f(x))2.
Ce qui prouve que −fvérifie (∗), est donc est bien solution du problème.
Dans la suite, on fixe fune solution du problème.
5. Déterminer les valeurs possibles de f(0).
On applique (∗)en 0 : f(0) = 2f(0)
1 + f(0) . Ainsi, f(0) vérifie la même équation qu’étudiée question 1. Donc
f(0) = 0,1ou −1.
6. Montrer que ∀x∈R,−1≤f(x)≤1. On pourra exprimer f(x)en fonction de fx
2.
En appliquant (∗)en x/2, on obtient f(x) = 2f(x/2)
1 + f(x/2)2.
4

Prouvons alors que f(x)≤1par équivalence :
f(x)≤1⇔2f(x/2)
1 + f(x/2)2−1≤0
⇔2f(x/2) −1−f(x/2)2
1 + f(x/2)2≤0
⇔ − f(x/2) −12≤0.
La dernière inégalité est vraie, la première l’est donc aussi.
L’inégalité f(x)≥ −1se prouve de la même manière.
7. Dans cette question, on suppose que fest une solution du problème, que f(0) = 1 et que fn’est pas
constante.
On fixe alors x0∈R, tel que f(x0)6=f(0) et on définit la suite upar : ∀n∈N, un=fx0
2n.
(a) Montrer que la suite uconverge et préciser sa limite.
On a limn→∞
x0
2n= 0. Or fest dérivable et donc continue en 0, donc limX→0f(X) = f(0) = 1. Alors par
le théorème sur la limite d’une composée, limn→∞ f(x0
2n) = 1.
(b) Pour tout n∈N, établir une relation entre unet un+1 ; en déduire que la suite ugarde un signe
constant, puis aboutir à une contradiction. On pourra discuter selon le signe de u0et étudier la
monotonie de u.
Soit n∈N. On applique (∗)en x0
2n+1 , on trouve : fx0 2n=
2fx0
2n+1 
1 + fx0
2n+1 2, donc :
un=2un+1
1 + u2
n+1
.
Comme 1 + u2
n+1 >0, on déduit que unet un+1 ont même signe.
Comme cela vaut pour tout n∈N, la suite uest de signe constant.
# Pour étudier la monotonie de u, il est tentant d’étudier un+1
un
. Soyez précautionneux : commencer par
éliminer le cas où u= 0. Et n’oubliez pas que (∀n∈N,un+1
un
<1) ⇒udécroissante n’est vrai que si
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.
•Si u0>0: alors ∀n∈N,un>0. La formule ci-dessus donne ∀n∈N,un+1
un
=1 + u2
n+1
2. Or
un+1 =fx0
2n+1 ≤1par 6. D’où un+1 un
≤1, puis un+1 ≤uncar un>0.
En conclusion, uest décroissante.
# Ainsi uest 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)≤1par 6, et f(x0)6=f(0) = 1 par hypothèse.
En résumé, u0<1et u0≥1: c’est contradictoire.
•Dans le cas où u0<0, la suite ureste 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.
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