Analyse : continuité et dérivabilité

ANACD-1 Soit $a$ et $b$ deux nombres réels. On définit la fonction $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ par

$x \to \begin{cases} ax + b & \text{si } x \leq 0 \\ \frac{1}{1 + x} & \text{si } x > 0 \end{cases}$

1. Donner une condition sur $b$ pour que $f$ soit continue sur $\mathbb{R}$ .

2. Déterminer $a$ et $b$ tels que $f$ soit dérivable sur $\mathbb{R}$ et dans ce cas calculer $f'(0)$ .

solution

1. Si $x \neq 0$ , $f$ est continue.

$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} ax + b = b = f(0)$ $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1 + x} = 1$

Donc $f$ est continue si et seulement si $b = 1$ .

2. Si $x \neq 0$ alors $f$ est dérivable. Si $x \neq 0$ :

Si $x < 0$ alors $f'(x) = a$ , si $x > 0$ alors $f'(x) = \frac{-1}{(1 + x)^2}$ et

$\lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{(1 + x)^2} = -1$ $\lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} f'(x) \iff -1 = a$

Si $b = 1$ et si $a = -1$ , alors $f$ est continue en 0 et

$\lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} f'(x)$

Donc $f$ est dérivable en 0. Finalement, $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ .

ANACD-2 On considère l’application $f : [-1,1] \to \mathbb{R}$ , définie par : $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x} \left( \sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2} \right), & \text{si } x \neq 0 \\ 0, & \text{si } x = 0 \end{cases}$

1. Montrer que $f$ est continue sur $[-1,1]$ .

2. Montrer que $f$ est dérivable sur $]-1,1[$ et déterminer $f'(x)$ sur $]-1,1[$ .

3. Montrer que l’application dérivée $f' : ]-1,1[ \to \mathbb{R}$ est continue sur $]-1,1[$ . Quel est l’ensemble des $x \in ]-1,1[$ pour lesquels $f'(x) = 0$ ?

4. Dresser le tableau de variation de $f$ et tracer son graphe. En déduire que $f$ est injective.

5. On désigne par $g$ la bijection de $[-1,1]$ sur $f([-1,1])$ définie par $g(x) = f(x)$ , pour tout $x \in [-1,1]$ , et on désigne par $g^{-1}$ sa bijection réciproque. Justifier l’existence et déterminer $(g^{-1})'(0)$ .

solution

1. D'abord on peut vérifier que $f$ est bien définie sur $[-1,1]$ , en effet $-1 \leq x \leq 1 \iff x^2 \leq 1 \iff 1 - x^2 \geq 0$ Donc $x \to \sqrt{1 - x^2}$ est bien définie sur $[-1,1]$ . Pour $x \neq 0$ , $f$ est continue, le problème est de savoir si $f$ est continue en 0. Pour cela, il faut montrer que la limite de $f$ en 0 vaut $f(0)$ , il s'agit d'une forme indéterminée. On peut penser à utiliser la règle de L'Hospital mais comme il y a des racines, on va plutôt utiliser l'expression conjuguée $\frac{1}{x} \left( \sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2} \right) = \frac{(1 + x^2) - (1 - x^2)}{x \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)} = \frac{2x^2}{x \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)}$ $= \frac{2x}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}}$ Le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers 2 donc $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{2x}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}} = 0 = f(0)$ Donc $f$ est continue en 0 et donc sur $[-1,1]$ .

2. $x \to \sqrt{1 - x^2}$ est dérivable sur $]-1,1[$ donc $f$ est dérivable sur $]-1,0[ \cup ]0,1[$ , il reste à montrer que $f$ est dérivable en 0.

On calcule le taux de variation $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{1}{x^2} \left( \sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2} \right) = \frac{(1 + x^2) - (1 - x^2)}{x^2 \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)} = \frac{2x^2}{x^2 \left( \sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2} \right)}$ $= \frac{2}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}}$ Donc $\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{2}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}} = 1$ On en déduit que $f$ est dérivable en 0 et que $f'(0) = 1$ .

3. Pour montrer que $f'$ est continue, c’est évident pour $x \neq 0$ et en 0 voir la deuxième méthode. $\forall x \in ]-1,0[ \cup ]0,1[, f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - x^4} (\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 - x^2})} > 0 \quad \text{et} \quad f'(0) = 1 > 0$ Il n’y a pas de $x \in ]-1,1[$ tel que $f'(x) = 0$ .

4. $f(-1) = -\sqrt{2}$ et $f(1) = \sqrt{2}$ et pour tout $x \in ]-1,1[$ , $f'(x) > 0$ , il reste à voir comment se comporte $f'(x)$ en $-1^+$ et $1^-$ , comme $f'$ est paire ces deux limites seront égales. $\lim_{x \to 1^-} f'(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{2}{\sqrt{1 - x^4} \left( \sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 - x^2} \right)} = +\infty$ Car le dénominateur tend vers $0^+$ . Ce qui signifie que $f$ admet des demi-tangentes verticales en $-1$ et en $1$ .

$f$ est strictement monotone donc $f$ est injective.

5. $g : [-1,1] \to f([-1,1]) = [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ est une bijection. Comme $g'(0) = 1 \neq 0$ , la bijection réciproque est dérivable en 0 comme

$g^{-1}(x) = \frac{1}{g'(g^{-1}(x))}$

On a

$g^{-1}(0) = \frac{1}{g'(g^{-1}(0))} = \frac{1}{g'(0)} = \frac{1}{1} = 1$