Fonctions usuelles : cours de maths en L1 en PDF.

Soit \(I\) un intervalle et \(f : I \to \mathbb{R}\) continue et strictement monotone. Alors \(J = f(I)\) est un intervalle, et \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur \(J\). Sa réciproque \(f^{-1} : J \to I\) est continue, strictement monotone, de même sens de variation que \(f\).

Supposons \(f\) strictement croissante. Elle est injective, car \(x < y\) entraîne \(f(x) < f(y)\). Par conséquent, \(f\) est une bijection de \(I\) sur \(f(I)\). De plus, \(f(I)\) est un intervalle d’après le théorème des valeurs intermédiaires. La réciproque est strictement croissante : si \(u < v\) dans \(J\) et si l’on avait \(f^{-1}(u) \geq\, f^{-1}(v)\), on obtiendrait \(u \geq\, v\) en appliquant \(f\). Enfin, une fonction monotone dont l’image est un intervalle est continue, car elle n’a pas de saut. C’est pourquoi \(f^{-1}\) est continue.

Sous les hypothèses précédentes, soit \(y_0 = f(x_0)\) avec \(x_0\) intérieur à \(I\). Si \(f\) est dérivable en \(x_0\) et \(f^{\prime}(x_0) \neq 0\), alors \(f^{-1}\) est dérivable en \(y_0\) et

\[(f^{-1})^{\prime}(y_0) = \frac{1}{f^{\prime}(f^{-1}(y_0))}.\]

Si \(f^{\prime}(x_0) = 0\), la courbe de \(f^{-1}\) admet une tangente verticale au point d’abscisse \(y_0\).

Pour \(y \neq y_0\) dans \(J\), posons \(x = f^{-1}(y)\). Alors \(x \neq x_0\) et

\[\frac{f^{-1}(y) – f^{-1}(y_0)}{y – y_0} = \frac{x – x_0}{f(x) – f(x_0)}.\]

Quand \(y \to y_0\), on a \(x \to x_0\) par continuité de \(f^{-1}\). Donc le quotient tend vers \(1/f^{\prime}(x_0)\). Si \(f^{\prime}(x_0) = 0\), le quotient tend en valeur absolue vers \(+\infty\), d’où la tangente verticale.

La fonction logarithme népérien \(\ln\) est l’unique primitive de \(x \mapsto 1/x\) sur \(]0, +\infty[\) qui s’annule en 1.

Pour tous \(a, b > 0\) et tout \(n \in \mathbb{Z}\) : \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\), \(\ln(1/a) = -\ln a\) et \(\ln(a^n) = n \ln a\). De plus, \(\ln\) est strictement croissante, \(\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\) et \(\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty\).

Fixons \(b > 0\) et posons \(g(x) = \ln(bx) – \ln x\) sur \(]0, +\infty[\). On a \(g^{\prime}(x) = b/(bx) – 1/x = 0\), donc \(g\) est constante, égale à \(g(1) = \ln b\). Ensuite, \(\ln\) est croissante car sa dérivée est positive. Ainsi, \(\ln(2^n) = n \ln 2\) tend vers \(+\infty\), ce qui donne la limite en \(+\infty\). Enfin, la limite en \(0^+\) s’en déduit avec \(\ln(1/x) = -\ln x\).

La fonction \(\exp : \mathbb{R} \to ]0, +\infty[\) est continue, strictement croissante, et vérifie \(\exp(a + b) = \exp(a)\exp(b)\). Elle est dérivable et \(\exp^{\prime} = \exp\).

Pour \(a > 0\) et \(b \in \mathbb{R}\), on pose \(a^b = e^{b \ln a}\). Pour \(\alpha \in \mathbb{R}\), la fonction puissance \(x \mapsto x^{\alpha}\) est définie sur \(]0, +\infty[\) par \(x^{\alpha} = e^{\alpha \ln x}\).

La fonction \(x \mapsto x^{\alpha}\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\), de dérivée \(\alpha x^{\alpha – 1}\). Elle est strictement croissante si \(\alpha > 0\) et strictement décroissante si \(\alpha < 0\). Si \(\alpha > 0\), elle se prolonge par continuité en 0 par la valeur 0.

Une expression comme \(u(x)^{v(x)}\) se réécrit toujours \(e^{v(x)\ln u(x)}\), avec \(u(x) > 0\). On étudie alors l’exposant \(v(x)\ln u(x)\), ce qui ramène le problème à une seule limite.

Étudions \(f(x) = 2^x\). On écrit \(f(x) = e^{x \ln 2}\), donc \(f^{\prime}(x) = \ln 2 \cdot 2^x\). Comme \(\ln 2 > 0\), la fonction est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

Pour tous réels \(\alpha > 0\) et \(\beta > 0\) :

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)^{\alpha}}{x^{\beta}} = 0, \qquad \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{\alpha}}{e^{\beta x}} = 0, \qquad \lim_{x \to 0^+} x^{\beta} |\ln x|^{\alpha} = 0.\]

D’abord, montrons que \(\ln x \leq\, \sqrt{x}\) pour \(x \geq\, 1\). La fonction \(h(x) = \sqrt{x} – \ln x\) a pour dérivée \(\frac{\sqrt{x} – 2}{2x}\). Elle atteint donc son minimum en 4, et \(h(4) = 2 – 2\ln 2 > 0\). Ainsi, pour \(x \geq\, 1\), \(0 \leq\, \ln x / x \leq\, 1/\sqrt{x}\), ce qui donne \(\ln x / x \to 0\).

Ensuite, écrivons \(\frac{(\ln x)^{\alpha}}{x^{\beta}} = (\frac{\alpha}{\beta})^{\alpha} (\frac{\ln X}{X})^{\alpha}\) avec \(X = x^{\beta/\alpha}\). Comme \(X \to +\infty\), la première limite vaut 0. Pour la deuxième, on pose \(x = \ln t\) : \(\frac{x^{\alpha}}{e^{\beta x}} = \frac{(\ln t)^{\alpha}}{t^{\beta}}\) tend vers 0. Enfin, la troisième s’obtient avec \(x = 1/t\).

Pour lever une indétermination avec les croissances comparées :

• on factorise, au numérateur et au dénominateur, le terme qui domine ;
• on fait apparaître des quotients du type \((\ln x)^{\alpha}/x^{\beta}\) ou \(x^{\alpha}e^{-\beta x}\) ;
• pour une puissance variable \(u^v\), on passe d’abord à \(e^{v \ln u}\).

Cherchons la limite en \(+\infty\) de \(\frac{e^x + x^3}{e^x – \ln x}\). On factorise \(e^x\) en haut et en bas :

\[\frac{e^x + x^3}{e^x – \ln x} = \frac{1 + x^3 e^{-x}}{1 – (\ln x)e^{-x}}.\]

Or \(x^3 e^{-x} \to 0\), et \((\ln x) e^{-x} \leq\, x e^{-x}\) tend aussi vers 0. Par conséquent, la limite vaut 1.

La tangente est dérivable sur son domaine et \(\tan^{\prime} = 1 + \tan^2 = \dfrac{1}{\cos^2}\). De plus, pour \(a, b\) tels que les termes existent :

\[\tan(a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 – \tan a \tan b}.\]

La fonction \(\arcsin : [-1, 1] \to [-\pi/2, \pi/2]\) est la réciproque de la restriction de \(\sin\) à \([-\pi/2, \pi/2]\). Ainsi, pour \(x \in [-1, 1]\) et \(\theta \in [-\pi/2, \pi/2]\) :

\[\theta = \arcsin x \Leftrightarrow x = \sin \theta.\]

La fonction \(\arcsin\) est continue, strictement croissante et impaire sur \([-1, 1]\). Elle est dérivable sur \(]-1, 1[\) et

\[\arcsin^{\prime}(x) = \frac{1}{\sqrt{1 – x^2}}.\]

En \(\pm 1\), elle n’est pas dérivable : sa courbe y admet une tangente verticale.

Soit \(x \in ]-1, 1[\) et \(\theta = \arcsin x \in ]-\pi/2, \pi/2[\). Alors \(\sin^{\prime}(\theta) = \cos \theta \neq 0\), donc \(\arcsin\) est dérivable en \(x\) et \(\arcsin^{\prime}(x) = 1/\cos\theta\). Or \(\cos \theta > 0\) et \(\cos^2\theta = 1 – \sin^2 \theta = 1 – x^2\). Par conséquent, \(\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 – x^2}\). En \(x = 1\), on a \(\theta = \pi/2\) et \(\cos\theta = 0\) : c’est le cas de la tangente verticale.

On a toujours \(\sin(\arcsin x) = x\) pour \(x \in [-1, 1]\). En revanche, \(\arcsin(\sin \theta) = \theta\) seulement si \(\theta \in [-\pi/2, \pi/2]\). Par exemple, \(\arcsin(\sin \pi) = 0\).

La fonction \(\arccos : [-1, 1] \to [0, \pi]\) est la réciproque de la restriction de \(\cos\) à \([0, \pi]\). Elle est continue, strictement décroissante, dérivable sur \(]-1, 1[\) et \(\arccos^{\prime}(x) = -\dfrac{1}{\sqrt{1 – x^2}}\).

Pour tout \(x \in [-1, 1]\), \(\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}\).

La fonction \(g = \arcsin + \arccos\) est continue sur \([-1, 1]\) et de dérivée nulle sur \(]-1, 1[\). Elle est donc constante, égale à \(g(0) = 0 + \pi/2\).

La fonction \(\arctan : \mathbb{R} \to ]-\pi/2, \pi/2[\) est la réciproque de la restriction de \(\tan\) à \(]-\pi/2, \pi/2[\).

La fonction \(\arctan\) est continue, strictement croissante, impaire et dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec

\[\arctan^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2}.\]

De plus, \(\lim_{x \to +\infty} \arctan x = \dfrac{\pi}{2}\) et \(\lim_{x \to -\infty} \arctan x = -\dfrac{\pi}{2}\).

Pour \(\theta = \arctan x\), on a \(\tan^{\prime}(\theta) = 1 + \tan^2\theta = 1 + x^2\), qui ne s’annule pas. La formule de dérivation d’une réciproque donne donc \(\arctan^{\prime}(x) = 1/(1 + x^2)\). Les limites découlent du théorème de la bijection.

Pour tout \(x > 0\), \(\arctan x + \arctan \dfrac{1}{x} = \dfrac{\pi}{2}\). Pour tout \(x < 0\), cette somme vaut \(-\dfrac{\pi}{2}\).

Pour simplifier une expression contenant \(\arctan\) ou \(\arcsin\), deux voies existent :

• par la dérivée : on dérive sur chaque intervalle du domaine ; si la dérivée est celle d’une fonction connue, la différence est constante, et on calcule la constante en un point ou par une limite ;
• par un changement de variable : on pose \(x = \tan\theta\) ou \(x = \sin\theta\) avec \(\theta\) dans le bon intervalle, puis on utilise \(\arctan(\tan \varphi) = \varphi\) seulement si \(\varphi \in ]-\pi/2, \pi/2[\).

Dans les deux cas, on distingue les intervalles : la constante peut changer d’un intervalle à l’autre.

Calculons \(\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3}\). Posons \(a = \arctan\frac{1}{2}\) et \(b = \arctan\frac{1}{3}\). Ces deux angles sont dans \(]0, \pi/4[\), donc \(a + b \in ]0, \pi/2[\). Ensuite, \(\tan(a + b) = \frac{1/2 + 1/3}{1 – 1/6} = 1\). Or le seul angle de \(]0, \pi/2[\) de tangente 1 est \(\pi/4\). Finalement, \(\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}\).

Pour tout réel \(x\), on pose

\[\mathrm{ch}\,x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}, \qquad \mathrm{sh}\,x = \frac{e^x – e^{-x}}{2}, \qquad \mathrm{th}\,x = \frac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}\,x}.\]

Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) :

• \(\mathrm{ch}^2 x – \mathrm{sh}^2 x = 1\) ;
• \(\mathrm{ch}^{\prime} = \mathrm{sh}\), \(\mathrm{sh}^{\prime} = \mathrm{ch}\) et \(\mathrm{th}^{\prime} = 1 – \mathrm{th}^2 = \dfrac{1}{\mathrm{ch}^2}\) ;
• \(\mathrm{ch}\,x \geq\, 1\) et \(-1 < \mathrm{th}\,x < 1\).

On a \((\mathrm{ch}\,x – \mathrm{sh}\,x)(\mathrm{ch}\,x + \mathrm{sh}\,x) = e^{-x} e^{x} = 1\), d’où la première égalité. Les dérivées s’obtiennent terme à terme. Ensuite, la dérivée d’un quotient donne \(\mathrm{th}^{\prime} = \frac{\mathrm{ch}^2 – \mathrm{sh}^2}{\mathrm{ch}^2} = \frac{1}{\mathrm{ch}^2}\). Enfin, \(\mathrm{ch}\,x \geq\, 1\) découle de l’inégalité \(a + 1/a \geq\, 2\) pour \(a = e^x > 0\).

Les formules hyperboliques ressemblent aux formules trigonométriques, au signe près. Par exemple, \(\mathrm{ch}(a + b) = \mathrm{ch}\,a\,\mathrm{ch}\,b + \mathrm{sh}\,a\,\mathrm{sh}\,b\). Le point \((\mathrm{ch}\,t, \mathrm{sh}\,t)\) décrit une branche de l’hyperbole \(x^2 – y^2 = 1\), d’où le nom de ces fonctions.

Résolvons \(\mathrm{sh}\,x = y\) pour construire la réciproque de \(\mathrm{sh}\). On pose \(t = e^x > 0\). L’équation devient \(t^2 – 2yt – 1 = 0\). Le produit des racines vaut \(-1\), donc une seule racine est positive : \(t = y + \sqrt{y^2 + 1}\). Par conséquent, la réciproque de \(\mathrm{sh}\) est \(y \mapsto \ln(y + \sqrt{y^2 + 1})\).

Une fonction homographique est une fonction \(f(x) = \dfrac{ax + b}{cx + d}\) avec \(c \neq 0\) et \(ad – bc \neq 0\). Elle est définie sur \(\mathbb{R} \setminus \{-d/c\}\).

Pour \(f(x) = \frac{3x – 1}{x + 1}\), on écrit \(f(x) = 3 – \frac{4}{x + 1}\). Ici \(ad – bc = 3 + 1 = 4 > 0\) : la fonction croît sur \(]-\infty, -1[\) et sur \(]-1, +\infty[\). Elle réalise une bijection de \(\mathbb{R} \setminus \{-1\}\) sur \(\mathbb{R} \setminus \{3\}\). En résolvant \(y = 3 – \frac{4}{x+1}\), on trouve \(f^{-1}(y) = \frac{y + 1}{3 – y}\).

Soit \(f\) définie au voisinage de \(+\infty\). La droite \(y = ax + b\) est asymptote à la courbe de \(f\) en \(+\infty\) si \(\lim_{x \to +\infty} (f(x) – ax – b) = 0\). Elle est oblique si \(a \neq 0\).

Pour étudier la branche infinie de \(f\) en \(+\infty\) quand \(f(x) \to \pm\infty\) :

• on calcule \(\lim f(x)/x\). Si elle vaut \(\pm\infty\), la courbe a une branche parabolique de direction \((Oy)\) ; si elle vaut 0, une branche parabolique de direction \((Ox)\) ;
• si \(f(x)/x \to a\) réel non nul, on calcule \(\lim (f(x) – ax)\) ;
• si cette limite vaut un réel \(b\), la droite \(y = ax + b\) est asymptote ; si elle est infinie, la branche est parabolique de direction \(y = ax\) ;
• enfin, le signe de \(f(x) – (ax + b)\) donne la position de la courbe par rapport à l’asymptote.

Soit \(f(x) = \frac{x^2 + 3}{x + 1}\). La division euclidienne donne \(x^2 + 3 = (x + 1)(x – 1) + 4\), donc \(f(x) = x – 1 + \frac{4}{x + 1}\). Ainsi, la droite \(y = x – 1\) est asymptote en \(\pm\infty\). La courbe est au-dessus pour \(x > -1\) et en dessous pour \(x < -1\). Ensuite, \(f^{\prime}(x) = 1 – \frac{4}{(x+1)^2}\) s’annule en \(x = 1\) et \(x = -3\), avec \(f(1) = 2\) et \(f(-3) = -6\).

En un point où la fonction n’est pas dérivable, on étudie la limite du taux d’accroissement à gauche et à droite. On obtient ainsi une demi-tangente verticale ou un point anguleux, qu’il faut faire apparaître sur le tracé.