Corrigé des exercices - Dunod

190
Pour tout y ∈] − 1,1[, y = f(x) implique |y| =
|x|
|y|
et donc |x| = ; Mais on peut
1 + |x| 1 − |y|
remarquer qu’un élément et son image ont même signe. Comme |y| < 1, on en déduit que
x = f −1 (y) =
Ceci montre que f −1 est définie sur ] − 1,1[ par
Exercice 19.23
f −1 (x) =
y
1 − |y| .
x
1 − |x| .
1. L’application f est continue et strictement décroissante sur ]a,b[. Comme lim
x→a
f(x) = +∞
et lim
x→b
f(x) = −∞, on en déduit que f réalise une bijection de ]a,b[ sur R.
2. Pour déterminer f −1 , on résout l’équation y = 1
x − a + 1 , d’inconnue x ∈ ]a,b[. On
x − b
trouve
yx 2 − (2 + (a + b)y)x + yab + (a + b) = 0.
Si y = 0, on obtient x = a + b . Sinon, l’équation est du second degré et a pour discriminant
2
∆ = 4 + (a − b) 2 y 2 et l’équation a deux solutions
2 + (a + b)y ± √ 4 + (a − b) 2 y 2
= a + b + 1 √
4 + (a −
2y
2 y ± b)2 y 2
.
2y
( ) a + b
Il reste à trouver laquelle convient. On note que f = 0 ; on en déduit que f(x) est
2
positif si x < a + b et négatif si x > a + b . Si donc y > 0, son antécédent est inférieur à
2
2
a + b
2
; si y < 0, il est supérieur à a + b
2 .
Pour y > 0, la solution qui convient est donc x = a + b
2
+ 1 y − √
4 + (a − b)2 y 2
2y
(l’autre est
clairement supérieure à a + b ) ; pour y < 0, la même solution convient, car l’autre est alors
2
clairement inférieure à a + b . On a donc, pour tout y ≠ 0,
2
Exercice 19.24
f −1 (y) = a + b
2
+ 1 √
4 + (a −
y − b)2 y 2
.
2y
Posons y = arctan x. On a donc tany = x et cos 2 y =
]
− π 2 , π 2
définition, y est dans
ensuite siny = tany cos y =
1
1 + tan 2 y = 1
1 + x
[
, le cosinus est positif, donc cos y =
x
√
1 + x
2 .
. Comme par
2
1
√ . On en déduit
1 + x
2