Corrigé des exercices - Dunod

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Le signe de ϕ ′ (t) est celui de t. La fonction ϕ croît sur R + et décroît sur R − . Comme
ϕ(0) = 0, la fonction ϕ est positive (et ne s’annule qu’en 0). Mais il apparaît que le signe
de m ′ (t) est celui de ϕ(t) (pour obtenir ϕ(t), on a divisé par m(t) et multiplié par t 2 ). La
fonction m ′ est donc strictement positive (c’est vrai également en 0) donc m est strictement
croissante sur R.
Exercice 24.19
1. La fonction f est strictement croissante sur R, comme le montre le calcul de la dérivée,
continue et a pour limite −∞ en −∞ et +∞ en +∞. Elle réalise donc une bijection de R
sur R.
2. La fonction f est de classe C ∞ sur R. Comme f ′ : x ↦−→ e x + 1 est strictement positive
sur R, f −1 est dérivable et
(f −1 ) ′ 1
=
f ′ ◦ f −1 .
Comme f ′ est de classe C ∞ sur R et strictement positive, cette relation nous montre que si
f −1 est de classe C n , alors f ′ ◦ f −1 est aussi de classe C n et il en est de même de l’inverse
(f −1 ) ′ . La fonction (f −1 ) ′ étant de classe C n , f −1 est de classe C n+1 . Comme on sait que
f −1 est de classe C 0 , une récurrence immédiate montre qu’elle est de classe C ∞ .
On observe que f(0) = 0 et donc f −1 (0) = 0. Comme elle est de classe C ∞ , f −1 possède des
développements limités de tout ordre.
Pour f, on trouve
f(x) = 1 + x + 1 2 x2 + 1 6 x3 + x − 1 + o(x 3 ) = 2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 + o(x 3 ).
Notons f −1 (x) = a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +o(x 3 ) le développement limité cherché. On peut écrire
alors au voisinage de 0,
f −1 ◦ f(x) = f
(2x −1 + 1 2 x2 + 1 )
6 x3 + o(x 3 )
= a 1 (2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 ) + a 2 (2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 ) 2
+ a 3 (2x + 1 2 x2 + 1 6 x3 ) 3 + o(x 3 )
)
x 2 +
( a1
= 2a 1 x +
2 + 4a 2
( a1
6 + 2a 2 + 8a 3
)
x 3 + o(x 3 ).
Mais la fonction f −1 ◦ f est la fonction identité de R. D’après l’unicité du développement
limité, on a donc
ce qui donne
2a 1 = 1,
On obtient, au voisinage de 0,
a 1
2 + 4a 2 = 0 et
a 1 = 1 2 , a 2 = − 1 16
a 1
6 + 2a 2 + 8a 3 = 0,
et a 3 = 1
192 .
f −1 (x) = 1 2 x − 1 16 x2 + 1
192 x3 + o(x 3 ).