\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 11}
\lfoot{}
\cfoot{Continuité.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 11}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{12}


\savoir{Montrer qu'une fonction est continue en un point}
\label{Montrer qu'une fonction est continue en un point}

\begin{exo}
Pour \'etudier la continuité en $0$ des fonctions,on calcule leur limite. 
\begin{enumerate}
\item Par taux d'accroissement, on a 
$$
\li_{x \tos 0} \dfrac{\ln(1+x^3)}{x^3} = \li_{X \tos 0} \dfrac{\ln(1+X)}{X} = 1
$$

Comme $f_1(0) = 1$ alors la fonction $f_1$ est continue en $0$ (Si l'on veut être précis, elle est continue à droite en $0$ car elle n'est pas définie à gauche). 
\item On a 
$$
\dfrac{\exp(2x^2) - 1}{x} = 2x \times \dfrac{\exp(2x^2) - 1}{2x^2}
$$
Or, par taux d'accroissement, 
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{\exp(2x^2) - 1}{2x^2} = \li_{X \to 0} \dfrac{\exp(X) - 1}{X} = 1
$$
et 
$$
\li_{x \to 0} 2x = 0
$$
Ainsi on obtient
$$
\li_{x \to 0} f_2(x) = 0 = f_2(0)
$$
Donc la fonction $f_2$ est bien continue en $0$. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Pour \'etudier la continuité en $-1$ des fonctions,on calcule leur limite.
\begin{enumerate}
\item On calcule pour $x \in ]-1,0[$, 
$$
\li_{x \tos -1} \dfrac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}}{x} = \sqrt{2}
$$
Or $f_3(-1) = 1 \neq \sqrt{2}$. 
\begin{center}
\fbox{Donc la fonction $f_3$ n'est pas continue en $-1$. }
\end{center}
\item On a d'un côté,
$$
\li_{x \tos -1} \dfrac{1}{x+1} = + \infty \quad \text{et donc} \quad \li_{x \tos -1} f_4(x) = 0
$$
et d'un autre côté
$$
\li_{x \toi -1} \dfrac{1}{x+1} = - \infty \quad \text{et donc} \quad \li_{x \toi -1} f_4(x) = +\infty
$$
La fonction $f_4$ est donc continue à droite en $-1$ mais elle n'est pas continue à gauche. 
\begin{center}
\fbox{Elle n'est donc pas continue en $-1$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
 $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=\begin{cases}
e^{x} & si\: x<0\\
x^{2}+1 & si\: x>0
\end{cases}.$ \\

La fonction $x \to e^x$ est continue sur $]-\infty ; 0[$. \\
La fonction $x \to x^2 +1$ est continue sur $]0;+\infty[$. 
La fonction $g$ est donc continue sur $]-\infty ; 0[$ et sur $]0;+\infty[$. De plus
$$
\li_{x \tos 0} g(x) = \li_{x \tos 0} x^2 + 1 = 1
$$
et 
$$
\li_{x \toi 0} g(x) = \li_{x \toi 0} e^x = 1
$$
\begin{center}
\fbox{La fonction $g$ est donc prolongeable par continuité sur $\R$ en posant $g(0) = 1$. }
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Le domaine de définition de $x \to x^x$ est $\R_+^*$. On écrit la fonction sous la forme :
$$
x^x = e^{x \ln(x)}
$$
Or $\li_{x \tos 0} x \ln(x) = 0 $ par croissance comparée donc 
$$
\li_{x \tos 0} x^x = 1
$$
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{la fonction est prolongeable en $0$ en posant $0^0 = 1$.}
\end{center}
\end{exo}

\savoir{Montrer qu'une fonction est continue sur un intervalle}
\label{Montrer qu'une fonction est continue sur un intervalle}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On a pour tout $x$ réel, $x^2 +1 >0$. De plus,
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 1+x^2$ est continue sur $\R$,
\item La fonction $X \to \ln(X)$ est continue sur $\R_+^*$
\end{itemize}
Donc \begin{center}
\fbox{la fonction $f_1$ est continue sur $\R$ en tant que composée de fonctions continues. }
\end{center}

\item On a 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to \sqrt{x}$ est continue sur $\R_+$
\item La fonction $x \to x^2 +1$ est continue sur $\R$ et ne s'annule pas sur cet intervalle. 
\end{itemize}
Donc \begin{center}
\fbox{la fonction $f_2$ est continue sur $\R_+$ en tant que quotient de fonctions continues.}
\end{center} 

\begin{itemize}
\item La fonction $x \to \frac{1}{x}$ est continue sur $\R^*$
\item La fonction $x \to x$ est continue sur $\R$ 
\item La fonction $X \to exp(X)$ est continue sur $\R$
\end{itemize}
Donc \begin{center}
\fbox{la fonction $f_3$ est continue sur $\R^*$ en tant que somme et composée de fonctions continues.}
\end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On résout tout d'abord
\begin{align*}
1 - 4x^2 \geq 0 & \Longleftrightarrow (1 - 2x)(1+2x) \geq 0
\end{align*}
L'ensemble des solutions (obtenues par un tableau de signe) est alors $ \left[ - \dfrac{1}{2}; \dfrac{1}{2} \right]$.
\end{enumerate}
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 1 - 4x^2$ est continue sur $\R$ et positive sur $\left[ - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right]$.
\item La fonction $X \to \sqrt{X}$ est continues sur $\R_+$
\end{itemize}
Donc, par composition de fonctions, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $f_4$ est continue sur $\left[ - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right]$.}
\end{center}

\item On résout l'inéquation 
$$
2x^2 - x - 1 >0
$$
Le discriminant du polynôme $2x^2 - x - 1$ est $\Delta = 1 - 4 \times (-1) \times 2 = 9$. Cette équation a donc deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{1 - 3}{4} =  -\dfrac{1}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{1 +3}{4} = 1
$$
L'ensemble des solutions de cette inéquation est donc $ \left] - \infty ; - \dfrac{1}{2} \right[ \cup \left] 1 ; + \infty \right[$.
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 2x^2 - x - 1$ est continue sur $\R$ et strictement positive sur $ \left] - \infty ; - \dfrac{1}{2} \right[ \cup \left] 1 ; + \infty \right[$. 
\item La fonction $X \to \ln(X)$ est continue sur $\R_+^*$
\end{itemize}
Donc, par composition de fonctions, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $f_5$ est continue sur $\left] - \infty ; - \dfrac{1}{2} \right[$ et sur $\left]1 ; + \infty \right[$.}
\end{center}

\item On résout l'équation 
$$
x^2 - 1 = 0 \Longleftrightarrow (x-1)(x+1) = 0 
$$
L'ensemble des solutions de cette inéquation est donc $ \{-1,1\}$.
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to x^2 - 1$ est continue sur $\R$ et ne s'annule pas sur  $ \R \setminus \{-1 ;1\}$. 
\item La fonction $x \to 2x$ est continue sur $\R$ 
\item La fonction $X \to e^X$ est continue sur $\R$
\end{itemize}
Donc, par composition et quotient de fonctions, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $f_6$ est continue sur $\left] - \infty ; -1 \right[$, sur $]-1;1[$ et sur $\left]1 ; + \infty \right[$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On montre que la fonction $f_1$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$. En effet,
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 1+x^2$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$. Elle est de plus strictement positive sur ces intervalles. 
\item La fonction $X \to \ln(X)$ est continue sur $\R_+^*$.
\item La fonction $x \to x^2$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$. De plus, elle ne s'annule pas sur ces intervalles. 
\end{itemize}
On conclut que d'après les propriété de composée et de quotient de fonction,
\begin{center}
\fbox{la fonction $f_1$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$.}
\end{center}
On regarde si $f_1$ est continue en $0$. Pour cela, on calcule la limite de $f_1$. 
$$
\li_{x \to 0} f_1(x) = \li_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x^2)}{x^2} = \li_{X \to 0} \dfrac{\ln(1+X)}{X} = 1
$$
On reconnait en effet un taux d'accroissement. De plus $f(0)= 1$. Donc la fonction $f_1$ est continue en 0. En combinant les 2 résultats, on obtient que
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f_1$ est continue sur $\R$.}
 \end{center} 
 
 \item On montre que la fonction $f_2$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$. En effet,
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 2x^2$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$.
\item La fonction $X \to \exp(X)$ est continue sur $\R$.
\item La fonction $x \to x$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$. De plus, elle ne s'annule pas sur ces intervalles. 
\end{itemize}
On conclut que d'après les propriété de composée de somme et de quotient de fonction,
\begin{center}
\fbox{la fonction $f_2$ est continue sur $]- \infty ;0[$ et sur $]0;+\infty[$.}
\end{center}
On regarde si $f_2$ est continue en $0$. Pour cela, on calcule la limite de $f_2$. On remarque
$$
\dfrac{\exp(2x^2) - 1}{x} = 2x \times \dfrac{\exp(2x^2)-1}{2x^2}
$$
Or d'après les formules du taux d'accroissement (en posant $X = 2x^2)$, 
$$
\li_{x \to 0} \times \dfrac{\exp(2x^2)-1}{2x^2} = \li_{X \to 0} \times \dfrac{\exp(X)-1}{X} = 1
$$
De plus, $\li_{x \to 0} 2x = 0$. Par produit de limites, 
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{\exp(2x^2) - 1}{x} = 0
$$
De plus $f_2(0)= 0$. Donc la fonction $f_2$ est continue en 0. En combinant les 2 résultats, on obtient que
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f_2$ est continue sur $\R$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
\begin{enumerate}
\item On regarde si la fonction $f_1$ est prolongeable par continuité en $2$. Pour cela, on remarque :
$$
\dfrac{2-x}{\sqrt{x-2}} = - \dfrac{x-2}{\sqrt{x-2}} = - \sqrt{x-2}
$$
Ainsi,
$$
\li_{x \to 2} f_1(x) = 0
$$
\begin{center}
\fbox{La fonction $f_1$ est prolongeable par continuité en $2$ et l'on pose $f_1 (2) = 0$.}
\end{center}

\item On regarde si la fonction $f_2$ est prolongeable par continuité en $1$. Pour cela, on calcule :
\begin{align*}
\dfrac{3}{x^3 - 1} - \dfrac{2}{x^2 - 1} & = \dfrac{3}{(x-1)(x^2 +x+1)} - \dfrac{2}{(x-1)(x+1)} \\
& = \dfrac{3(x+1)}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)} - \dfrac{2(x^2 +x +1)}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)} \\
& = \dfrac{-2x^2 +x +1}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)}
\end{align*}
On résout l'équation $-2x^2 + x +1 = 0$. Le discriminant d'une telle équation est $\Delta = 9$. Les solutions sont $1$ et $-1/2$. On a donc (cf cours sur les polynômes)
$$
-2x^2 + x + 1 = -2(x-1)(x+1/2)
$$
Ainsi,
$$
\dfrac{3}{x^3 - 1} - \dfrac{2}{x^2 - 1} = \dfrac{-2(x-1)(x+1/2)}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)} = -2 \dfrac{x+1/2}{(x^2 +x+1)(x+1)}
$$
\begin{center}
Or $\li_{x \to 1} x+\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$ et $\li_{x \to 1} (x^2 +x+1)(x+1) = 6$ donc 
$$\li_{x \to 1} f_2(x) = \dfrac{1}{12} $$ 
\fbox{La fonction $f_2$ est prolongeable par continuité en $1$ et l'on pose $f_2 (1) = \dfrac{1}{12}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{Théorème de la bijection}
\label{Théorème de la bijection}

\begin{exo}
On étudie la fonction $f : x \to \ln(x) + x$. La fonction $f$ est dérivable sur $\R_+^*$ en tant que somme de fonctions dérivables et :
$$
\forall x \in \R_+^*, \quad f'(x) = \dfrac{1}{x} + 1
$$
Or comme $x >0$, alors $\dfrac{1}{x} >0$ et donc $ \forall x \in \R_+^*$, $f'(x) >0$. On calcule les limites de $f$:
$$
\li_{x \tos 0} f(x) = - \infty \quad \text{et} \li_{x \to + \infty} \ln(x) + x =  +\infty
$$
Ainsi :
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $\R_+^*$ en tant que somme de fonctions continues. 
\item La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R_+^*$. 
\item On a $f(\R_+^*) = \R$. 
\end{itemize}
Ainsi, d'après le théorème de la bijection, 
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f$ réalise une bijection de $\R_+^*$ sur $\R$.}
 \end{center} 
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On remarque que 
$$
3-2x = e^x \Longleftrightarrow e^x +2x - 3  =0
$$
On pose alors la fonction $f$ définie pour tout $x \in \R$, par $f(x) = e^x +2x - 3$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables et 
$$
f'(x) = e^x + 2 >0
$$
On a également, d'après les propriétés de limites, 
$$
\li_{x \to + \infty} f(x) = +\infty \quad \text{et} \quad \li_{x \to - \infty} f(x) = - \infty
$$
Ainsi $f(\R) = \R$. On a donc 
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $\R$ (en tant que somme de fonctions continues ou parce qu'on a montré qu'elle était dérivable)
\item La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$. 
\item De plus $f(\R) = \R$
\end{itemize}
Comme $0 \in \R$, d'après le théorème de la bijection, \begin{center}
\fbox{l'équation $f(x) = 0$ (c'est à dire l'équation $3-2x = e^x$) possède une unique solution $\alpha$ dans $\R$.}
\end{center} On peut préciser cette solution :
$$
f(0) = -2 < 0 \quad \text{et} \quad f(1) = e - 1 >0
$$
Donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution dans $[0,1]$. Or comme l'équation $f(x) = 0$ n'admet qu'une unique solution $\alpha$ alors \fbox{$ \alpha \in [0;1]$}. 

On peut reprendre le même raisonnement pour montrer que $ \dfrac{1}{2} \leq \alpha \leq 1$. Je vous montre ici une autre façon de rédiger. On calcule 
$$
f\left( \dfrac{1}{2} \right) = e^{1/2} - 2 < 0
$$
De plus, d'après le théorème de la bijection, $f$ est bijective et admet une fonction réciproque strictement croissante. Ainsi, 
\begin{align*}
f\left( \dfrac{1}{2} \right) \leq 0 \leq f(1) & \Longleftrightarrow f\left( \dfrac{1}{2} \right) \leq f(\alpha) \leq f(1) \\
& \Longleftrightarrow f^{-1}\left( f\left( \dfrac{1}{2} \right) \right) \leq f^{-1}\left( f(\alpha) \right) \leq  f^{-1}\left( f(1) \right) \\
& \Longleftrightarrow \boxed{ \dfrac{1}{2} \leq \alpha \leq 1 }
\end{align*}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit la fonction $f$ définie et dérivable sur l'intervalle $[0;+\infty[$ par $f(x) = 5 \ln(x+3) - x$. 
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que somme et composée de fonction dérivable. On calcule pour $x \in [0; + \infty[$,
\begin{align*}
\boxed{f'(x)  = \dfrac{5}{x+3} - 1  = \dfrac{-x+2}{x+3}}
\end{align*}
Sur $[0;+\infty$, $x+3 >0$. Le signe de la dérivée ne dépend que de $-x +2$. Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$f'(x) \geq 0$ pour $x \in [0;2]$ et $f'(x) \leq 0$ pour $x \in [2; +\infty[$.}
\end{center}
\item Soit $x >0$, 
\begin{align*}
f(x) & = 5 \ln(x+3) - x \\
& = 5 \ln\left( x \left(1 + \dfrac{3}{x} \right) \right) - x \\
& = 5 \ln(x) + 5 \ln\left(1 + \dfrac{3}{x} \right) - x \\
& \boxed{= x \left( \dfrac{5\ln(x)}{x} - 1 \right) + 5 \ln\left(1 + \dfrac{3}{x} \right)}
\end{align*}
On a $\li_{x \to = \infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$ par croissance comparée et 
$$
\li_{x \to + \infty} \ln\left(1 + \dfrac{3}{x} \right) = 0 \quad \text{car} \li_{x \to + \infty} \dfrac{3}{x} = 0.
$$
On conclut que 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to +\infty} f(x) = - \infty$.}
\end{center}
\item On dresse le tableau de signe
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=4]{$x$/1.5,Signe de $f'(x)$/2,Variations de $f$/2}{$0$,$2$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,} 
\tkzTabVar{-/$5\ln(3)$, +/$5\ln(5)-2$, -/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item La fonction est continue et strictement croissante sur $[0,2]$ or donc elle admet un minimum en $x=0$ et $f(0) = 5\ln(3) >0$ donc l'équation $f(x) =0$ n'a aucune solution sur $[0,2]$. On étudie alors la fonction sur $[2 ; +\infty[$ :
\begin{itemize}
\item La fonction est strictement décroissante sur $[2;+ \infty[$. 
\item La fonction est continue sur $[2;+\infty[$ (notamment parce qu'elle est dérivable sur $[0;+\infty[$).
\item On a $f([2,+\infty[) = ]-\infty ; 5\ln(5) - 2]$ 
\end{itemize}
Or comme $0 \in ]-\infty ; 5\ln(5) - 2]$, d'après le théorème de la bijection, l'équation $f(x) = 0$ a une unique solution sur $[2;+\infty[$ et donc
\begin{center}
\fbox{L'équation $f(x)=0$ a une unique solution sur $[0;+\infty[$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{Manipuler les fonctions réciproques}
\label{Manipuler les fonctions réciproques}

\begin{exo}
On étudie la fonction $g$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ et $\forall x \in \R$, $g'(x) = - e^{-x} <0$. De plus 
$$
\li_{x \to - \infty} e^{-x} = +\infty \quad \text{et} \quad \li_{x\to +\infty} e^{-x} = 0
$$ 
Ainsi,
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $\R$ en tant que composée de fonctions continues sur $\R$. 
\item La fonction $f$ est strictement décroissante sur $\R$.
\item $f(\R) = ]0;+\infty[$
\end{itemize}
Donc d'après le théorème de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $g$ réalise une bijection de $\R$ sur $[0;+\infty[$.}
\end{center}
Cette fonction admet donc une fonction réciproque $g^{-1}$ strictement décroissante et vérifiant 
$$
\li_{x \to 0} f^{-1}(x) = +\infty \quad \text{et} \quad \li_{x\to +\infty} f^{-1}(x) = -\infty
$$ 
On en déduit alors le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=4]{$x$/1.5,Variations de $f^{-1}$/2}{$0$,$+ \infty$}
\tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
La fonction $sh : \R \to \R$ est définie par $sh (x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2} \cdot$
\begin{enumerate}
 \item La fonction $sh$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonctions dérivable sur $\R$. On calcule pour $x \in \R$, 
 $$
 sh'(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} > 0
 $$
De plus, 
$$
\li_{x \to -\infty} sh(x) = -\infty \quad \text{et} \quad \li_{x\to +\infty} sh(x) = +\infty
$$ 
\begin{itemize}
\item La fonction $sh$ est continue sur $\R$ en tant que somme et composée de fonctions continues. 
\item La fonction $sh$ est strictement croissante sur $\R$.
\item $sh(\R) = \R$
\end{itemize}
Donc, d'après le théorème de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $sh$ est bijective sur $\R$.}
\end{center}
 \item On résout pour $y \in \R$, l'équation
 \begin{align*}
 sh(x) = y & \Longleftrightarrow \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = y \\
 & \Longleftrightarrow e^x - e^{-x} = 2y 
\end{align*}  
Donc en posant $X = e^x >0$, on obtient 
\begin{align*}
sh(x) = y & \Longleftrightarrow X - \dfrac{1}{X} = 2y, \quad X >0 \\
& \Longleftrightarrow X^2 - 2yX - 1 = 0, \quad X >0
\end{align*}
Le discriminant de cette équation est $\Delta = (2y)^2 - 4 \times (-1) \times 1 = 4y^2 +4 = 4(y^2 +1) >0$. Cette équation a donc deux solutions :
\begin{align*}
X_1 & = \dfrac{2y - \sqrt{4(y^2+1)}}{2} \\
&  = \dfrac{2y - 2\sqrt{y^2 +1}}{2} \\
& = y - \sqrt{y^2 +1}
\end{align*}
Or, si $y < 0$, alors cette quantité est clairement négative. Si $y >0$ alors
\begin{align*}
y^2 + 1 > y^2 & \Longleftrightarrow \sqrt{y^2 +1} > |y| \\
& \Longleftrightarrow 0 > y - \sqrt{y^2 +1}
\end{align*}
Donc dans les deux cas, cette solution est négative et donc ne convient pas. 
La deuxième solution est 
\begin{align*}
X_2 & = \dfrac{2y + \sqrt{4(y^2+1)}}{2} \\
&  = \dfrac{2y + 2\sqrt{y^2 +1}}{2} \\
& = y + \sqrt{y^2 +1}
\end{align*}
Par un raisonnement similaire, on remarque que cette solution est toujours positive. Finalement,
\begin{align*}
sh(x) = y & \Longleftrightarrow X = y+ \sqrt{y^2 +1}, \quad X>0 \\
& \Longleftrightarrow e^x = y + \sqrt{y^2+1} \\
& \Longleftrightarrow x = \ln(y + \sqrt{y^2+1})
\end{align*} 
On en déduit que 
\begin{center}
\fbox{la fonction $y \to \ln(y + \sqrt{y^2 +1})$ est la fonction réciproque de $sh$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

%\begin{exo}[**]
%Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \frac{x}{1 + |x|} \cdot$
%\begin{enumerate}
% \item Montrer que $f$ réalise une bijection de $\R$ sur un intervalle à déterminer.
% \item Expliciter $f^{-1}$ et dresser son tableau de variations.
%\end{enumerate}
%\end{exo}

\begin{exo}[**]
Corrigé dans le DM 8
%Pour tout $n \in \mathbb{N}$ avec $n \ge 3$, on pose $f_n(x)=x^n+1-nx.$
%\begin{enumerate}
%\item Soit $n \in \mathbb{N}$ avec $n \ge 3$, la fonction $f_n$ est dérivable sur $\R$ (car c'est une fonction polynomiale). On calcule pour tout $x$ réel
%$$
%f_n'(x) = nx^{n-1} -n  = n(x^{n-1} - 1)
%$$
%Or pour $x \in [0,1]$, on a $0 \leq x^{n-1} \leq 1$ et donc $f_n'(x) > 0$. 
%\begin{center}
%\fbox{La fonction $f_n$ est strictement décroissante sur $[0;1]$.}
%\end{center}
%\item On a $f_n(0) = 1 >0$ et $f_n(1) = 2 - n < 0$ et donc:
%\begin{itemize}
%\item La fonction $f_n$ est continue sur $\R$ (c'est une fonction polynômiale)
%\item La fonction $f_n$ est strictement décroissante sur $[0;1]$. 
%\item $f_n(0) >0$ et $f_n(1) < 0$. 
%\end{itemize} 
%Donc, d'après le théorème de la bijection, 
%\begin{center}
%\fbox{l'équation $x^n +1 -nx =0$ admet une unique solution sur $[0,1]$ notée $x_n$.}
%\end{center}
%\item On calcule d'une part
%$$
%f_n \left( \dfrac{2}{n} \right) = \left( \dfrac{2}{n} \right)^n +1 - n \times \dfrac{2}{n} = \left( \dfrac{2}{n} \right)^n + 1 - 2 = \left( \dfrac{2}{n} \right)^n  - 1 < 0
%$$
%En effet comme $n \geq 3$, alors $\dfrac{2}{n} \leq 1$ et donc $\left( \dfrac{2}{n} \right)^n < 1$. D'autre part,
%$$
%f_n \left( \dfrac{1}{n} \right) = \left( \dfrac{1}{n} \right)^n +1 - n \times \dfrac{1}{n} = \left( \dfrac{1}{n} \right)^n > 0
%$$
%Ainsi, on a bien
%\begin{center}
% \fbox{$\displaystyle{f_n\left(\frac 2 n\right) < f_n(x_n) < f_n\left(\frac 1 n \right)}$}
% \end{center} 
%La fonction $f_n$ étant bijective sur $[0,1]$, elle admet une fonction réciproque strictement décroissante. Ainsi,
%\begin{align*}
%\displaystyle{f_n\left(\frac 2 n\right) < f_n(x_n) < f_n\left(\frac 1 n \right)} & \Longleftrightarrow \displaystyle{f_n^{-1}(f_n\left(\frac 2 n\right)) > f_n^{-1}(f_n(x_n)) > f_n^{-1}(f_n\left(\frac 1 n \right))} \\
%& \Longleftrightarrow \boxed{\displaystyle{\frac 1 n < x_n < \frac 2 n}\cdot}
%\end{align*} 
%On sait que 
%$$
%\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n} = 0, \quad \li_{n \to +\infty} \dfrac{2}{n} = 0
%$$
%Ainsi, en appliquant le théorème des gendarmes (cf cours sur les suites), on a 
%\begin{center}
%\fbox{$
%\li_{n \to +\infty} x_n = 0
%$}
%\end{center}
%\item Par définition, $f_n(x_n) = 0$ et donc 
%$$
%(x_n)^n +1 - nx_n = 0 \Longleftrightarrow nx_n = (x_n)^n +1
%$$
%Or $x_n \in [0;1]$ et $x_n \neq 1$ donc $x_n \in [0,1[$. On a alors (cf cours sur les suites)
%$$
%\li_{n \to +\infty} (x_n)^n = 0
%$$
%Et ainsi, 
%\begin{center}
%\fbox{$\li_{n \to +\infty} nx_n = 1$.}
%\end{center}
%\item On étudie le signe de 
%\begin{align*}
%f_{n+1}(x) - f_n(x) & = x^{n+1} +1 - (n+1)x - x^n -1 +nx \\
%& = x^{n+1} - x^n - x \\
%& = x(x^n - x^{n-1} - 1) \\
%& = x (x^{n-1}(x-1) - 1)
%\end{align*}
%Or pour $x \in [0,1]$ on a $x >0$, $x^{n-1} >0$ et $x-1 \leq 0$. Donc $x^{n-1}(x-1) \leq 0$ et par conséquent $(x^{n-1}(x-1) - 1) < 0$. 
%donc pour tout $x \in [0,1]$ et tout $n \geq 3$, 
%\begin{center}
%\fbox{$
%f_{n+1}(x) - f_n(x) \leq 0
%$}
%\end{center}
%On a notamment 
%\begin{align*}
%f_{n+1}(x_{n+1}) - f_n(x_{n+1}) \leq 0 & \Longleftrightarrow f_{n+1} (x_{n+1}) \leq f_n(x_{n+1}) \\
%& \Longleftrightarrow 0 \leq f_n(x_{n+1}) \\
%& \Longleftrightarrow f_n(x_n) \leq f_n(x_{n+1})
%\end{align*}
%En effet, on utilise la définition de $x_n$. La fonction $f_n$ étant de plus bijective sur $[0;1]$ et sa réciproque étant strictement décroissante, on obtient :
%\begin{align*}
%f_n(x_n) \leq f_n(x_{n+1}) \Longleftrightarrow x_n \geq x_{n+1}
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{La suite $(x_n)_{n \ge 3}$ est décroissante. }
%\end{center}
%
%\end{enumerate}
\end{exo}



%TCIMACRO{\TeXButton{TeX field}{\end{multicols}}}%
%BeginExpansion
%\end{multicols}%
%EndExpansion

\end{document}