\documentclass[10pt,a4paper]{article}

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  pdfauthor  = {Laurent Pater \& Jean Louet},
  pdftitle   = {PTSI 1 -- Corrigé du DS1 (2017-2018)},
  pdfsubject = {Mathématiques -- PTSI 1 -- 2017-2018},
}

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\fancyhead[L]{\begin{tabular}{l}PTSI 1\\ 2017-2018\end{tabular}}
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    {\LARGE\bfseries \titre}\par\smallskip
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%  Exercices et numerotation des questions
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  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Exercice \theExo}~\\*}
  {\vspace{1em}\par}
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  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Problème \theExo}~\\*}
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% Questions numerotees 1., 1.1., 1.1.1.
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\setlist[enumerate,2]{label=\arabic{enumi}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic*}
\setlist[enumerate,3]{label=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*.,
                      ref=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*}

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% Encadre sur une ligne d'un environnement align
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\begin{document}

\Titre

\setcounter{Exo}{0}

\begin{Exo}
Soit $m\in\R$. On considère l'équation, d'inconnue $x \in \R$ :

\begin{equation}
\sqrt{2+mx-2} = 2x+1 \label{equaa} \tag{$E_m$}
\end{equation}

\begin{enumerate}
\item On considère la fonction  $f : x\mapsto 2+mx-2 = mx$. Par produit, on a deux cas possibles :
\begin{enumerate}
\item[$\bullet$] \fbox{lorsque $m \geqslant 0$, $f$ est positive sur $\R_+$ et négative sur $\R_-$};
\item[$\bullet$] \fbox{lorsque $m \leqslant 0$, $f$ est positive sur $\R_-$ et négative sur $\R_+$}.
\end{enumerate}
\item De façon analogue au cas précédent, l'équation \eqref{equaa} est définie pour tout $x \in \R_+$ lorsque $m\geqslant 0$ et pour tout $x \in \R_-$ lorsque $m \leqslant 0$.
\item On a les équivalences, pour $m \in \R$,
\[ m - 1 \geqslant (m + 2)(m - 10) \ssi m - 1 \geqslant m^2 -8m -20 \ssi m^2 - 9m - 19.\]
Or les racines du polynôme $X^2 - 9 X -19$ sont
\[ \frac{9 + \sqrt{157}}{2} \quad \text{et} \quad \frac{9 - \sqrt{157}}{2}\]
donc, on obtient le signe de la fonction $x \mapsto x^2 - 9 x -19$ puis la résolution de l'inéquation :

\fbox{lorsque $m \in \R$, $m - 1 \geqslant (m + 2)(m - 10)$ si et seulement si $\displaystyle m \in \left[ \frac{9 - \sqrt{157}}{2},\frac{9 + \sqrt{157}}{2} \right]$}.

Avec des calculs tout à fait analogues

\fbox{lorsque $m \in \R$, $1-m \leqslant (m + 2)(m - 10)$ si et seulement si $\displaystyle m \in \R \setminus \left] \frac{7 - \sqrt{133}}{2} \quad \text{et} \quad \frac{7 + \sqrt{133}}{2} \right[$}.

\item On traite plusieurs cas.
\begin{enumerate}
\item[$\bullet$] Lorsque $m = 0$, \eqref{equaa} a une unique solution $\boxed{-\frac{1}{2}}$.
\item[$\bullet$] On traite le cas où $m > 0$. On considère donc $x \in \R_+$. L'équation \eqref{equaa} est équivalente (en mettant les deux termes de l'équation au carré) à
\[ 4x^2 + (4-m)x + 1 = 0.\]
Les discriminant de $4X^2 + (4-m)X + 1$ vaut $(4-m)^2 -16 = m(m-8)$. Ainsi, lorsque $m \in ]0,8[$, \eqref{equaa} n'a pas de solution alors que lorsque $m > 8$, le polyn\^ome possède deux racines :
\[\boxed{ \frac{m-4 + \sqrt{m(m-8)}}{16} \quad \text{et} \quad \frac{m-4 - \sqrt{m(m-8)}}{16}}\]
qui sont toutes deux positives (la première clairement et la seconde car $(m-4)^2 = m^2 - 4m + 16 > m^2 - 8m$).
Ainsi, lorsque $m \in ]0,8[$, \eqref{equaa} n'a pas de solution et lorsque $m > 8$, \eqref{equaa} possède pour solutions les deux racines du polynôme précédent.
\item[$\bullet$] Lorsque $m < 0$, on procède comme dans le cas précédent en éliminant la racine positive et dans ce cas, la seule solution de l'équation est
\[\boxed{\frac{m-4 - \sqrt{m(m-8)}}{16}}.\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
  \item Soit $x \in \R$. La fonction exponentielle étant définie sur $\R$, $f$ est définie en $x$ si, et seulement si, $\ln$ est défini en $x$ et est non nul. Or le logarithme népérien est défini sur $]0,+\infty[$ et s'annule uniquement en $1$. Ainsi:
      $$ \boxed{\mathcal{D} = ]0,1[\cup]1,+\infty[.}$$
    \item
      \begin{itemize}
        \item Le logarithme tend vers $-\infty$ en $0$, donc par passage à l'inverse,
      $$ \lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{\ln x} =  0.$$
          En composant par l'exponentielle, on conclut que $\boxed{\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 1}$.
        \item Quand $x\to 1$ par valeurs inférieures, $\ln x \to 0$ par valeurs inférieures; par passage à l'inverse, on obtient
          $$ \lim\limits_{\substack{x\to 1 \\ x<1}} \dfrac{1}{\ln x } = -\infty$$
          Ainsi, $\lim\limits_{\substack{x\to 1 \\ x<1}} f(x) = \lim\limits_{-\infty} \exp$ soit $$ \boxed{\lim\limits_{1^-} f = 0.}$$
        \item De m\^eme,
          $$ \frac{1}{\ln x} \xrightarrow[x\to 1^+]{} +\infty \qquad\text{donc}\qquad \boxed{f(x) \xrightarrow[x\to 1^+]{} +\infty.} $$
        \item Enfin, en $+\infty$, le logarithme népérien tend vers $+\infty$ donc son inverse vers 0, ce qui donne
          $$ \boxed{\lim\limits_{+\infty} f = \exp(0) = 1.} $$
      \end{itemize}
    \item Le logarithme étant dérivable et non nul sur $\R_+^*\setminus\{1\}$, son inverse est dérivable sur cet ensemble; l'exponentielle étant de plus dérivable sur $\R$, $\boxed{\text{$f$ est dérivable sur $\R_+^*\setminus\{1\}$}}$, d'après le théorème de composition de fonctions dérivables.

      En utilisant la formule de dérivation d'une fonction composée, on obtient, pour tout réel $x>0$ différent de $1$,
      $$ \begin{array}{rl} f'(x) & = \dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\left[\dfrac{1}{\ln x}\right] \times \exp\left(\dfrac{1}{\ln x}\right) \\[4mm]
        & = -\dfrac{\ln '(x)}{(\ln x)^2} \times \exp\left(\dfrac{1}{\ln x}\right) \\[4mm]
        & = -\dfrac{1}{x(\ln x)^2} f(x). \end{array} $$
      Or, l'exponentielle étant toujours strictement positive, tout comme le carré du logarithme, $f'(x)$ a le m\^eme signe que $x$ pour tout $x \in \R_+^*\setminus\{-1\}$, donc $f'$ est strictement négative sur $\mathcal{D}$. Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur chacun des intervalles inclus dans $\mathcal{D}$, {\it i.e.}~sur $]0,1[$ et $]1,+\infty[$.

      Les limites de $f$ aux bornes de $\mathcal{D}$ ayant été calculées à la question~2, on en déduit le tableau de variations de $f$:

      \begin{center}
        \begin{tikzpicture}
          \tkzTabInit{$x$/0.5,$f$/1.5}{$0$,$1$,$+\infty$}
          \tkzTabVar{+/$1$,-CD+/ $0$/ $+\infty$, -/ $1$}
        \end{tikzpicture}
      \end{center}

    \item
      \begin{enumerate}
      \item Soit $x\in\mathcal{D}$; on veut montrer que $f(x)$ appartient à $\mathcal{D}$, {\it i.e.}~que c'est un réel strictement positif et différent de $1$. Puisque l'exponentielle est strictement positive sur $\R$, on a
        $$ f(x) = \exp\left(\frac{1}{\ln x}\right) >0. $$
        Il reste à montrer que $f(x)$ différent de $1$. Or, le seul point en lequel la fonction exponentielle atteint la valeur~$1$ est $0$; on en déduit que, pour que $f(x)$ soit nul, il faudrait que $1/\ln x$ soit nul, ce qui est impossible car l'inverse d'un réel n'est jamais nul. Ainsi, $f(x) \in \R_+^*\setminus\{1\}$ pour tout $x \in \mathcal{D}$: on a bien montré que, $\boxed{\text{pour tout $x\in\mathcal{D}$, $f(x)\in\mathcal{D}$}}$.
      \item Soit $x\in\mathcal{D}$. Alors d'après la question précédente, $f(x)$ appartient à $\mathcal{D}$, qui est l'ensemble de définition de $f$. Ainsi $f$ est définie en $f(x)$: autrement dit, $f(f(x))$ est bien défini, et ce pour tout $x\in\mathcal{D}$, ce qui prouve que $f\circ f$ est définie sur $\mathcal{D}$.

        Pour tout $x\in\mathcal{D}$, on a alors
        $$ \begin{array}{rl} f\circ f(x) &  = \exp\left(\dfrac{1}{\ln f(x)}\right) \\[2mm]
          & = \exp\left(\dfrac{1}{\ln\left(\exp\left(\ln\left(\frac{1}{\ln x}\right)\right)\right)}\right) \\[2mm]
          & = \exp\left(\dfrac{1}{1/\ln x}\right) \\[2mm]
          & = \exp(\ln x)
        \end{array} $$
        soit : $\boxed{\forall x\in\mathcal{D},\ f\circ f(x) = x}$.
      \item Si l'on pose $g=f$, on a d'après la question précédente:
        $$ \left\{\begin{array}{l} \forall x\in\mathcal{D}, \, g(f(x)) = x \\ \forall x\in\mathcal{D}, f(g(x)) = x \end{array}\right.$$
        Ceci montre que $f$ est bijective et que $f^{-1} = g$, mais on a posé $g=f$: autrement dit, {$f$ est bijective et est égale à sa propre bijection réciproque}.

        La courbe représentative de $f^{-1}$ étant la symétrique par rapport à la première bissectrice de celle de $f$, on en déduit que \underline{la courbe représentative de $f$ est symétrique par rapport à} \underline{la droite d'équation $y=x$}.
      \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item Soit $x \in \R$; alors la fonction $f$ est définie en $x$ si et seulement si, d'une part, $x \neq 0$ pour que le quotient ait un sens et, d'autre part, $\ln$ est défini en $x$ ce qui nécessite $x>0$. Ainsi, $\boxed{\mathcal{D}=\R_+^*.}$

  Calculons d'abord la limite de $f$ en $0$: on a
  $$ \ln x \xrightarrow[x\to 0]{} -\infty \quad\text{et}\quad \frac{1}{x} \xrightarrow[x\to 0^+]{} +\infty. $$
  Par produit, $\dfrac{\ln x}{x} \xrightarrow[x\to 0^+]{} -\infty$ et en composant par l'exponentielle: $\boxed{\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 0.}$

  Concernant la limite en $+\infty$, on a par croissances comparées:
  $$ \lim\limits_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0 $$
  d'où en composant par l'exponentielle: $\boxed{\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 0}$.

\item Le logarithme et la fonction inverse étant dérivables sur $\R_+^*$, la fonction $x\mapsto \ln x/x$ l'est aussi; comme l'exponentielle est dérivable sur $\R$, on en déduit par composition que $\boxed{\text{$f$ est dérivable sur }\R_+^*}$. Pour tout $x>0$, on a alors d'après la formule donnant la dérivée d'une fonction composée:
  $$ \begin{array}{rl} f'(x) = & \dfrac{\text{d}}{\text{d}x} \left[\dfrac{\ln x}{x}\right] \times \exp'\left(\dfrac{\ln x}{x}\right) \\[4mm]
  & = \left(\dfrac{\ln'(x)}{x}+\ln x \times \dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\left[\dfrac{1}{x}\right]\right) \times \exp\left(\dfrac{\ln x}{x}\right) \\[4mm] \end{array} $$
  ce qui donne finalement:
  $$ \boxed{\forall x>0,\; f'(x) = \frac{1-\ln x}{x^2}\times \exp\left(\frac{\ln x}{x}\right).}  $$

\item Puisque la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $\R_+^*$ et vaut $1$ en $\e$, on a, pour tout $x>0$, les équivalences:
  $$ \ln x < 1  \Leftrightarrow x<\e \qquad \text{et}\qquad \ln x > 1 \Leftrightarrow x>e.  $$
  On en déduit le tableau de variations de $f$ sur $\R_+^*$:
        \begin{center}
        \begin{tikzpicture}
          \tkzTabInit{$x$/0.5,$f$/1.5}{$0$,$1/\e$,$+\infty$}
          \tkzTabVar{-/ $0$, +/ $\e^{(1/\e)}$, -/ $1$}
        \end{tikzpicture}
      \end{center}

\item On constate que, pour tout $n \in \N^*$,
  $$ u_n = n^{1/n} = \exp\left(n\times \ln\left(\frac{1}{n}\right)\right) = f(n). $$
  Or, d'après la question précédente, la fonction $f$ est strictement décroissante sur $[\e,+\infty[$, donc en particulier sur $[3,+\infty[$ puisque $\e>3$. Ceci entra\^ine que
  $$ \forall n >3,\; u_n = f(n) < f(3) = u_3. $$
          Ainsi, aucune des valeurs de $u_n$ avec $n>3$ ne peut \^etre maximale: on conclut que
          $$ \boxed{\text{la plus grande valeur de $(u_n)_n$ est $u_1$, $u_2$ ou $u_3$.}} $$
\item On constate que
  $$ (\sqrt{2})^6 = 2^3 = 8 \qquad \text{et}\qquad (\sqrt[3]{3})^6 = 3^2 = 9.  $$ Ainsi, $\sqrt{2}^6 < \sqrt[3]{3}^6$ et en composant par la racine sixième qui est strictement croissante sur $\R_+$, il vient
  $$ \boxed{\sqrt{2} < \sqrt[3]{3}.} $$
\item La question précédente montre que $u_2 < u_3$, et on sait de plus que $u_n < u_3$ pour tout $n >3$ d'après la question 4; enfin, $u_1 = 1$ et $u_3>1$ puisque $(u_3)^3 = 3 > 1$. En fin de compte:
  $$ \boxed{\text{La plus grande valeur de la suite } (u_n)_n \text{ est } u_3 = \sqrt[3]{3}.} $$
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item On a pour tout $x \in \R$, les équivalences :
\begin{align*}
\sin (4x)=\sin x &\ssi 4x \equiv x [2\pi] \quad \text{ou} \quad 4x \equiv \pi - x [\pi]\\
&\ssi 3x\equiv 0 [2\pi] \quad \text{ou} \quad 5x \equiv \pi [2\pi]\\
&\ssi x\equiv 0 [2\pi/3] \quad \text{ou} \quad x \equiv \pi/5 [2\pi/5]
\end{align*}
donc l'ensemble des solutions de l'équation d'inconnue $x \in \R$ : $\sin 4x = \sin x$ est
\[\boxed{\left\{\frac{2k\pi}{3} \mid k \in \Z \right\} \cup \left\{\frac{\pi}{5} + \frac{2k\pi}{5} \mid k \in \Z \right\}}\]
et lorsque $x \in ]-\pi,\pi]$, pour la même équation :
\[\boxed{\left\{-\frac{2\pi}{3}, \frac{3\pi}{5},-\frac{\pi}{5},0,\frac{\pi}{5},\frac{2\pi}{3},\frac{3\pi}{5},\pi\right\}}.\]
\item Soit $x\in\R$. On a
\[ \sin(4x) = \sin(2\times 2x) = 2\cos(2x) \sin(2x) = 2(2\cos^2 x -1)2 \sin x \cos x\]
donc $\boxed{\sin(4x) =  4(2\cos^2 x -1)\sin x \cos x}$
et comme
\begin{align*}
\sin x(2\cos x+1)(4\cos^2 x -2\cos x -1) &= \sin x \left( 2\cos^3 x - 4 \cos^2 x - 2 \cos x + 4\cos^2x -2\cos x -1 \right)\\
 &= 4(2\cos^2 x -1)\sin x \cos x - \sin x,
\end{align*}
on a bien
$\boxed{\sin (4x)-\sin x=\sin x(2\cos x+1)(4\cos^2 x -2\cos x -1)}$.
\item Avec l'égalité précédente et la question 1, on a :
\[0 = \sin (4\pi/5)-\sin(\pi/5)=\sin(\pi/5)(2\cos(\pi/5)+1)(4\cos^2(\pi/5) -2\cos(\pi/5) -1) \]
et comme $\cos(\pi/5), \sin(\pi/5) > 0$, on obtient
\[ 4\cos^2(\pi/5) -2\cos(\pi/5) -1 =0.\]
Or les racines du polynôme $4X^2 - 2X -1$ sont
\[ \frac{2+\sqrt{20}}{8} = \frac{1+\sqrt{5}}{4} \quad \text{et} \quad \frac{1-\sqrt{5}}{4}.\]
Or $\cos(\pi/5) > 0$ donc
\[ \boxed{\cos\left( \frac{\pi}{5}\right) = \frac{1+\sqrt{5}}{4}}.\]
On a également
\[ \cos\left( \frac{2\pi}{5}\right) = 2\cos\left( \frac{\pi}{5}\right)^2 -1 = 2\left(\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2 - 1\]
ce qui donne
\[ \boxed{\cos\left( \frac{2\pi}{5}\right) = \frac{\sqrt{5}-1}{4}}\]
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item On a pour tout $x \in \R$, les équivalences :
\begin{align*}
1-\cos(x) + \cos (2x) = 0 &\ssi 1- \cos x + 2 \cos^2 x -1 = 0 \\
&\ssi \cos x \left(2 \cos x -1 \right) = 0\\
& \ssi \cos x = 0 \quad \text{ou} \quad \cos x = 1/2
x \equiv \frac{\pi}{2} [\pi] \quad \text{ou} \quad x \equiv \frac{\pi}{3} [2\pi] \quad \text{ou} \quad x \equiv -\frac{\pi}{3} [2\pi]
\end{align*}
donc
l'ensemble des solutions de l'équation d'inconnue $x \in \R$ : $1-\cos(x) + \cos (2x) = 0$ est
\[\boxed{\left\{\frac{\pi}{2} + k \pi \mid k \in \Z \right\} \cup\left\{\frac{\pi}{3} + 2 k \pi \mid k \in \Z \right\} \cup \left\{-\frac{\pi}{3} + 2k \pi \mid k \in \Z \right\}}\]
et lorsque $x \in ]-\pi,\pi]$, pour la même équation :
\[\boxed{\left\{-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{3}\right\}}.\]
\item Soit $x \in ]-\pi,\pi[$. On a les égalités
\begin{align*}
& \hspace{0.5cm}\cos(nx)\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right) - \cos\big( (2n+1) x\big)\cos\left(\frac{x}{2}\right) + \cos\big( (2n+2) x\big)\cos\left(\frac{x}{2}\right) \\
& = \cos(nx)\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right) -2 \cos\left(\frac{x}{2}\right)\sin\left(\frac{4n+3}{2}x\right)\sin\left(\frac{x}{2}\right)\\
&= \cos(nx)\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right) - \sin\left(\frac{4n+3}{2}x\right)\sin\left(x\right)\\
& = \frac{1}{2} \left[\cos\left(\frac{4n+1}{2}x\right) + \cos\left(\frac{x}{2}\right) + \cos\left(\frac{4n+5}{2}x\right) - \cos\left(\frac{4n+1}{2}x\right) \right]\\
&= \frac{1}{2} \left[2\cos\left(\frac{2n+3}{2}x\right) \cos\left((n+1)x\right)\right]
\end{align*}
donc, pour tout $x \in ]-\pi,\pi[$,
\[ \boxed{\cos(nx)\frac{\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)} - \cos\big( (2n+1) x\big) + \cos\big( (2n+2) x\big) = \cos\big( (n+1) x\big)\frac{\cos\left(\frac{2n+3}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}}.\]
\item On a
\[ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k\cos(k\pi)  = \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k.(-1)^k = \sum_{k=0}^{2n} 1 = 2n+1 \neq 0\]
donc $\pi$ n'est pas solution de $(E')$.
\item Soit $x\in ]-\pi,\pi[$. Montrons, par récurrence sur $n \in \N$ que, pour tout $n \in \N$,
\[ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \cos(kx)= \cos(nx)\frac{\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}.\]
Pour $n = 0$, on a
\[ \sum_{k=0}^{0} (-1)^k \cos(kx)= 1 = \cos(0x)\frac{\cos\left(\frac{1}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}.\]
Soit $n \in \N$. On suppose que
\[ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \cos(kx)= \cos(nx)\frac{\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}.\]
On a
\begin{align*}
&\hspace{0.5cm}\sum_{k=0}^{2(n+1)} (-1)^k \cos(kx)= \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \cos(kx) - \cos\big( (2n+1) x\big) + \cos\big( (2n+2) x\big)\\
&= \cos(nx)\frac{\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}- \cos\big( (2n+1) x\big) + \cos\big( (2n+2) x\big)
\end{align*}
donc avec une question précédente,
\[\sum_{k=0}^{2(n+1)} (-1)^k \cos(kx) = \cos\big( (n+1) x\big)\frac{\cos\left(\frac{2n+3}{2}x\right)}{\cos\left(\frac{x}{2}\right)}\]
ce qui achève la récurrence
\item Soit $x \in ]-\pi,\pi[$. On a l'équivalence
\[ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \cos(kx) = 0 \ssi \cos (nx) = 0 \quad \text{ou} \quad \cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right) = 0 \ssi nx \equiv \frac{\pi}{2} [\pi] \quad \text{ou} \quad \frac{2n+1}{2}x \equiv \frac{\pi}{2} [\pi].\]
Finalement, les solution de l'équation $(E')$ sont de la forme
\[ \frac{(2k+1)\pi}{n} \quad \text{ou} \quad \frac{k'\pi}{2n+1}\]
où $k, k' \in \Z$ et $0 \leqslant 2k+1 < n$ et $0 \leqslant k' < 2n+1$. Pour résoudre l'équation sur $\R$, ce sont les mêmes solutions à $2\pi$ près.
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\noindent {\it Dans la première ligne, il fallait lire (et la plupart l'ont vu) \og la fonction $\phi$ \fg~(et non \og $f$\fg) \og définie sur $\R$ par...\fg.}
\begin{enumerate}
\item L'intervalle $\R$ est symétrique par rapport à $0$ et, pour tout $x\in\R$,
  $$ \phi(-x) = (-x)^3+(-x) = -x^3-x = -\phi(x).$$
  On en déduit que $\boxed{\text{$\phi$ est impaire}}.$
\item La fonction $\phi$ étant polynomiale, elle est dérivable sur $\R$ et
  $$ \forall x \in \R,\; \phi'(x) = 3x^2+1 >0. $$
  On en déduit que $\phi$ est strictement croissante sur $\R$; elle est par ailleurs continue sur $\R$, donc bijective de $\R$ dans son intervalle d'arrivée $J$. Cet intervalle se déduit du calcul des limites de $\phi$ en $\pm\infty$: or
  $$ \lim\limits_{+\infty} \phi = +\infty \qquad\text{et}\qquad \lim\limits_{-\infty}\phi = -\infty. $$
  Ainsi $J=\R$, ce qui achève de prouver que $\boxed{\phi \text{ est une bijection de }\R\text{ dans }\R.}$
\item La fonction $\phi$ est une bijection de $\R$ dans $\R$, donc sa bijection réciproque $\psi$ est définie sur $\R$; de plus, puisque $\phi$ est dérivable sur $\R$ et ne s'y annule pas, le théorème de dérivation d'une bijection réciproque assure que $\psi$ est elle-m\^eme dérivable sur $\R$ et que, pour tout $x \in \R$,
  $$ \psi'(x) = \dfrac{1}{\phi'(\psi(x))}. $$
  Puisque $\phi'(x)3x^2+1$ pour tout réel $x$, on en déduit:
  $$ \boxed{\forall x\in\R,\; \psi'(x) = \dfrac{1}{3\phi(x)^2+1}.} $$
\end{enumerate}
    {\noindent \it Erreur dans l'énoncé à la question suivante: il fallait lire \og $\psi$\fg~à la place de \og $f$\fg.}
\begin{enumerate}
\setcounter{enumi}{3}
\item D'après la formule obtenue à la question 4, la fonction $\psi'$ est l'inverse de la fonction $x\mapsto 3\phi(x)^2+1$ qui est dérivable et ne s'annule pas sur $\R$: ceci justifie que $\psi$ est dérivable sur $\R$, et pour tout réel $x$ on a
  $$ \psi'(x) = -\dfrac{\frac{\text{d}}{\text{d}x} (3\phi(x)^2+1)}{(\phi(x)+1)^2} $$
  $$ \text{soit} \qquad \psi'(x) = -\dfrac{6\phi'(x)\phi(x)}{(\phi(x)+1)^2}. $$
  Puisque $\phi(0)=0$ il vient immédiatement $\boxed{\psi''(0)=0.}$.
\end{enumerate}
\noindent {\it Nouvelle erreur dans l'énoncé: dans la ligne qui suit la question 4, \og $h$\fg~doit \^etre remplacé par \og $f$\fg. Ainsi, dans toute les questions restantes, $f$ est une fonction quelconque de $\R$ dans $\R$ (qui n'a rien à voir avec la fonction $\phi$ étudiée jusqu'ici).}
  \begin{enumerate}
    \item
    \begin{enumerate}
    \item Ici, on suppose que $f$ est paire et dérivable: en particulier
      $$ \forall x \in \R, \, f(x) = f(-x). $$
      En dérivant les deux membres de cette égalité, et puisque $\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\left[f(-x)\right] = -f'(-x)$, on obtient
      $$ \forall x\in\R, f'(x) = -f'(-x). $$
      Ceci prouve que $\boxed{\text{si $f$ est paire et dérivable sur $\R$, alors $f'$ est impaire.}}$
    \item La démonstration est la m\^eme qu'à la question précédente.
    \item Prenons pour $f$ la fonction constante de valeur $1$: alors $f$ n'est pas impaire car $f(1)\neq f(-1)$, mais sa dérivée, qui est la fonction constante de valeur $0$, est paire.
    \end{enumerate}
    \item
    \begin{enumerate}
    \item Si $f$ est paire, posons $y=f(1)$: alors $ y = f(1) = f(-1). $ Ainsi $y$ admet deux antécédents par $f$, qui n'est donc pas bijective. Une fonction paire définie sur $\R$ n'est dont jamais bijective.
    \item Notons $g$ la bijection réciproque de $f$. Soit $y \in J$, et $x$ l'unique antécédent de $y$ par $f$; en particulier
      $$ -y = -f(x) = f(-x) $$
      donc $-y$ appartient à $J$, et ceci étant vrai pour tout $y\in J$, l'intervalle $J$ est symétrique par rapport à $0$.

      De plus, des égalités \og $y=f(x)$ \fg~et \og $-y = -f(x) = f(-x) $\fg, il vient
      $$ g(y) = g(f(x)) = x \quad\text{et}\quad g(-y) = g(f(-x)) = -x.  $$
      En particulier, $g(y) = -g(-y)$, et ceci est valable pour tout $y\in J$: $\boxed{g \text{ est impaire.}}$
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{Exo}

\end{document}