Démonstrations des formules supplémentaires sur les fonctions paires ou impaires

## Enoncé

Soit

f

{\displaystyle f}

 une fonction définie sur un domaine

D

{\displaystyle \mathcal{D}}

 symétrique par rapport à

0

{\displaystyle 0}

.

* Soit

n
∈

N

{\displaystyle n \in \N}

. Si

f

{\displaystyle f}

 est paire, alors

f
n

{\displaystyle f^n}

 est paire.

* Soit

n
∈

N

{\displaystyle n \in \N}

. Si

f

{\displaystyle f}

 est impaire, alors

f
n

{\displaystyle f^n}

 est de la même parité que

n

{\displaystyle n}

.

* Si

f

{\displaystyle f}

 est paire ou impaire, alors

f

{\displaystyle |f |}

 est paire.

* Si

f

{\displaystyle f}

 est paire ou impaire et ne s'annule pas, alors

1

/

f

{\displaystyle 1/f}

 est de même parité que

f

{\displaystyle f}

.

* Si

f

{\displaystyle f}

 est impaire et est bijective de

D

{\displaystyle D}

 vers

D
′

{\displaystyle D'}

, alors

f

−
1

{\displaystyle f^{-1}}

 est impaire.

## Démonstration 1

Supposons que

f

{\displaystyle f}

 est paire.

Alors

∀
x
∈

D

,

f

n

(
−
x
# )
[
f
(
−
x
)

]

n

=
[
f
(
x
)

]

n

=

f

n

(
x
)

{\displaystyle \forall x\in\mathcal{D}, f^{n}(-x) = [f(-x)]^{n} = [f(x)]^{n} = f^{n}(x)}

.

Donc

f
n

{\displaystyle f^n}

 est paire.

## Démonstration 2

Supposons que

f

{\displaystyle f}

 est impaire.

* Si

n

{\displaystyle n}

 est paire, alors il existe

k
∈

N

{\displaystyle k\in\mathbb{N}}

 tel que

# n
2
k

{\displaystyle n=2k}

.

Et donc

∀
x
∈

D

,

f

n

(
−
x
# )
[
f
(
−
x
)

]

n

=
[
f
(
−
x
)

]

2
k

=

(

[
f
(
−
x
)

]

2

)

k

=

(

[
−
f
(
x
)

]

2

)

k

=

(

[
f
(
x
)

]

2

)

k

{\displaystyle \forall x\in\mathcal{D}, f^{n}(-x)=[f(-x)]^{n}=[f(-x)]^{2k}=\left([f(-x)]^{2}\right)^{k}=\left([-f(x)]^{2}\right)^{k}=\left([f(x)]^{2}\right)^{k}}

=

[

f
(
x
)

]

2
k

=

[

f
(
x
)

]

n

=

f

n

(
x
)

{\displaystyle = \left[f(x)\right]^{2k}=\left[f(x)\right]^{n}=f^{n}(x)}

Donc

f
n

{\displaystyle f^n}

 est paire.

* Si

n

{\displaystyle n}

 est impaire, alors il existe

k
∈

N

{\displaystyle k\in\mathbb{N}}

 tel que

# n
2
k
1

{\displaystyle n=2k+1}

.

Et donc

∀
x
∈

D

,

f

n

(
−
x
# )
[
f
(
−
x
)

]

n

=
[
f
(
−
x
)

]

2
k
1

=
[
f
(
−
x
)

]

2
k

×
f
(
−
x
# )
f
(
x

)

2
k

×
(
−
f
(
x
)
)

{\displaystyle \forall x\in\mathcal{D}, f^{n}(-x)=[f(-x)]^{n}=[f(-x)]^{2k+1}=[f(-x)]^{2k}\times f(-x)=f(x)^{2k}\times(-f(x))}

=
−
f
(
x

)

2
k

×
f
(
x
# )
−
f
(
x

)

2
k
1

=
−
f
(
x

)

n

{\displaystyle =-f(x)^{2k}\times f(x)=-f(x)^{2k+1}=-f(x)^{n}}

Donc

f
n

{\displaystyle f^n}

 est impaire.

## Démonstration 3

* Supposons que

f

{\displaystyle f}

 soit paire.

Alors

∀
x
∈

D

,

f

(
−
x
# )

f
(
−
x
)

=

f
(
x
)

=

f

(
x
)

.

Donc

f

{\displaystyle |f |}

 est paire.

* Supposons que

f

{\displaystyle f}

 soit impaire.

Alors

∀
x
∈

D

,

f

(
−
x
# )

f
(
−
x
)

=

−
f
(
x
)

=

f
(
x
)

=

f

(
x
)

.

Donc

f

{\displaystyle |f |}

 est paire.

## Démonstration 4

Supposons que

∀
x
∈

D

,
f
(
x
)
≠
0

{\displaystyle \forall x\in\mathcal{D},f(x)\neq0}

.

* Supposons que

f

{\displaystyle f}

 soit paire.

Alors

∀
x
∈

D

,

1
f

(
−
x
# )

1

f
(
−
x
)

=

1

f
(
x
)

=

1
f

(
x
)

{\displaystyle \forall x\in\mathcal{D},\frac{1}{f}(-x)=\frac{1}{f(-x)}=\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{f}(x)}

.

Donc

1
f

{\displaystyle \frac{1}{f}}

 est paire.

* Supposons que

f

{\displaystyle f}

 soit impaire.

Alors

∀
x
∈

D

,

1
f

(
−
x
# )

1

f
(
−
x
)

=

1

−
f
(
x
)

=
−

1

f
(
x
)

=
−

1
f

(
x
)

{\displaystyle \forall x\in\mathcal{D},\frac{1}{f}(-x)=\frac{1}{f(-x)}=\frac{1}{-f(x)}=-\frac{1}{f(x)}=-\frac{1}{f}(x)}

.

Donc

1
f

{\displaystyle \frac{1}{f}}

 est impaire.

## Démonstration 5

Supposons que

f

{\displaystyle f}

 est impaire et bijective de

D

{\displaystyle \mathcal{D}}

 vers

D

′

{\displaystyle \mathcal{D}'}

.

On a par définition que

∀
(
x
;
y
)
∈

D

×

D

′

,
# y
f
(
x
)
⇔
# x

f

−
1

(
y
)

(
A
)

{\displaystyle \forall(x;y)\in\mathcal{D}\times\mathcal{D}',y=f(x) \Leftrightarrow x=f^{-1}(y)~~(A)}

.

Or,

f

{\displaystyle f}

 est impaire, donc

# y
f
(
x
)
⇔
f
(
−
x
# )
−
f
(
x
# )
−
y

(
B
)

{\displaystyle y=f(x) \Leftrightarrow f(-x)=-f(x)=-y~~(B)}

.

Donc en combinant enchaînant

(
B
)

{\displaystyle (B)}

 puis

(
A
)

{\displaystyle (A)}

 (pour

(
A
)

{\displaystyle (A)}

, on remplace

y

{\displaystyle y}

 par

−
y

{\displaystyle -y}

 et

x

{\displaystyle x}

 par

−
x

{\displaystyle -x}

), on obtient

# y
f
(
x
)

⇔
⏟

(
B
)

−
# y
f
(
−
x
)

⇔
⏟

(
A
)

−
# x

f

−
1

(
−
y
)

{\displaystyle y=f(x) \underbrace{\Leftrightarrow}\_{(B)} -y=f(-x) \underbrace{\Leftrightarrow}\_{(A)} -x=f^{-1}(-y)}

.

Donc on a

# y
f
(
x
)
⇔

f

−
1

(
−
y
# x
−

f

−
1

(
y
)

{\displaystyle y=f(x) \Leftrightarrow f^{-1}(-y)=-x=-f^{-1}(y)}

.

Donc en particulier,

∀
y
∈

D

′

,

f

−
1

(
−
y
# )
−

f

−
1

(
y
)

{\displaystyle \forall y\in\mathcal{D}',f^{-1}(-y)=-f^{-1}(y)}

.

Donc

f

−
1

{\displaystyle f^{-1}}

 est impaire.