Exercice 7

1. La fonction $\varphi$ est paire, car $\operatorname{sh}$ et $x \mapsto x$ sont impaires. Pour tout réel $x$, le changement de variable $t = -u$ donne $$F(-x) = \int_{-x}^{-2x} \varphi(t)\,\mathrm{d} t = \int_{x}^{2x} \varphi(-u)\,(-\mathrm{d} u) = -\int_{x}^{2x} \varphi(u)\,\mathrm{d} u = -F(x).$$

$$\boxed{F \text{ est impaire}}$$ 2. La fonction $\varphi$ est continue sur $\mathbb{R}$ ; soit $\Phi$ une primitive (théorème 1). Alors $F(x) = \Phi(2x) - \Phi(x)$ est dérivable, et $F'(x) = 2\varphi(2x) - \varphi(x)$. Pour $x \neq 0$ : $$F'(x) = 2\,\frac{\operatorname{sh}(2x)}{2x} - \frac{\operatorname{sh} x}{x}, \qquad\text{soit}\qquad \boxed{F'(x) = \frac{\operatorname{sh}(2x) - \operatorname{sh} x}{x}},$$ et $F'(0) = 2\varphi(0) - \varphi(0) = 1$.

3. La fonction $\operatorname{sh}$ est strictement croissante. Pour $x > 0$, on a $2x > x$, donc $\operatorname{sh}(2x) > \operatorname{sh} x$ et $F'(x) > 0$ ; pour $x < 0$, on a $2x < x$, donc $\operatorname{sh}(2x) - \operatorname{sh} x < 0$, et le quotient par $x < 0$ est encore strictement positif. Avec $F'(0) = 1$, on obtient $F' > 0$ sur $\mathbb{R}$. $$\boxed{F \text{ est strictement croissante sur } \mathbb{R}, \text{ avec } F(0) = 0}$$

La courbe de $F$, tracée à partir de valeurs approchées des intégrales, est symétrique par rapport à l'origine et tangente en $0$ à la droite $y = x$, puisque $F'(0) = 1$ ; sa croissance devient très rapide, comme celle de $\operatorname{sh}$.