E R T I P A H C
2 ACTIVITÉS
Continuité sur un intervalle
(page 52) ) Toute parallèle à (O x ) d’équation y = k avec k ∈ [0 ; 1[
Ac ti vi té A 1. #1 est la courbe représentant la onction f , #2 celle représentant g et #3 celle représentant h. 2. #1 et #3, courbes de f et de h.
coupe #h en deux points ; d’où le résultat. 3 2. La droite d’équation y = ne coupe pas la courbe 4 3 donc n’admet pas d’antécédent par g. 4
#g ;
b 1. a) Toute parallèle à (O x ) d’équation y = k avec k ∈ [0 ; 4] coupe # f en un point et un seul. Donc tout nombre k de [0 ; 4] admet, par f , un antécédent unique.
EXERCICES
Travaux dirigés (page 60)
et de 10 A 1. Il sut de cliquer sur le bouton remplir la boîte de dialogue qui apparaît. 2. Si [ x x < 2, ax – 1, 2 x – 3]. 3. a) Non. ) a = 1. 1 b 1. a = 1 ; a = ; a = 2. 2 2. À la onction correspondant à a = 1, car celle-ci est continue et strictement croissante sur [0 ; 5]. 3. a) 1,5. 1 3 ) x – 1 = ⇔ x = = 1,5. 2 2 4. [0 ; 1[. 11
A 1. Il sut d’utiliser le théorème 2.
2. a) m est le milieu de [ a ; b]. ) Si f (a) et f (m) sont de même signe, alors f (m) et f (b) sont de signes contraires ; d’où, d’après le théorème 2, a ∈ [m ; b]. ) Si f (a) et f (m) sont de signes contraires, alors a ∈ [a ; m]. d) La longueur d [a ; b] est double de celle de chacun des
deux intervalles. 3. f (a) et f (m) sont de même signe ⇔ f (a) × f (m) > 0. f (a) et f (m) de signes contraires ⇔ f (a) × f (m) < 0. b 1. f ( x x ) = x 3 + 3 x 2 + 5 x – 1 a = 0 ; b = 1 ; = 10–2.
2.
a
b
b – a >
m
a) × f ( m) m) Signe de f de f ( a)
1 Oui 0,5 Négati 0,5 Oui 0,25 Négati 2 0,25 Oui 0,125 Positi 3 3. a) b – a < . ) a appartiendra à l’intervalle [ a ; b], avec b – a < . 4. a) « Division en deux parties égales. » ) À chaque passage dans la boucle, l’intervalle [ a ; b] est partagé en deux. 1
c 1.
0 0 0
Pour Casio
Pour TI Prompt A, B, L While B–A > L A + B → M 2 If Y1(A)*Y1(M) > 0 Then M → A Else M → B End End Disp A, B
Chapitre 2 ●
"A=" ? → "B=" ? → "L=" ? → While B–A A → X Y1 → Y
A B L > L
L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
A + B → X 2 If Y*Y1 > 0 Then X → A Else X → B IfEnd WhileEnd A B
Continuité sur un intervalle
1
N.B. • Entrez l’expression de f ( x x )
dans Y1 en utilisant, pour TI, la touche Y= et pour Casio l’option Y du menu. • Pour saisir Y 1 dans le programme : pour TI, tapez vars Y-v Fonction Y1 ; pour Casio, tapez vars F4 F1 1 .
EXERCICES
2. [0,171 8 ; 0,179 7]. 3. Non, ici B – A ≈ 0,007 9. L’intervalle [0 ; 1] est partagé
en 2, en 2, … et en 2 jusqu’à ce que la longueur soit inérieure ou égale à 10 –2. Cette longueur a peu de chance d’être exactement égale à 10 –2.
Entraînement (page 62) De tête
18
12 f : non ; g : oui.
y
16
13 Oui. 14 Sur tout intervalle inclus dans ]– ∞ ; 0[ ∪ ]0 ; + ∞[.
continuité D’une fonction sur un intervAlle 15
3 1 O
1
4
x
2
x
4
5 x
Non.
y
19
4
y 5 2
1
O
–2
1
2
1
x
Oui. 16
O
y
1
–1
3
Oui.
2
20
y
1 5 L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
–1
O
1
x
Non.
5 4
17
1
y O 1
O
Non. 1
2
x
Oui. 2
2
Chapitre 2 ●
Continuité sur un intervalle
1
21
droite représentant g, privée du point d’abscisse 1 (et donc d’ordonnée g(1) = 2). ) La onction f est continue sur tout intervalle inclus dans –{1}. 3. La calculatrice trace des points et les relie. Si le point de coordonnées (1 ; 2) ne aisait pas partie des points tracés par la calculatrice, il ne manquera pas à l’écran.
y 4 3
1 O
1
2
x
3
Non. 22 1.
ProPriété Des vAleurs interméDiAires
y
2,40
27 1. f est continue sur I. Elle est de plus strictement croissante sur I. 2. 0 < a < 0,25.
1,45 1,00 0,60 O
20
50
100
250
x
2. Non.
23 1. et 2.
29 D’après le tableau de variation, f est continue et strictement croissante sur [–1 ; 4]. De plus f (–1) (–1) et f (4) (4) sont de signes contraires. Donc, d’après le théorème 2, il existe un unique réel a de [–1 ; 4] tel que f (a) = 0.
y C
4 A
3
30 D’après la propriété des valeurs intermédiaires, lorsque x appartient à [–3 ; 4], f prend une ois et une seule toute valeur de [–1 ; 5]. Or 1 appartient à cet intervalle. D’où l’équation f ( x pos sède une seule solution dans [–3 ; 4]. x ) = 1 possède
B 1 O
1
2
x
4
24 1. a) Non. ) Oui. ) Non. 2. Tout intervalle inclus dans [–2 ; 0], ou bien dans ]0 ; 2], ou bien dans ]2 ; 4]. 25 1. 6 = 3 × 2 + 0, donc g(6) = 2. 1 = 3 × 0 + 1, donc g(1) = 0. 1,2 = 3 × 0 + 1,2, donc g(1,2) = 0. 2. y Ꮿf
3 2
Ꮿg
1 O
1
3
6
3. La onction f est continue sur
28 1. f est continue sur I. Elle est de plus strictement décroissante sur I. 2. a ≈ 3,5.
9 +,
x
la onction g ne l’est
pas. 26 1. a) On obtient en eet une droite. ) f doit être continue sur . 2. a) D f = –{1}. ) Non, car elle n’y est pas dénie. ( x x – 1)( x x + 1) ) ∀ x ∈ D f , f ( x = x + 1. x ) = x – 1 d) La onction g dénie sur par g( x x ) = x + 1 est représentée par une droite. La onction f dière de g en x = 1 où elle n’est pas dénie. D’où, la courbe de f est la
31 1. Non, car f est strictement décroissante sur [–2 ;1[ et strictement croissante sur [1 ; 3]. 2. Sur l’intervalle [–2 ; 1], f est continue et strictement décroissante, avec f (–2) (–2) et f (1) (1) de signes contraires. Donc, d’après le théorème 2, l’équation f ( x x ) = 0 possède dans ]–2 ; 1] une solution et une seule. Même raisonnement sur l’intervalle [1 ; 3], mais avec f strictement décroissante. D’où, nalement, deux solutions dans ]–2 ; 3[. 32 1. a) Non. ) Non, car la droite d’équation y = 3 ne coupe pas la courbe de f . 2. a) D’après le graphique, f est continue et strictement croissante sur [0; 2]. De plus : f (0) (0) < 1 < f (2). (2). Donc, d’après la propriété des valeurs intermédiaires, l’équation f ( x x ) = 1 possède dans [0 ; 2] une solution unique. ) b ≈ 1,5. 33 1.
x f
0 0
2 2
4 –2
2. a) Oui, car f est continue sur [0 ; 4]. ) Sur [2 ; 4], f est continue et strictement décroissante. 3. a ≈ 3,5. 4. 2 – ( x x – 2)2 = 0 et x ∈ [1 ; 4] ⇔ ( x x – 2)2 = 2 et x ∈ [1 ; 4] ⇔ x = 2 + 1 2. D’où : a = 2 + 1 2 ≈ 3,414. Chapitre 2 ●
Continuité sur un intervalle
3
L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
34 1. a) Sur chacun des intervalles [–2 ; 0], [0 ; 1] et [1 ; 2], f est continue et strictement monotone. De plus, dans chaque cas, les images des bornes des intervalles sont de signes contraires. Donc, en appliquant le théorème 2, sur chacun de ces trois intervalles, on obtient trois solutions à l’équation f ( x x ) = 0, dans l’intervalle [–2 ; 2]. 3 ) –1 < a < 0 ; 0 < b < 1 ; 1 < g < < 2. 2 3 2. S = {0} ∪ ;2 . 2 35 1. a) x 0 1 3
3
4
2
f
)
0
0
y 2 1
α
O
1
β
x
3
(0) = 0 ; f (6) (6) = 4. 38 1. a) f (0) ) Oui. ) Non, car elle est constante sur [3 ; 6]. 2. Le théorème 2 demande que f soit strictement monotone sur [0 ; 6], ce qui n’est pas le cas ici. On ne peut donc conclure, avec ce théorème, à l’unicité de la solution. En fait, graphiquement, on obtient que l’ensemble des solutions de l’équation f ( x x ) = 4 est égal à l’intervalle [3 ; 6].
39 1. f (a) × f (a + 10–1). 2. On déduit que : a) a > a + 10–1 ; ) a < a < a + 10–1. 3. Lorsque f ( x x ) × f ( x x + Pas) devient négati pour la première ois, on a alors : x < a < x + Pas. 4. La valeur décimale approchée à 10 –1 près de a. 5. a) Dans l’Initialisation, on remplace 10 –1 par 10–2. ) Quand on exécutera le programme, on prendra pour a la valeur a + 0,4.
2. a) f est continue et strictement monotone sur chacun des intervalles [0 ; 1] et [1 ; 3] ; 1 ∈ [0 ; 2]. L’équation f ( x x ) = 1
possède donc une solution unique sur chacun des deux intervalles. ) a ≈ 0,7 ; b ≈ 2. 1 . D’où = 1 . ) 2 x 2 = 1 et x ∈ [0 ; 1] ⇔ x = a 2 2 1 1 – x + 3 = 1 et x ∈ [1 ; 3] ⇔ x = 2. D’où b = 2. 36 1. a)
–1
x f
)
0 0
–1
1 1
2 0
1
1
2
x
2. Non, les nombres de l’intervalle [0 ; 1[ possèdent deux
antécédents. 3. a) Une seule solution car f est continue et strictement croissante sur [0; 1], avec f (0) (0) < 1 < f (1). (1). 4 1 ) ∀ x ∈ [–1 ; 0[, f ( x x ) < , donc pas de solution sur [–1 ; 0[. 4 Sur ]1 ; 2], une seule solution b d’après la propriété des valeurs intermédiaires. D’où, nalement, sur [–1 ; 2], deux solutions. L S 1 E ) a ≈ ; b ≈ 1,7. . m 2 r e 1 T et x ∈ [0 ; 1] ⇔ x = 1 . D’où a = 1 . x 2 = h t 4 2 2 a 1 7 m s et x ∈ [1 ; 2] ⇔ x = = 1,75. D’où b = 1,75. n – x + 2 = a 4 4 r T – 37 1. f est continue et strictement croissante sur s ur [0 ; 100]. 2 1 0 Donc, d’après la propriété des valeurs intermédiaires, 2 n (0) ; f (100) (100)4, c’est-à-dire tout élément de f (0) a tout élément de 3 f h t a [0 ; 10 000], possède un antécédent unique dans [0 ; 100]. N onction racine carrée, dénie sur [0 ; 10 000]. © 2. C’est la onction 4
41 1. ∀ x ∈ [3 ; 4], f ’( x x ) = 3 x 2 – 12 = 3( x 2 – 4) = 3( x – 2) ( x x + 2). 2.
x
3
4 +
3. f (3) (3) = –8 ; f (4) (4) = 17. 4. ∀ x ∈ [3 ; 4], f ’( x (3) et f (4) (4) de signes contraires, x ) > 0 avec f (3)
donc l’équation f ( x x ) = 0 possède une solution unique dans I. 5. On calcule f (3,5) (3,5) et on obtient 1,875, du signe de f (4). (4). Donc a ∈ [3 ; 3,5].
–1 –1
(0) < 2 < f (5), (5), donc, d’après 40 ∀ x ∈ [0 ; 5], f ’( x x ) > 0 et f (0) le théorème 5, l’équation f ( x x ) = 2 possède une solution unique dans [0 [ 0 ; 5].
f’
y
O
Avec lA fonction Dérivée
Chapitre 2 ●
Continuité sur un intervalle
42 f ( x x ) = x 3 + 5 x – 7. ∀ x ∈ [1 ; 2], f ’( x x ) = 3 x 2 + 5 > 0. (1) = –1 et f (2) (2) = 11, de signes contraires. f (1) D’où, d’après le théorème 5, l’équation proposée possède une solution unique a dans l’intervalle I. 1,1 < a < 1,2. x ) = x 5 + 1 x – 3. 43 f ( x 1 > 0. ∀ x ∈ [1 ; 2], f ’( x x ) = 5 x 4 + 2 1 x (1) = –1 et f (2) (2) = 29 + 1 2, de signes contraires. f (1) D’où une solution unique : 1,1 < a < 1,2.
44 f ( x x ) = x 3 + 12 x – 1. ∀ x ∈ [0 ; 1], f ’( x x ) = 3 x 2 + 12 > 0. (0) = –1 et f (1) (1) = 12, de signes contraires. f (0) D’où une solution unique : 0 < a < 0,1. 3 x ) = x 3 – + 1. 45 f ( x x 3 x ) = 3 x 2 + 2 > 0. ∀ x ∈ [1 ; 2], f ’( x x (1) = –1 et f (2) (2) = 15 , de signes contraires. f (1) 2 D’où une solution unique : 1,1 < a < 1,2.
46 1. Non, puisqu’il s’agit d’une équation du second degré que l’on sait résoudre de manière exacte. 3 + 1 5 ou x = 3 – 1 5. 2. x = 2 2 3 – 1 5 ; 3 + 1 5 . 3. S = 2 2 47 1. a) ∀ x ∈ , f ’( x x ) = 3 x 2 + 2 > 0. ) D’où f est strictement croissante sur . 2. a) f (1) (1) = –2 < 0 ; f (2) (2) = 7 > 0 (par exemple). ) ∀ x ∈ [1 ; 2], f ’( x (1) et f (2) (2) de signes x ) > 0, avec f (1) contraires. Donc, d’après le théorème 5, dans l’intervalle [1 ; 2], 0 ne possède qu’un seul antécédent. ) f est strictement croissante sur , donc : (1) < 0 et ∀ x ∈ ]2 ; + ∞[, f ( x (2) > 0. ∀ x ∈ ]– ∞ ; 1[, f ( x x ) < f (1) x ) > f (2) D’où 0 ne possède pas d’autre antécédent.
4
50 1. a) et ) Deux solutions. ) 0,06 < a < 0,10 ; 13,88 < b < 14,04. 4 1 – 2 2. ∀ x > 0, f ’( x = x . x ) = 1 – 2 1 1 x x
3
48 1. a) Non, car dans ]– ∞ ; 0[, 1 x n’existe pas. 1 ) 1 0 + × 0 – 4 ≠ 0. Donc 0 n’est pas solution. 2 ) ]0 ; + ∞[. 1 + > 0. Donc est 2. a) ∀ x ∈ ]0 ; + ∞[, f ’( x x ) = x f 2 1 x strictement croissante sur ]0 ; + ∞[. (Ou bien utiliser la somme de deux onctions strictement croissantes.) ) f (2) (2) = 1 2 – 2 < 0 ; f (4) (4) = 6 > 0 (par exemple). ) Utilisez le théorème 5. d) f étant strictement croissante sur ]0 ; + ∞[, (2) < 0 et ∀ x ∈ ]4 ; + ∞[, f ( x (4) > 0. ∀ x ∈ ]0 ; 2[, f ( x x ) < f (2) x ) > f (4)
D’où pas de solution s olution en dehors de [2 ; 4]. 3. a) 2,19 < a < 2,26. ) Non. ) En utilisant, par exemple, la table de la calculatrice, avec
un départ à 2 et un pas de 0,1, et ensuite un pas de 0,01. 2,23 < a < 2,24. 49 A 1. ∀ x ∈ , f ’( x x ) = 6 x 2 – 6 = 6( x x 2 – 1) = 6( x x – 1)( x x + 1). x f’ f
+
–1 0 5
–
1 0
x
0 –
f’ f
–3 • f est continue sur [0 ; 4], strictement décroissante, avec (0) > 0 et f (4) (4) < 0. Donc l’équation f ( x f (0) x ) = 0 possède sur [0 ; 4[ une solution s olution unique. • f (14) (14) ≈ 0,33 > 0. Sur l’intervalle [4 ; 14], d’après le théorème 5, solution unique. • f (14) (14) > 0 et f croissante sur [14 ; + ∞[, donc pas de solution sur [14 ; + ∞[. x = y2 y = 1 x 3. 2 ⇔ et y – 4 y + 1 = 0 3 ou y = 2 + 1 3 y = 2 – 1
5 5
5
5. En utilisant par exemple la table de la calculatrice : –1,9 < a < –1,8 ; 0,1 < b < 0,2 ; 1,6 < g < 1,7. b S = [a ; b] ∪ [g ; + ∞[.
3 22 ≈ 0,071 x = 12 – 1
⇔ ou
.
3 2 ≈ 13,928 x = 12 + 1 2
4. La méthode 3. permet d’obtenir les valeurs exactes des
solutions. Ces valeurs, au nombre de deux, appartiennent bien aux intervalles trouvés au 1. avec la touche Trace de la calculatrice. La méthode 2. permet d’armer qu’il y a bien exactement deux solutions, mais n’en donne pas les valeurs exactes. 51 f ( x x ) = x 4 – 4 x + 1. ∀ x ∈ , f ’( x x ) = 4 x 3 – 4 = 4( x 3 – 1), du signe de x – 1, car la onction cube est strictement croissante sur . x
f
–3 2. ∀ x ∈ ]–1 ; 1[, f ’( x (–1) = 5 > 0 et f (1) (1) = –3 < 0. x ) < 0 avec f (–1) Donc, d’après le théorème 5, l’équation f ( x x ) = 0 possède une solution unique b. 3. a) Par exemple, a = –2 ; en eet, f (–2) (–2) = –3 < 0. ) ∀ x ∈ [–2 ; –1], f ’( x (–2) et f (–1) (–1) de signes x ) > 0 avec f (–2) contraires ; donc solution unique sur [–2 ; –1[. Sur ]– ∞ ; –2[, f est strictement croissante ; d’où ∀ x < –2, (–2) < 0 et donc pas de solution sur cet intervalle. f ( x x ) < f (–2) D’où solution unique sur ]– ∞ ; –1[. 4. f (2) (2) = 5 > 0. D’où, avec un raisonnement semblable à celui du 3., solution unique sur ]1 ; 2] et pas de solution sur ]2 ; + ∞[. D’où solution unique sur ]1 ; + ∞[.
+
1
0
1 0
–
f’
+
4 0
1
2 + 9
–2 (1) = –2 < 0, f (0) (0) = 1 > 0 et f (2) (2) = 9 > 0. f (1) D’où, d’après le théorème 5 appliqué à l’intervalle l’ intervalle [0 ; 1] et à l’intervalle [1 ; 2], l’équation f ( x x ) = 0 possède sur [0 ; 2] deux solutions a et b : a ∈ ]0 ; 1[ et b ∈ ]1 ; 2[. Avec la touche Trace de la calculatrice, on obtient : 0,2 < a < 0,3 et 1,4 < b < 1,5. En utilisant les variations de f , on obtient que l’équation f ( x x ) = 0 n’a pas d’autres solutions et que S = [ a ; b]. x + 1) . 52 1. a) D = \ {–1} car x + 2 x + 1 = ( x ) ∀ x ∈ D, 3 x 2( x x + 1)2 – 2( x x + 1)( x x 3 – 1) x 3 + 3 x 2 + 2 = . f ’( x x ) = ( x ( x x + 1)4 x + 1)3 1 . ) f ( x x ) = g( x x ) × ( x x + 1)3 D’où, sur ]– ∞ ; –1[, le signe de f ( x x ) est le signe contraire de celui de g( x x ) et sur ]–1 ; + ∞[, le signe de f ( x x ) est le signe de g( x ). x ). 2. a) g’( x x ) = 3 x 2 + 6 x = 3 x ( x x + 2). 2
Chapitre 2 ●
2
Continuité sur un intervalle
5
L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
)
–2 0 6
x
+
g’ g
0 0
–
54 1. Deux. 2. a) ∀ x ∈ , f ’( x 5 2 x 5 2. x ) = x 2 – 5 = x 1x – 1 1x + 1
+
2 ) g(–4) = –14 < 0 et g(–2) = 6 > 0. Donc, d’après le théorème 5, l’équation g( x x ) = 0 possède une solution unique a dans l’intervalle [–4 ; –2]. g(–3) = 2 > 0 ; donc a ∈ [–4 ; –3]. Sur l’intervalle ]– ∞ ; –4[, g est strictement croissante et g(–4) < 0 ; donc pas de solution à l’équation sur cet intervalle. Sur l’intervalle ]–2 ; + ∞[, on a toujours g( x x ) > 2. Donc pas de solution sur cet intervalle. D’où nalement, une seule solution a dans , avec : –3,20 < a < –3,19. d)
a
x
–
g
3. a) et )
0
+ –1
a
x
+
f’ f
0 f (a)
–
+
Avec f (a) ≈ –6,97. 53 A x ≈ 0,347 810 38 y ≈ 2,875 129 79. (Si l’on demande, par exemple, 8 chires après la virgule.) 1 b 1. (2 + 1)2 = . x
x
1 1 2. (2 x + 1) = ⇔ (2 x + 1)2 – = 0 ⇔ x (2 (2 x + 1)2 – 1 = 0 2
x
x
h
) • ∀ x < –
4– ∞ ; – 16 4.
+
–1 2 0 –1
–
–1 6 0
+
m
1 , h( x x ) < 0, donc pas de solution sur 6
1– 16 2 < –1 < 0. Donc, d’après le théorème 5, solution unique a sur 3– 1 ; 14. 6 • h(1) = 8 > 0 et h
L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
f’
+
f
5 1 –
0
+
m
5 0,120 Avec M = –22 + 10 1 ≈ 3 5 ≈ –14,787. et m = – 22 + 10 1 3 ) • f (–3) (–3) < 0 et f 1– 1 5 2 = M > 0. Donc, d’après le théorème 5, l’équation f ( x x ) = 0 possède une solution unique a dans 5 4. 3–3 ; – 1 • f 1– 1 5 2 = M > 0 et f 1 1 5 2 = m < 0. Donc solution unique sur 1 5 ; 1 5 4. Remarquons que f (–2) (–2) = 0. Donc cette solution 3– 1 est égale à –2. • f (5) (5) > 0 et f 1 1 5 2 = m < 0 ; donc, toujours d’après d’ après le 1 théorème 5, solution unique g sur 3 1 5 ; 5 4. 1 • ∀ x ∈ ]– ∞ ; –3[, f ( x x ) < 0 et ∀ x ∈ ]5 ; + ∞[, f ( x x ) > 0 ; donc pas de solution sur ces intervalles. D’où, nalement, l’équation possède trois solutions dont l’une est égale à –2. ) Non, car là où il semblait n’y avoir qu’une seule solution, il y en avait deux en ait, très près. d) –2,465 < a < –2,464 ; b = –2 ; 4,464 < g < 4,465. ) S = ]– ∞ ; a[ ∪ ]–2 ; g [. [.
x
(car x = 0 n’est pas solution de l’équation obtenue). 3. a) h’( x x ) = (2 x + 1)(6 x + 1).
h’
– 1 5 0 M
x
Pour lA logique 55 1. Faux , car comme f est continue sur [0 ; 4], nécessairement f (2) (2) = 4. 2. Vrai, car f est continue sur [2 ; 4], avec f (2) (2) < 10 < f (4). (4). 56 1. Vrai, f étant strictement croissante sur [0 ; 4], si a ≠ b, c’est-à-dire si a < b ou a > b, alors f (a) < f (b) ou f (a) > f (b), d’où f (a) ≠ f (b). 2. Vrai, car f est strictement croissante sur [0 ; 4], donc : (2) = 4, donc f ( x ∀ x ∈ ]2 ; 4], f ( x x ) > f (2) x ) > 4. 57 Par exemple, la onction représentée ci-dessous est continue sur [–2 ; 2] et ne s’y annule pas. y
• ∀ x > 1, h( x x ) > h(1) > 0. Donc pas de solution.
) Avec la table de la l a calculatrice, on obtient : 0,34 < a < 0,35. d) La valeur approchée achée par GeoGebra appartient
bien à l’encadrement ci-dessus. Mais GeoGebra peut acher 15 chires après la virgule !
6
Chapitre 2 ●
Continuité sur un intervalle
–2
O
2
x
EXERCICES
Accompagnement personnalisé (page 69) ) Oui. 2. • Supposons que a et b existent, alors nécessairement :
soutien 58 A 1. Voir les fèches vertes du graphique. 2. Toute droite parallèle à (O x ) située entre les droites d’équation y = 1 et y = 2 coupe la courbe # f en un point et 3 un seul ; donc tout nombre de 1 ; 2 admet un antécédent 3 unique par f , à savoir l’abscisse du point d’intersection. b 1. a) #g est une partie de la parabole représentative de la onction carré. ) [0 ; 4]. 2. a) ]1 ; 4] ∪ {0}. ) ]0 ; 1]. ) Non, car aucune parallèle à (O x ) située entre les droites d’équation y = 0 et y = 4 ne rencontre #g en trois points. d) Par exemple, y = 5.
3
4
APProfonDissement 59 A 2. Oui, car sa courbe peut être dessinée sans lever le crayon. b 1. a)
y
O
x
EXERCICES
a + b = 1 car g(1) = 1 et – a + b = 0 car g(–1) = 0.
D’où, en résolvant le système obtenu, nécessairement : 1 a=b= . 2 1 1 1 1 • Soit f ( x x ) = x + x |x |. Alors ∀ x < 0, f ( x x ) = x – x = 0 2 2 2 2 1 1 et ∀ x > 0, f ( x x ) = x + x = x , c’est-à-dire f = g. 2 2 D’où les nombres a et b trouvés conviennent et donc, 1 1 |x |, avec unicité d’une telle écriture. x ) = x + x ∀ x ∈ , g( x 2 2 ) • Nécessairement :
5
e = 2 car h(1) = 2 – c + d + 2 = 1 car h(0) = 1 . c + d + 2 = 0 car h(2) = 0
D’où, nécessairement, c = – 1 , d = – 3 et e = 2. 2 2 1 3 • Soit k ( x x ) = – ( x x – 1) – x |x – 1| + 2. Alors : 2 2 1 x – 1) + 3 ( x ∀ x ∈ [0 ; 1], k ( x x ) = – ( x x – 1) + 2 = x + 1 2 2 1 x – 1) – 3 ( x et ∀ x ∈ [1 ; 2], k ( x x ) = – ( x x – 1) + 2 2 2 = –2( x x – 1) + 2 = –2 x + 4. On peut vérier que k = h. 1 x – 1) – 3 x D’où ∀ x ∈ [0 ; 2], h( x x ) = – ( x |x – 1 | + 2 et cela 2 2 de manière unique.
Le jour du BAC (page 70) qcm
61 1. c) ; 2. a) ; 3. c).
1 donc nécessairement a = 1 . Pour a = 1 , on 2 2 2 a bien f (1) (1) = – 1 et f (2) (2) = 1. 2
2. a) f (0) (0) =
)
lecture grAPhique 62 1. a) Oui, car sa courbe représentative peut se dessiner sans lever le crayon. ) f est continue et strictement décroissante sur [0 ; 1], avec (0) et f (1) (1) de signes contraires ; donc, d’après la propriété f (0) des valeurs intermédiaires, l’équation f ( x x ) = 0 possède une seule solution dans [0 ; 1]. Même raisonnement sur [1 ; 2], mais avec f strictement croissante. ) a ≈ 0,5 ; b ≈ 1,4.
x f
0 1 2
1 –
2 1
L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
1 2
1 = 0 ⇔ x = 1 . 2 2 1 Sur [1 ; 2], x 2 – 1 = 0 ⇔ x = 1 2 ≈ 1,414. 2 D’où a = 1 et b = 1 2. 2 63 1. Soit f ( x x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d . ) Sur [0 ; 1], – x +
Chapitre 2 ●
Continuité sur un intervalle
7
Il aut traduire que : • f (0) (0) = –1, f ’(0) = 0 2 =0 • f ’ 3 • f ’(1) = 1. (0) = –1, donc d = –1. f (0) f ’( x x ) = 3ax 2 + 2bx + c. f ’(0) = 0, donc c = 0. 4a + 4b = 0 a=1 3 3 De plus : . ⇔ et et b = –1 3a + 2b = 1 D’où f ( x x ) = x 3 – x 2 – 1. 2. a) ∀ x ∈ , f ’( x (3 x – 2). x ) = 3 x 2 – 2 x = x (3
3. a)
y
1 2
5
4
Ᏺ
5
0
x f’
+
0 –1
–
2 3 0
–2
Ᏻ
x
2
–1
5
y = x 2
) M( x x , y) ∈ ∩ ⇔ et
+
2 , f ( x x ) < 0. 3 (2) = 3, donc ∀ x > 2, f ( x f (2) x ) > 0.
5
(1)
⇔ et
y = x
3
–1
x – x 3
2
–1=0
On sait que l’équation (1) possède une unique solution a ; donc le système possède une unique solution : ( a ; a2). D’où un seul point commun aux courbes et : le point M(a ; a2). 64 1.
) ∀ x <
y 6
D’où pas de solution sur – ∞ ; 2 ∪ [2 ; + ∞[. 3 Solution unique sur 2 ; 2 , d’après le théorème 5. 3 ) f (1) (1) = –1 < 0 et f (2) (2) > 0. Donc a ∈ ]1 ; 2[.
4
O
y = x 2
– 31 27
f
M
4
3 4
4
2
En utilisant par exemple la table de la calculatrice, avec un
départ à 1 et un pas de 0,1, on obtient : 1,4 < a < 1,5. Tout nombre de 1,4 à 1,5 est une valeur approchée de a à 10–1 près. On pourra prendre : a ≈ 1,45.
L S E . m r e T h t a m s n a r T – 2 1 0 2 n a h t a N ©
8
Chapitre 2 ●
Continuité sur un intervalle
O
2
4
x
2. La droite d’équation y = 3 ne rencontre pas la courbe
représentative de h. Donc 3 n’a pas d’antécédent par h.
