1.3 Comment reconnaître une fonction continue en un point ?
2.1.9 Prolongement par continuité
– représenter graphiquement h et t.
– Étudier la continuité de h et t en 0. Que peut-on dire de h et de t ? Solutions
1. f existe si et seulement six6= 0. Donc le domaine de f est Df =R∗.
4. Par définition de h on obtient
x→0limh(x) = 1. et h(0) = 1. (2.8)
Donc h est continue en 0.
package/fig16.png
package/fig17.png
Également par définition de t on obtient
x→0limt(x) = 1. et t(0) = 2. (2.9)
on peut donc remarquer que
x→0limt(x)6=t(0) (2.10)
Il en résulte que t n’est pas continue en 0.
La définition suivante permet de conclure :
Définition2.3
:Soit f une fonction non définie enxoet l un nombre réel tel que limx→xof(x) =l.
On appelle prolongement de f par continuité enxo, la fonction g définie par : g(x) =
f(x) si x∈Df l si x=xo
Ainsi h est un prolongement par continuité de f, tandis que t ne l’est pas.
Autres exemples2.10:
1. Soit la fonction définie par f(x) = sin(x) x .
est un prolongement par continuité de f en 0.
2. Soit la fonction s(x) = 2x3+x2+ 6x+ 3
Alors un prolongement par continuité de s en−1
2 est donc v défini par : v(x)=
1. Si g est un prolongement de f par continuité enxo, alors f est la restriction de g par continuité enxo. 2. De façon analogue aux paragraphes 1.2.2 et 1.2.3, on introduit la notion de prolongement par continuité
à droite(resp à gauche) en un point et on démontre qu’une fonction admet pour limite à droite (resp à gauche) enxo le réel l si et seulement si elle admet enxoun prolongement par continuité g à droite (resp à gauche) enxo tel que l’on ait g(xo) = l.
3. Si g est un prolongement par continuité de f, alors g est unique.
Exemple2.11:
1. Soit la fonction f : x→2x+|x-5|
Le domaine de définition de f estR. On a
Cherchons la limite à droite et la limite à gauche de f en 5.
La fonction
g : ]-∞; 5[→R x7→x+5
h : ] 5 ; +∞[→R
Nous allons étudier la continuité de h en 0.
On a : h(x) = Ainsi h coïncide avec la fonction définie par :
l : ]-∞; 0 [→R x7→3x - 2
sur ]-∞; 0 [. Donc l étant continue sur cet intervalle, h y est aussi continue.
Également, h coïncide avec la fonction définie par : j : ] 0 ; +∞[→R
x7→3x + 2
sur ] 0 ; +∞[. Et puisque j est continue sur cet intervalle, h y est aussi continue.
Par conséquent h est continue en tout point non nul deR. Ainsi le point problème ici est 0.
h est-il continue en 0 ?.
Calculons la limite à droite et la limite à gauche de h en 0.
lim
x→0−h(x) =l(o) =−2 (2.14)
lim
x→0+h(x) =j(o) = 2 (2.15)
Nous remarquons tout de suite que :
lim
x→0−h(x)6= lim
x→0+h(x) (2.16)
Il en résulte que h n’est pas continue en 0.
Mais remarquons aussi que :
lim
x→0+h(x) = 2 =h(0) (2.17)
Donc h est continue à droite en 0. Ainsi, j est un prolongement par continuité de h à droite en 0. h n’est pas continue à gauche donc n’admet pas de prolongement à gauche en 0.
Remarquons que l’on a :
Donc f est continue en 5.
On aurait pu démontrer ce dernier résultat directement.
Théorème 2.3: Soientx0 et l deux réels,I un intervalle épointé de centre x0 et f une fonction définie sur I.
Les propositions suivantes sont équivalentes : 1. f admet pour limite enx0 le réel l.
Ce théorème permet dans certains cas de trouver, de façon très simple, la limite en un pointx0 de toute fonction rationnelle dont le numérateur et le dénominateur s’annulent enx0. Par simplification, on obtient un prolongement par continuité de f et la limite de f enx0 est la valeur numérique de ce prolongement enx0. Par exemple pour la fonction f(x) = (x−1)(x2+x+ 1
x−1 . On a :
x→1limf(x) = lim
x→1(x2+x+ 1) = 12+ 1 + 1 = 3. (2.20)
Un électricien veut installer une ligne de courant dans une maison. Mais il se rend compte que la distance entre la source de courant et la maison en question est très grande. Pourtant il ne possède que de morceaux de fils de courant chacun d’une longueur bien précise.
1)- Que peut-il faire pour résoudre ce problème ?
2) Si nous considérons que u,v et w sont les fonctions représentant chacune la ligne tendue par chaque morceau de fils et qu’il n’en a utilisé que trois morceaux. Que peut-on dire de la fonction t représentant la ligne totale tendue par les trois fils ? (notons que h est l’association de u,v et w)
Activité2.6.2 Soient les fonctions définies par : u(x) = -2x+6 ; v(x) = x-3.
1. Étudier la continuité de u sur ] 3 ; +∞[ et de v sur ]-∞; 3[.
a. Déterminer les domaines de définition de s et de w.
b. Représenter graphiquement s et w.
c. Étudier la continuité de s et w en 3. Conclure.
Solutions
1. les fonctions u et v sont continues respectivement sur ] 3 ; +∞[ et ]-∞; 3[ comme fonctions polynômes. ( ou les restrictions de s respectivement sur ] 3 ; +∞[ et ]-∞; 3[ y sont continues).
a. Ds=Dw= ]-∞; 3 ]∪[ 3 ; +∞[ =R
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c. En utilisant la définition, on a lim
x→3−s(x) = 0 et lim
x→3+s(x) = 0 et s(3) = 0. (2.21)
Par conséquent s est continue en 3.
tandisque lim
x→3−w(x) = 0 et lim
x→3+s(x) = 0 et s(3) = 1. (2.22) Ainsi w n’est pas continue en 3.
Définition2.4
: Un recollement par continuité peut être défini comme la jonction de deux fonctions définies chacune dans un intervalle donné, pour en former une seule de sorte que celle-ci soit continue. La fonction résultante est alors définie dans la réunion de ces intervalles.Ainsi on retient le théorème suivant :
Théorème2.4
: Soit f une fonction définie sur un intervalle I et a un élément de I.Si f est continue sur I∩]−∞; a ] ainsi que sur I∩[a ; +∞[, alors f est continue sur I. On en déduit que q n’est pas continue en 1.
– Attention:
Avant d’étudier la continuité d’une fonction, il faut absolument déterminer son ensemble de définition,que l’énoncé le précise ou pas ; cela doit être un réflexe.
2.2 Exercices résolus
:
Exercice 1:
Une boite cylindrique de rayon 12 cm contient de l’eau jusqu’à une hauteur de 5 cm. On immerge une boule métallique dans ce récipient et on constate que la surface de l’eau est tangente à la boule.
(1)- Calculer le volume de l’eau contenue dans la boîte.
(2)- Trouver de deux façons différentes, le volume de la boule immergée.
(3)- On pose f(x) = 13 x3-72 x + 180
* justifier que f est continue surR.
* Montrer que f(x)= 0 admet une unique solution dans chacun des intervalles suivants : [-16 ; -15.5], [2.5 ;3] et [13 ; 13.5].
*Déterminer à10−3mm près la solution dans [2.5 ; 3].
(4)- Montrer que le rayon de la boule vérifie l’équation f(x)= 0. Déterminer le à10−3 mm près.
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Exercice 2:
Soit f la fonction définie surRpar :
∀x∈R∗, f(x)= |x|xp
|x|
f(0) = 0
(1)- Quelle est la limite de f en 0 ?
(2)- Démontrer que f est strictement monotone surR.
(3)- Vérifier que la fonction réciproque de f est la fonction x7−→|x|x.
qu’il occupe (cylindre de 5 cm de hauteur et 12 cm de rayon).
Rappelons que le volume d’un cylindre de rayon r et de hauteur h est donné par : V =π×r2 ×h.
DoncVeau =π×122 ×5 = 720π cm3. (2)- Première façon :
la boule est une sphère. Donc par la formule usuelle, on obtient : pour une sphère de rayon R , Vboule = 43×π×R3 encm3.
- Deuxième façon :
la boule étant immergée, l’eau contenue dans le cylindre se déplace d’une certaine hauteur. Puisque la surface de l’eau est tangente à la boule, le diamètre d= 2R de la boule (où R est son rayon) est la nouvelle hauteur de l’eau.
Ainsi le nouveau volume occupé par l’eau est : Veau0 =π×122×(2R)3 en cm3.
Par ailleurs, la poussée d’Archimède énonce que le volume du liquide déplacé est égale au volume du solide immergé.
D’où, le volume déplacé de l’eau est égale au volume de la boule. Et le volume du liquide déplacé est donné par :
(3)- * Le domaine de f estR. De plus f est continue surRcomme fonction polynôme.
* Montrons que l’équation f(x) = 0 admet une unique solution dans chacun des intervalle suivant : - Dans [-16 ; -15.5].
f étant continue surR, est continue sur cet intervalle.
De plus on a :
Étudions la monotonie de f dans [-16 ; -15.5].
Soient a, b deux éléments de [-16 ; -15.5].
= 1
3(b2+ba+a2)−72 Mais, on a :
-16≤a ≤15.5 et -16≤b≤15.5
d’où en encadrant∆, on obtient 168.25<∆<184. c’est-à-dire que∆>0.
Donc f est strictement croissante dans l’intervalle [-17 ; -16]. i.e. f est bijective de [-16 ; -15.5] vers f([-16 ; -15.5]).
Et,
f(-16)=-33.33<0 et f(-15.5) = 35.29>0.
Par conséquent, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, f(x)=0 admet une unique solution dans [-16 ; -15.5].
- Dans [2.5 ; 3]. f est continue sur cet intervalle. De plus, Soient u, v∈[2.5 ; 3]
Ainsi f est strictement décroissante sur [2.5 ; 3]. Et puisque
f(3)= -27<0 et f(2.5) = 5.21 >0,d’après le théorème des valeurs intermédiaires, f(x)=0 admet une unique solution dans [2.5 ; 3].
-dans [13 ; 13.5].
Egalement, f est continue sur [13 ; 13.5] et par suite, pour tous x, y dans [13 ; 13.5],
D’où f est strictement croissante dans [13 ; 13.5]. Par ailleurs, f(13.5)= 28.13>0 et f(13) = -23.67<
0.Toujours en raison du théorème des valeurs intermédiaires, f(x)=0 admet une unique solution dans [13 ; 13.5].
* Déterminons à10−3 près la solution de l’équation précédente dans [2.5 ; 3].
Nous allons le faire en procèdent par deux méthodes.
• Méthode par balayage
On obtient alors : f(2.501) = 5.14 ; f(2.502) = 5.08 ;. . .; f(2.5O9) = 4.62 ; f(2.511)= 4.49 ;. . .; f(2.579)= 0.03 ; f(2.580)= -0.04 ;. . .f(2.599)= -1.28.
On peut alors remarquer queα∈[2.579 ; 2.580].
Donc 2.579 et 2.580 sont respectivement les valeurs approchées par défaut et par excès, à103près deα.
• Méthode par dichotomie
On aα∈[2.5 ; 2.6] ; on choisix0le milieu de [2.5 ; 2.6].
Alorsx0= 2.6+2.52 = 2.55 ;
f(x0) = 1.93 ; f(2.5)= 5.21 et f(2.6)= -1.34.
D’où on observe queα∈[2.55 ; 2.6] et |2.55-2.6|= 0.05>0.001.
Donc on reprend le processus avec l’intervalle [2.55 ; 2.6].
Posonsx1 le milieu de [2.55 ; 2.6]. Alorsx1 = 2.6+2.552 = 2.575 f(2.575) = 0.29 ; f(2.55) = 1.93 et f(2.6) = -1.34.
D’oùα∈[2.575 ; 2.6] et |2.6-2.575| = 0.025>0.001
On poursuit l’algorithme, jusqu’à obtenirα∈[an;bn] avec |an-bn|<0.001.
D’après la question (2), le rayon de la boule vérifie l’équation suivante : En égalant les deux expressions du volume de la boule, on obtient : 144×π×(2×R)3 - 720π= 43×π×R3.
Ce qui en simplifiant donne l’équation voulue.
Exercice 2:
Représentons tout d’abord graphiquement f.
package/fig29.png (1) Calculons la limite de f en 0.
f peut encore se définir de la manière suivante : f(x) =√
xsi x>0 f(x) = -√
−xsi x<0
f(0) = 0
Il résulte donc de ces deux résultats quelimx→0 f(x) = 0.
(2) Démontrons que f est strictement monotone surR. Soient x et y deux éléments deRtels que x<y.
- Si x et y sont tous deux strictement positifs, alors f(x)<f(y), puisque f coïncide sur ]0 ; +∞[ avec t qui est strictement croissante.
- Si x et y sont tous deux négatifs, alors f(x)<f(y) car on a :
x<y implique -y<-x . la fonction racine carrée étant croissante, on obtient par la suite :
√−y <√ (3) Vérifions que la fonction réciproque de f est la fonction x7−→|x|x.
f étant strictement croissante surR, elle est bijective deRvers f(R)=R. Donc f admet une fonction réciproque deRversR.
Par ailleurs, on sait quef−1est la fonction telle que : f◦ f−1(x) = x etf−1 ◦f (x) = x, pour tout x dans R.
Ainsi nous pouvons conclure que la fonction définie par : x7−→|x|x est la fonction réciproque de f.