Exercice 1 : (dérivable donc continue) :
Soit f une fonction définie sur un intervalle I et soit a un élément de I Déterminer si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses :
1) Si f est dérivable en a alors f est continue en a 2) Si f est continue en a alors f est dérivable en a 1) VRAI Dire que f est dérivable en a signifie que lim
h→0
f(a+h)−f(a)
h existe et vaut f '(a). On a ainsi : f (a+h)−f(a)
h =f '(a)+t(h) où t est une fonction tel que lim
h→0t(h) = 0 d'où f (a+h)−f(a)=h(f '(a)+t(h))
f(a+h)=f(a)+h(f '(a)+t(h)) on a alors : lim
h→0 f(a+h) = f(a) d'où en posant x=a+h on obtient : lim
x→a f(x) = f (a) d'où f est continue en a
2) FAUX une figure est suffisante pour répondre
Exercice 2 : Soit f la fonction définie sur [0;4] par f(x)=x2−⌊x⌋ où
⌊x⌋ désigne la partie entière de x
1) A l'aide de la calculatrice, tracer une représentation de f
2) La fonction f est-elle continue sur [0;4] ? sinon indiquer pour quelle valeur elle n'est pas continue ?
Elle n'est pas continue en les valeurs entières de x 3) Démontrer que f n'est pas continue en 3
lim
x→3 x<3
f(x) = lim
x→3 x<3
x2−⌊x⌋ = 9−2=7
lim
x→3 x>3
f(x) = lim
x→3 x>3
x2−⌊x⌋ = 9−3 = 6
Ces limites étant ≠, f n'est pas continue en 3
4) Soit g la fonction définie par g(x)=(x−3)(x2−⌊x⌋) Démontrer que g est continue en 3.
lim
x→3 x<3
f(x) = lim
x→3 x<3
(x−3)(x2−⌊x⌋) = 0×(9−2) = 0
limx→3 x>3
f(x) = lim
x→3 x>3
(x−3)(x2−⌊x⌋) = 0×(9−3) = 0
f(3) = 0
la fonction est continue en 3
n°37 p133
1) On trace la fonction f(x)=x3−6x+2=0 et on constate trois points d'intersection avec l'axe des abscisses donc trois solutions a priori à l'équation
2) f '(x)=3x2−6 = 3(x2−2) polynôme du second degré de racines ±
√
2 ;x
–∞
–√ 2 √ 2 +∞
f '(x)
+ 0 – 0 +
f(x)
–∞
4 √ 2
+2
–
4 √ 2+2
+∞
f (−1)=7 et f(2)=−2
Sur [–1;2], f est continue et strictement décroissante et on a : f([–1 ; 2])=[–2 ;7].
Comme 0 ∈ [–2 ;7], d'après le th de la bijection, il existe un unique α ∈ [–1;2], tel que f(x)=0
n°39 p133
1) f(x)=x2ex f est un produit de fonctions dérivables sur ℝ et on a f '(x)=2xex+x2ex=ex(2x+x2) pour tout x ∈ ℝ , ex > 0 donc le signe de f ' est celui de 2x+x2=x(2+x) polynôme du second degré de racines 0 et –2 d'où
x
–∞ –2 0 +∞
f '(x)
+ 0 – 0 +
f(x)
0
4 e
20
+∞
4
e2 ≈ 0,54 < 1 . D'après le tableau, Sur ]–∞;0[, f admet un maximum en –2 qui vaut 4
e2<1 donc l'équation f(x)=1 n'a pas de solution sur cet intervalle .
Sur [0;+∞[ , f est continue et strictement croissante et on a f([0;+∞[)=[0;+∞[ . Comme 1 ∈ [0;+∞[, d'après le th de la bijection, il existe un unique α ∈ [0;+∞[ tel que f(x)=1
Conclusion : l'équation f(x)=1 admet une unique solution sur r et comme f(1)=e ≈ 2,7 > 1 , α ∈ [0;1]
2) a) b) On peut dresser un tableau pour suivre l'évolution de l'algorithme :
Boucle 0 1 2,000 3,0000 4,0000
a 0 0,5 0,500 0,6250 0,6875
b 1 1 0,750 0,7500 0,7500
b–a 1 0,5 0,250 0,1250 0,0625
c 0,5 0,75 0,625 0,6875 X
f 0,41 1,19 0,729 0,9300 X
On obtient donc en sortie a = 0,6875 et b = 0,75 c'est un intervalle d'amplitude < 0,1 dans lequel est α .
