FONCTION DERIVÉE
Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr. FONCTION DERIVÉE. I. Dérivées des fonctions usuelles. Exemple : Soit la fonction f définie sur
CONTINUITÉ DES FONCTIONS
Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr. 4. 1) • Existence de la solution : - La fonction f est continue sur l'intervalle [25 ; 5].
FONCTIONS DE REFERENCE
Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr. FONCTIONS DE REFERENCE Définitions : Soit f une fonction définie sur un intervalle I.
FONCTION EXPONENTIELLE
f ' = f f (0) = 1 exp(0) = 1. Page 2. Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr. 2. Remarque : On prouvera dans le paragraphe II. que la
VARIATIONS DUNE FONCTION
On considère la représentation graphique la fonction : Page 4. 4 sur 11. Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr a) Sur quel intervalle
FONCTIONS EXPONENTIELLES
Il en est de même pour la fonction f. Page 4. Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr.
SECOND DEGRÉ (Partie 1)
Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr Définition : On appelle fonction polynôme de degré 2 toute fonction f définie sur.
Exercices de mathématiques - Exo7
Enoncés : A. Bodin F. Ridde. Corrections : A. Bodin. Exo7. Rappels. 1 Logique
CONVEXITÉ
Yvan Monka – Académie de Strasbourg – www.maths-et-tiques.fr La fonction f est convexe sur I si sur l'intervalle I
Monotonie
Exo 2. Donner un exemple de fonction décroissante non strictement. Page 5. Fonctions monotones. On dit qu'une fonction f est monotone ssi.
Enoncés : A. Bodin, F. Ridde
Corrections : A. BodinExo7
Rappels
1 Logique, ensembles
Exercice 1Soientf;gdeux fonctions deRdansR. Traduire en termes de quantificateurs les expressions suivantes :
1.fest majorée;
2.fest bornée;
3.fest paire;
4.fest impaire;
5.fne s"annule jamais;
6.fest périodique;
7.fest croissante;
8.fest strictement décroissante;
9.fn"est pas la fonction nulle;
10.fn"a jamais les mêmes valeurs en deux points distincts;
11.fatteint toutes les valeurs deN;
12.fest inférieure àg;
13.fn"est pas inférieure àg.
Montrer par contraposition les assertions suivantes,Eétant un ensemble :1.8A;B2P(E) (A\B=A[B))A=B,
2.8A;B;C2P(E) (A\B=A\CetA[B=A[C))B=C.
SoitA;Bdeux ensembles, montrer{(A[B) ={A\{Bet{(A\B) ={A[{B. SoientEetFdeux ensembles,f:E!F. Démontrer que :8A;B2P(E) (AB))(f(A)f(B)),
18A;B2P(E)f(A\B)f(A)\f(B),
8A;B2P(E)f(A[B) =f(A)[f(B),
8A;B2P(F)f1(A[B) =f1(A)[f1(B),
8A2P(F)f1(FnA) =Enf1(A).
Exercice 51.Démontrer que si r2Qetx=2Qalorsr+x=2Qet sir6=0 alorsr:x=2Q. 2.Montrer que
p262Q, 3. En déduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel.Déterminer (s"ils existent) : les majorants, les minorants, la borne supérieure, la borne inférieure, le plus grand
élément, le plus petit élément des ensembles suivants : [0;1]\Q;]0;1[\Q;N; (1)n+1n 2jn2NSoitAetBdeux parties bornées deR.Vraioufaux?
1.AB)supA6supB,
2.AB)infA6infB,
3. sup (A[B) =max(supA;supB), 4. sup (A+B)8(x;y)2R2f(x+y) =f(x)+f(y):
Montrer que
1.8n2Nf(n) =nf(1).
2.8n2Zf(n) =nf(1).
3.8q2Qf(q) =qf(1).
4.8x2Rf(x) =xf(1)sifest croissante.
Indication pourl"exer cice3 NIl est plus facile de raisonner en prenant un élémentx2E. Par exemple, soitF;Gdes sous-ensembles deE.
Montrer queFGrevient à montrer que pour toutx2Falorsx2G. Et montrerF=Gest équivalent àx2F si et seulement six2G, et ce pour toutxdeE. Remarque : pour montrerF=Gon peut aussi montrerFG puisGF.Enfin, se rappeler quex2{Fsi et seulement six=2F.Indication pourl"exer cice5 N1.Raisonner par l"absurde.
2.Raisonner par l"absurde en écri vant
p2=pq avecpetqpremiers entre eux. Ensuite plusieurs méthodes sont possibles par exemple essayer de montrer quepetqsont tous les deux pairs. 3.Considérer r+p2
2 (r0r)(faites un dessin !) pour deux rationnelsr;r0. Puis utiliser les deux questions précédentes.Indication pourl"exer cice7 NDeux propositions sont fausses...Indication pour
l"exer cice8 N1.f(2) =f(1+1) =, faire une récurrence.
2.f((n)+n) =.
3.Si q=ab
, calculerf(ab +ab ++ab )avecbtermes dans cette somme. 4.Utiliser la densité de QdansR: pourx2Rfixé, prendre une suite de rationnels qui croit versx, et une
autre qui décroit versx.3Correction del"exer cice1 N1.9M2R8x2Rf(x)6M;
2.9M2R9m2R8x2Rm6f(x)6M;
3.8x2Rf(x) =f(x);
4.8x2Rf(x) =f(x);
5.8x2Rf(x)6=0;
6.9a2R8x2Rf(x+a) =f(x);
7.8(x;y)2R2(x6y)f(x)6f(y));
8.8(x;y)2R2(xf(y));
9.9x2Rf(x)6=0;
10.8(x;y)2R2(x6=y)f(x)6=f(y));
11.8n2N9x2Rf(x) =n;
12.8x2Rf(x)6g(x);
13.9x2Rf(x)>g(x).Correction del"exer cice2 NNous allons démontrer l"assertion 1:de deux manières différentes.
1. T outd"abord de f açon"directe". Nous supposons que AetBsont tels queA\B=A[B. Nous devons montrer queA=B. Pour cela étant donnéx2Amontrons qu"il est aussi dansB. Commex2Aalorsx2A[Bdoncx2A\B (carA[B=A\B). Ainsix2B. Maintenant nous prenonsx2Bet le même raisonnement impliquex2A. Donc tout élément deAest dansBet tout élément deBest dansA. Cela veut direA=B. 2. Ensuite, comme demandé,nous lemontronsparcontraposition.Nous supposonsqueA6=Betnondevons montrer queA\B6=A[B.SiA6=Bcela veut dire qu"il existe un élémentx2AnBou alors un élémentx2BnA. Quitte à échanger
AetB, nous supposons qu"il existex2AnB. Alorsx2A[Bmaisx=2A\B. DoncA\B6=A[B.Correction del"exer cice3 Nx2{(A[B),x=2A[B
,x=2Aetx=2B ,x2{Aetx2{B ,x2{A\{B: 4 x2{(A\B),x=2A\B ,x=2Aoux=2B ,x2{Aoux2{ ,x2{A[{B:Correction del"exer cice4 NMontrons quelques assertions. f(A\B)f(A)\f(B). Siy2f(A\B), il existex2A\Btel quey=f(x), orx2Adoncy=f(x)2f(A)et de mêmex2Bdonc y2f(B). D"oùy2f(A)\f(B). Tout élément def(A\B)est un élément def(A)\f(B)doncf(A\B) f(A)\f(B). Remarque : l"inclusion réciproque est fausse. Exercice : trouver un contre-exemple. f1(FnA) =Enf1(A).
x2f1(FnA),f(x)2FnA ,f(x)=2A ,x=2f1(A)carf1(A) =fx2E=f(x)2Ag ,x2Enf1(A)Correction del"exer cice5 N1.Soit r=pq2Qetx=2Q. Par l"absurde supposons quer+x2Qalors il existe deux entiersp0;q0tels que
r+x=p0q0. Doncx=p0q
0pq =qp0pq0qq02Qce qui est absurde carx=2Q.
De la même façon sirx2Qalorsrx=p0q
0Et doncx=p0q
0qp . Ce qui est absurde.2.Méthode "classique".Supposons, par l"absurde, quep22Qalors il existe deux entiersp;qtels quep2=pq
. De plus nous pouvons supposer que la fraction est irréductible (petqsont premiers entre eux).En élevant l"égalité au carré nous obtenonsq22=p2. Doncp2est un nombre pair, cela implique quep
est un nombre pair (si vous n"êtes pas convaincu écrivez la contraposée "pimpair)p2impair"). Donc
p=2p0avecp02N, d"oùp2=4p02. Nous obtenonsq2=2p02. Nous en déduisons maintenant queq2est pair et comme ci-dessus queqest pair. Nous obtenons ainsi une contradiction carpetqétant tous les deux pairs la fraction pq n"est pas irréductible et aurait pu être simplifiée. Doncp2=2Q. Autre méthode.Supposons par l"absurde quep22Q. Alorsp2=pq pour deux entiersp;q2N. Alors nous avonsqp22N. Considérons l"ensemble suivant : N=n n2Njnp22No Cet ensembleNest une partie deNqui est non vide carq2N. On peut alors prendre le plus petit élément deN:n0=minN. En particuliern0p22N. Définissons maintenantn1de la façon suivante :n1=n0p2n0. Il se trouve quen1appartient aussi àNcar d"une partn12N(carn0etn0p2 sont des entiers) et d"autre partn1p2=n02n0p22N. Montrons maintenant quen1est plus petit que n0. Comme 0 Bilan : nous avons trouvén12Nstrictement plus petit quen0=minN. Ceci fournit une contradiction. Conclusion :p2 n"est pas un nombre rationnel.
5 3.Soient r;r0deux rationnels avecr 2 (r0r). D"une partx2]r;r0[(car 0compris entreretr0.Correction del"exer cice6 N1.[0;1]\Q. Les majorants :[1;+¥[. Les minorants :]¥;0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Le plus grand élément : 1. Le plus petit élément 0. 2.]0;1[\Q. Les majorants :[1;+¥[. Les minorants :]¥;0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure
: 0. Il nexiste pas de plus grand élément ni de plus petit élément. 3.N. Pas de majorants, pas de borne supérieure, ni de plus grand élément. Les minorants :]¥;0]. La
borne inférieure : 0. Le plus petit élément : 0. 4. n (1)n+1n 2jn2No
. Les majorants :[54 ;+¥[. Les minorants :]¥;1]. La borne supérieure :54 . La borne inférieure :1. Le plus grand élément :54 . Pas de plus petit élément.Correction del"exer cice7 N1.Vrai. 2. F aux.C"est vrai a vecl"h ypothèseBAet nonAB.
3. Vrai. 4. F aux.Il y a ég alité.
5. Vrai. 6. Vrai. Correction del"exer cice8 N1.Calculons d"abord f(0). Nous savonsf(1) =f(1+0) =f(1)+f(0), doncf(0) =0. Montrons le
résultat demandé par récurrence : pourn=1, nous avons bienf(1) =1f(1). Sif(n) =nf(1)alors f(n+1) =f(n)+f(1) =nf(1)+f(1) = (n+1)f(1). 2. 0 =f(0)=f(1+1)=f(1)+f(1). Doncf(1)=f(1). Puiscommeci-dessusf(n)=nf(1)=
nf(1). 3. Soit q=ab
. Alorsf(a) =f(ab +ab ++ab ) =f(ab )++f(ab )(btermes dans ces sommes). Donc f(a) =bf(ab ). Soitaf(1) =bf(ab ). Ce qui s"écrit aussif(ab ) =ab f(1). 4. Fixons x2R. Soit(ai)une suite croissante de rationnels qui tend versx. Soit(bi)une suite décroissante
de rationnels qui tend versx: a 16a26a36:::6x66b26b1:
Alors commeai6x6biet quefest croissante nous avonsf(ai)6f(x)6f(bi). D"après la question précédent cette inéquation devient :aif(1)6f(x)6bif(1). Comme(ai)et(bi)tendent versx. Par le
"théorème des gendarmes" nous obtenons en passant à la limite :xf(1)6f(x)6xf(1). Soitf(x) = xf(1).6quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47
Conclusion :p2 n"est pas un nombre rationnel.
53.Soient r;r0deux rationnels avecr 2 (r0r). D"une partx2]r;r0[(car 0compris entreretr0.Correction del"exer cice6 N1.[0;1]\Q. Les majorants :[1;+¥[. Les minorants :]¥;0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Le plus grand élément : 1. Le plus petit élément 0. 2.]0;1[\Q. Les majorants :[1;+¥[. Les minorants :]¥;0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure
: 0. Il nexiste pas de plus grand élément ni de plus petit élément. 3.N. Pas de majorants, pas de borne supérieure, ni de plus grand élément. Les minorants :]¥;0]. La
borne inférieure : 0. Le plus petit élément : 0. 4. n (1)n+1n 2jn2No
. Les majorants :[54 ;+¥[. Les minorants :]¥;1]. La borne supérieure :54 . La borne inférieure :1. Le plus grand élément :54 . Pas de plus petit élément.Correction del"exer cice7 N1.Vrai. 2. F aux.C"est vrai a vecl"h ypothèseBAet nonAB.
3. Vrai. 4. F aux.Il y a ég alité.
5. Vrai. 6. Vrai. Correction del"exer cice8 N1.Calculons d"abord f(0). Nous savonsf(1) =f(1+0) =f(1)+f(0), doncf(0) =0. Montrons le
résultat demandé par récurrence : pourn=1, nous avons bienf(1) =1f(1). Sif(n) =nf(1)alors f(n+1) =f(n)+f(1) =nf(1)+f(1) = (n+1)f(1). 2. 0 =f(0)=f(1+1)=f(1)+f(1). Doncf(1)=f(1). Puiscommeci-dessusf(n)=nf(1)=
nf(1). 3. Soit q=ab
. Alorsf(a) =f(ab +ab ++ab ) =f(ab )++f(ab )(btermes dans ces sommes). Donc f(a) =bf(ab ). Soitaf(1) =bf(ab ). Ce qui s"écrit aussif(ab ) =ab f(1). 4. Fixons x2R. Soit(ai)une suite croissante de rationnels qui tend versx. Soit(bi)une suite décroissante
de rationnels qui tend versx: a 16a26a36:::6x66b26b1:
Alors commeai6x6biet quefest croissante nous avonsf(ai)6f(x)6f(bi). D"après la question précédent cette inéquation devient :aif(1)6f(x)6bif(1). Comme(ai)et(bi)tendent versx. Par le
"théorème des gendarmes" nous obtenons en passant à la limite :xf(1)6f(x)6xf(1). Soitf(x) = xf(1).6quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47
2.]0;1[\Q. Les majorants :[1;+¥[. Les minorants :]¥;0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure
: 0. Il nexiste pas de plus grand élément ni de plus petit élément.3.N. Pas de majorants, pas de borne supérieure, ni de plus grand élément. Les minorants :]¥;0]. La
borne inférieure : 0. Le plus petit élément : 0. 4. n (1)n+1n2jn2No
. Les majorants :[54 ;+¥[. Les minorants :]¥;1]. La borne supérieure :54 . La borne inférieure :1. Le plus grand élément :54 . Pas de plus petit élément.Correction del"exer cice7 N1.Vrai. 2.F aux.C"est vrai a vecl"h ypothèseBAet nonAB.
3. Vrai. 4.F aux.Il y a ég alité.
5. Vrai. 6.Vrai. Correction del"exer cice8 N1.Calculons d"abord f(0). Nous savonsf(1) =f(1+0) =f(1)+f(0), doncf(0) =0. Montrons le
résultat demandé par récurrence : pourn=1, nous avons bienf(1) =1f(1). Sif(n) =nf(1)alors f(n+1) =f(n)+f(1) =nf(1)+f(1) = (n+1)f(1). 2.0 =f(0)=f(1+1)=f(1)+f(1). Doncf(1)=f(1). Puiscommeci-dessusf(n)=nf(1)=
nf(1). 3.Soit q=ab
. Alorsf(a) =f(ab +ab ++ab ) =f(ab )++f(ab )(btermes dans ces sommes). Donc f(a) =bf(ab ). Soitaf(1) =bf(ab ). Ce qui s"écrit aussif(ab ) =ab f(1). 4.Fixons x2R. Soit(ai)une suite croissante de rationnels qui tend versx. Soit(bi)une suite décroissante
de rationnels qui tend versx: a16a26a36:::6x66b26b1:
Alors commeai6x6biet quefest croissante nous avonsf(ai)6f(x)6f(bi). D"après la questionprécédent cette inéquation devient :aif(1)6f(x)6bif(1). Comme(ai)et(bi)tendent versx. Par le
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