Théorème de la bijection : exemples de rédaction
« Montrer qu'il existe un unique α ∈ tel que . . . » « Montrer que l'équation f(x) = ... admet une unique solution dans . . .
DM 7 correction Exercice 1 : ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation
Donc cette équation admet et comme racine. Seul est solution de donc il existe une unique solution réelle . 2°) On factorise (. ) (. ) (. ) par . Il existe
Suites 1 Convergence
Exercice 14. Soit n ⩾ 1. 1. Montrer que l'équation n. ∑ k=1 xk = 1 admet une unique solution notée an
Corrigé du TD no 11
Montrer que l'équation x2(cos x)5 + x sin x +1=0 admet au moins une solution réelle. Réponse : La fonction f : x ↦→ x2(cos x)5 + x sin x + 1 est continue sur
Suites implicites
(. ) On considère les fonctions fn : x ↦→ xn + x − 1 pour n ∈ N∗. a. Soit n ∈ N∗. Démontrer que l'équation fn(x) = 0 admet une unique solution xn ∈ ]01
Exo7 - Exercices de mathématiques
Solution maximale. 831. 277 381.00 Théorème de Cauchy-Lipschitz. 832. 278 382.00 ... Démontrer que (1 = 2) ⇒ (2 = 3). Correction Τ. [000105]. Exercice 3. Soient ...
comment utiliser le TVI ou ses corollaires
❖ Le corollaire (ou extensions) du TVI s'utilise dans le cas ou on demande de montrer qu'une équation du type f(x)=k admet une unique solution. ❖ Lorsqu'on
Équations différentielles
Finalement (E2) admet sur R une unique solution
Nombres complexes. Équations du 2ième degré à coefficients réels
Exercice. 1. Résoudre dans C: z2. −16 z+89=0. 2. Montrer que l'équation : z3. −(16−i)z2. +(89−16 i)z+89 i=0 admet une solution imaginaire pur que l'on.
Exercice 1 a) Montrer que la fonction Arctan est 1-lipschitzienne sur
On consid`ere l'équation différentielle y = (1 + cos t)y − y2 avec la condition initiale y(0) = y0. a) Montrer que ce probl`eme admet une unique solution
Correction : 65 p. 132 Correction : 68 p. 132
(- 1) appartient à ] lim ? ( ) ; f(0)]. D'après le théorème des valeurs intermédiaires on conclut que l'équation f(x) = - 1 admet une unique solution
Terminale S - Continuité dune fonction Théorème des valeurs
Autrement dit l'équation ( ) = admet au moins une solution Pour démontrer que l'équation ( ) = a une unique solution sur l'intervalle [ ...
Théorème de la bijection : exemples de rédaction
Montrer que l'équation f(x) = admet une unique solution dans . . . » • La rédaction correcte d'une telle question demande de la rigueur. Une.
comment utiliser le TVI ou ses corollaires
Le corollaire (ou extensions) du TVI s'utilise dans le cas ou on demande de montrer qu'une équation du type f(x)=k admet une unique solution.
DM 7 correction Exercice 1 : ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation
Donc cette équation admet et comme racine. Seul est solution de donc il existe une unique solution réelle . 2°) On factorise (. ).
fonction et continuite
Ce théorème peut permettre de démontrer qu'une équation admet une unique solution dans un in- tervalle donné dès lors que la fonction est strictement
Corrigé du TD no 11
Montrer que l'équation x5 = x2 + 2 a au moins une solution sur ]0 2[. bijection
Correction du contrôle continu 1
Montrer que l'équation (E) admet une unique solution maximale ? : I :=]T?T+[? R de classe C1 avec T? < 0 < T+. On considère la fonction f : R × R ? R
Suites 1 Convergence
Montrer que l'équation n. ? k=1 xk = 1 admet une unique solution notée an
Suites implicites
Montrer que l'équation f(x) = n a une unique solution dans R+?. On la note un. Soit n ? N. Comme n ? ]??+?[
Correction : 65 p. 132
Résoudre l'équation : e
x = x + 2 sur ℝ revient à résoudre l'équation ex - x - 2 = 0 sur ℝ. On définit la fonction f sur ℝ par : f(x) = e x - x - 2. f est la somme de la fonction exponentielle et d'une fonction affine, toutes deux dérivables sur ℝ. f est donc dérivable sur ℝ, soit f est continue sur ℝ.De plus : f(1) = e
1 - 3 » - 0,28 et f(2) = e2 - 4 » 3,39.
0 appartient à [f(1) ; f(2)].
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
au moins une solution a comprise entre 1 et 2.Correction : 68 p. 132
a) Sur ]- ¥ ; 0] : f est continue et strictement croissante sur ]- ¥ ;0].De plus : lim
() = - 2 et f(0) = 3. (- 1) appartient à ] lim () ; f(0)].D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = - 1 admet
une unique solution a dans ]- ¥ ; 0].Sur [0 ; 1] :
f est continue et strictement décroissante sur [0 ; 1].De plus : f(0) = 3 et f(1) = - 1.
(- 1) appartient à [f(0) ; f(1)].D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = - 1 admet
une unique solution b dans [0 ; 1], soit ici b = 1.Sur ]1 ; + ¥[ :
f est continue et strictement croissante sur ]1 ; + ¥[.De plus : f(1) = - 1.
Donc, f est minorée par (- 1), soit pour tout réel x > 1, f(x) > - 1. L'équation f(x) = - 1 n'admet pas de solution dans ]1 ; + ¥[. Conclusion : L'équation f(x) = - 1 admet exactement 2 solutions sur ℝ. Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 2/8 b) Sur ]- ¥ ; 0] : f est continue et strictement croissante sur ]- ¥ ;0].De plus : lim
() = - 2 et f(0) = 3.0 appartient à ] lim
() ; f(0)].D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution a dans ]- ¥ ; 0].Sur [0 ; 1] :
f est continue et strictement décroissante sur [0 ; 1].De plus : f(0) = 3 et f(1) = - 1.
0 appartient à [f(1) ; f(0)].
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution b dans [0 ; 1], soit ici b = 1.Sur [1 ; + ¥[ :
f est continue et strictement croissante sur [1 ; + ¥[. Donc, f est majorée par 0, soit pour tout réel x ³ 1, f(x) < 0. L'équation f(x) = 0 n'admet pas de solution dans [1 ; + ¥[. Conclusion : L'équation f(x) = 0 admet exactement 2 solutions sur ℝ. c) Sur ]- ¥ ; 0] : f est continue et strictement croissante sur ]- ¥ ;0].De plus : lim
() = - 2 et f(0) = 3.1 appartient à ] lim
() ; f(0)].D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 1 admet
une unique solution a dans ]- ¥ ; 0].Sur [0 ; 1] :
f est continue et strictement décroissante sur [0 ; 1].De plus : f(0) = 3 et f(1) = - 1.
1 appartient à [f(1) ; f(0)].
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 1 admet
une unique solution b dans [0 ; 1].Sur [1 ; + ¥[ :
f est continue et strictement croissante sur [1 ; + ¥[. Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 3/8De plus : f(1) = - 1.
Donc, f est majorée par 0, soit pour tout réel x ³ 1, f(x) < 0 < 1. L'équation f(x) = 1 n'admet pas de solution dans [1 ; + ¥[. Conclusion : L'équation f(x) = 1 admet exactement 2 solutions sur ℝ.Correction : 69 p. 132
a) f est une fonction polynôme, donc dérivable sur ℝ.De plus : f'(x) = 6x
2 - 6x
= 6x(x - 1)On obtient le tableau suivant :
f est croissante sur ] - ¥ ; 0] et sur [1 ; + ¥[. f est décroissante sur [0 ; 1].De plus : f(0) = 2 ´ 0
3 - 3 ´ 02 - 1
= - 1 f(1) = 2 ´ 13 - 3 ´ 12 - 1
= 2 - 3 - 1 = - 2Limite en -
On a : lim → (2) = - ¥ et lim → (-3- 1) = - ¥.Donc : lim
Limite en +
On a : lim → (2) = + ¥ et lim → (-3- 1) = - ¥.On obtient une forme indéterminée.
Pour tout réel x non nul, on a : f(x) = x
32 -Or : lim → = + ¥ et lim → 2 -
= 2.Donc : lim
() = + ¥. x - ¥ 0 1 + ¥6x - - 0 +
x - 1 - 0 + + f' + 0 - 0 + f - 1 + ¥ - ¥ - 2 Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 4/8b) Sur ] - ¥ ; 1], f est majorée par (- 1). L'équation f(x) = 0 n'admet donc pas de solution
sur ]- ¥ ; 1]. f est dérivable, donc continue sur [1 ; + ¥[, et strictement croissante sur [1 ; + ¥[.0 appartient à [f(1) ; lim
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution a dans l'intervalle [1 ; + ¥[. On conclut donc que l'équation f(x) = 0 admet une unique solution a dans ℝ. c) On a : f(1,67) » - 0,05 et f(1,68) » 0,02.Donc : 1,67 < a < 1,68.
Correction : 70 p. 132
a) f est la somme de deux fonctions dérivables sur ℝ, donc dérivable sur ℝ.De plus : f'(x) =
En effet : (e
- x)' = (- 1)e- x = - e- x Pour tout réel x, on a : ex et e- x strictement positifs. f' est donc strictement positive sur ℝ. f est donc strictement croissante sur ℝ.On obtient le tableau suivant :
Limite en -
On a : lim → () = 0 et lim → (- ) = - ¥.Donc : lim
Limite en +
On a : lim → () = + ¥ et lim → (- ) = 0.Donc : lim
x - ¥ + ¥ f Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 5/8 b) f est dérivable sur ℝ, donc continue sur ℝ et f strictement croissante sur ℝ.2 appartient à ] lim
() ; lim →D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 2 admet
une unique solution a dans ℝ. c) On a : f(1) » 1,18 et f(2) » 3,63, soit 2 compris entre f(1) et f(2).Donc : 1 < a < 2.
d) Avec la calculatrice, on obtient : 1 < a < 21,4 < a < 1,5
1,44 < a < 1,45
1,443 < a < 1,444
1,44 est donc une valeur approchée de a à 10
- 2 près.Correction : 71 p. 132
a) f est une fonction polynôme, donc dérivable sur ℝ.De plus : f'(x) = 12x
3 - 24x2 - 12x + 24
= 12(x3 - 2x2 - x + 2)
Or : (x - 2)(x - 1)(x + 1) = (x - 2)(x
2 - 1)
= x3 - x - 2x2 + 2
= x3 - 2x2 - x + 2
Donc : f'(x) = 12(x - 2)(x - 1)(x + 1)
On obtient le tableau suivant :
x - ¥ - 1 1 2 + ¥ x - 2 - - - 0 + x - 1 - - 0 + + x + 1 - 0 + + + f' - 0 + 0 - 0 + f + ¥ 13 + ¥ - 19 8 Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 6/8Limite en - ¥ :
On a : lim → (3) = + ¥ et lim → (-6) = - ¥.On obtient une forme indéterminée.
Pour tout réel x non nul, on a : f(x) = x
43 -Or : lim → = + ¥ et lim → 3 -
= 3.Donc : lim
Limite en +
On a : lim → (3) = + ¥ et lim → (-6) = - ¥.On obtient une forme indéterminée.
Pour tout réel x non nul, on a : f(x) = x
43 -Or : lim → = + ¥ et lim → 3 -
= 3.Donc : lim
b) Sur ]- ¥ ; - 1] : f est continue et strictement décroissante sur ]- ¥ ; - 1].De plus : lim
() = + ¥ et f(- 1) = - 19.0 appartient à [f(- 1) ; lim
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution a dans ]- ¥ ; - 1].Sur [- 1 ; 1] :
f est continue et strictement croissante sur [- 1 ; 1].De plus : f(- 1) = - 19 et f(1) = 13.
0 appartient à [f(- 1) ; f(1)].
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution b dans [- 1 ; 1].Sur [1 ; + ¥[ :
f est minorée par 8, soit pour tout réel x ³ 1, f(x) > 8 > 0. L'équation f(x) = 0 n'admet pas de solution dans [1 ; + ¥[. Conclusion : L'équation f(x) = 0 admet exactement 2 solutions sur ℝ. c) On remarque que : f(0) = 0, soit b = 0.Avec la calculatrice, on obtient : - 2 <
a < - 1 - 1,7 < a < - 1,6 - 1,62 < a < - 1,61 Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 7/8Correction : 73 p. 132
a) D'après le graphique, l'équation admet deux solutions. Il semble qu'il existe une troisième solution puisque : lim f est une fonction polynôme, donc dérivable sur ℝ et continue sur ℝ.De plus : f'(x) = 3x
2 - 6x
= 3x(x - 2)On obtient le tableau suivant :
De plus : f(0) = 0
3 - 3 ´ 02 + 1
= 1 f(2) = 23 - 3 ´ 22 + 1
= 8 - 12 + 1 = - 3Limite en -
On a : lim → () = - ¥ et lim → (-3+ 1) = - ¥.Donc : lim
Limite en +
On a : lim → () = + ¥ et lim → (-3+ 1) = - ¥.On obtient une forme indéterminée.
Pour tout réel x non nul, on a : f(x) = x
31 -Or : lim → = + ¥ et lim → 1 -
= 1.Donc : lim
x - ¥ 0 2 + ¥ x - 2 - - 0 +3x - 0 + +
f' + 0 - 0 + f1 + ¥
- ¥ - 3 Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 8/8Sur ]- ¥ ; 0] :
f est continue et strictement croissante sur ]- ¥ ; 0].De plus : lim
() = - ¥ et f(0) = 1.0 appartient à ] lim
() ; f(0)].D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution a dans ]- ¥ ; 0].Sur [0 ; 2] :
f est continue et strictement croissante sur [0 ; 2].De plus : f(0) = 1 et f(2) = - 3.
0 appartient à [f(2) ; f(0)].
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution b dans [0 ; 2].Sur [2 ; + ¥[ :
f est continue et strictement croissante sur [2 ; + ¥[.De plus : f(2) = - 3 et lim
0 appartient à [f(2) ; lim
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on conclut que l'équation f(x) = 0 admet
une unique solution l dans [2 ; + ¥[. Conclusion : L'équation f(x) = 0 admet exactement 3 solutions sur ℝ. b) Voici l'algorithme :Initialisation
a prend la valeur 2Traitement
Tant que a
3 - 3a2 + 1 < 0
Faire a prend la valeur a + 0,01
Fin Tant Que
Sortie
Afficher a et a + 0,01
Pour le deuxième algorithme, il suffit de remplacer à 0,01 par 0,0001. c) On obtient : 2,87 < l < 2,88, puis : 2,8793 < l < 2,8794.quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47[PDF] montrer qu'une fonction admet un point fixe
[PDF] montrer qu'une fonction est convexe
[PDF] montrer qu'une fonction est majorée
[PDF] montrer qu'une matrice est diagonalisable
[PDF] montrer quune matrice est inversible et calculer son inverse
[PDF] montrer qu'une matrice est nilpotente
[PDF] montrer qu'une relation d'ordre est totale
[PDF] montrer qu'une suite convergente est stationnaire
[PDF] montrer qu'une suite est arithmétique
[PDF] montrer qu'une suite est arithmétique méthode
[PDF] montrer qu'une suite est croissante exemple
[PDF] montrer qu'une suite est de cauchy exercice corrigé
[PDF] montrer qu'une suite est géométrique de raison
[PDF] montrer qu'une suite est géométrique exemple