Nombres complexes. Équations du 2ième degré à coefficients réels
2a ). L'équation P(z)=0 admet deux solutions complexes conjuguées : z1= ?b?i ??. 2a et z2= ?b+i??. 2a.
Correction : 65 p. 132 Correction : 68 p. 132
D'après le théorème des valeurs intermédiaires on conclut que l'équation f(x) = 0 admet au moins une solution ? comprise entre 1 et 2. Correction : 68 p.
1 Léquation et son équation homogène
Commençons par remarquer que l'équation (Eh) admet au moins une solution Nous allons maintenant montrer que ces deux fonctions engendrent un ...
DM 7 correction Exercice 1 : ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation
1°) Montrer que cette équation admet une racine réelle. existe une unique solution réelle ... L'équation du second degré a alors deux solutions :.
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.
Corrigé du TD no 11
Montrer que l'équation x5 = x2 + 2 a au moins une solution sur ]0 2[. particulier
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.
Théorème de la bijection : exemples de rédaction
Montrer qu'il existe un unique ? ? tel que . . . » « Montrer que l'équation f(x) = ... admet une unique solution dans . . . ».
Séance de soutien PCSI2 numéro 4 : Résolution des EDL1 et EDL2
2) x ?? ?1 exp(rx) + ?2xexp(rx) si l'équation n'a qu'une solution double r. 3) x ?? ?1 cos(?x) exp(?x) + ?2 sin(?x) exp(?x) si K = R et l'équation admet.
FONCTIONS POLYNÔMES DE DEGRÉ 2
L'équation ( ) = 0 possède deux solutions (éventuellement égales) correspondante ne possède qu'un seul point d'intersection avec l'axe des abscisses.
[PDF] SECOND DEGRE (Partie 2) - maths et tiques
Définition : Une équation du second degré est une équation de la forme ax2 + bx + c = 0 où a b et c sont des réels avec a ? 0 Une solution de cette
Comment savoir si une équation admet deux solutions ?
Comment montrer qu'une équation admet une solution réelle ? Pour que E soit réel il faut que ce "quelque chose de réel") soit nul !
[PDF] ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation admet une racine réelle 2
DM 7 correction Exercice 1 : ( ) ( ) ( ) 1°) Montrer que cette équation admet une racine réelle 2°) Résoudre cette équation Correction 1°) On pose
Théorème des valeurs intermédiaires pour une fonction continue
Soit ƒ une fonction continue sur un intervalle I Soient a et b deux points de I et k Démontrer que l'équation cos x = x admet une solution unique dans
[PDF] Equation f(x) = x
À l'aide des résultats de la partie A démontrer l'existence d'un réel ? solution de l'équation f (x) = x 2 On suppose que cette équation admet des solutions
Equation 2nd degré et discriminant polynôme 2nd degré
Si ? = 0 alors l' équation admet une solution double x = ?b/2a Si ? >0 alors l' équation admet deux solutions distinctes x' et x' telles que:
[PDF] 1 Léquation et son équation homogène
Commençons par remarquer que l'équation (Eh) admet au moins une solution On procède en deux temps : on commence par montrer que l'existence de
Comment savoir si une l'équation admet deux solutions ?
Si ? = 0 alors l' équation admet une solution double x = ?b/2a. Si ? >0 alors l' équation admet deux solutions distinctes x' et x' telles que: x' =( ?b + ?? ) / 2a et x'' =(Comment montrer qu'une équation admet des solutions ?
En utilisant le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (c'est-à-dire le théorème appliqué au cas des fonctions strictement monotones), on peut montrer qu'une équation admet une unique solution sur un intervalle.Comment montrer qu'une équation n'admet pas de solution ?
On change de variable en posant y = -x, donc avec x négatif, y est positif. L'équation se réécrit, avec y, en . Manifestement, cette équation n'a absolument aucune solution, puisque à gauche du signe égal on a une expression toujours supérieure ou égale à 1.- donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe AU MOINS un réel alpha de ]a;b[ tel que f(alpha)=0. donc f définit une bijection de [a;b] sur f([a;b]). Par conséquent il existe UN UNIQUE réel alpha de ]a;b[ tq f(alpha)=0.
Correction : 65, 68, 69, 70, 71 et 73 p. 132 1/8 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_dbs33.pdfusesText_39[PDF] démontrer qu'une fonction est strictement croissante sur r
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