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C'est ce qu'il fallait montrer Le cas des isomorphismes est évidemment le plus favorable pour ce qui est de préserver les caractères libre et générateur des familles Corollaire 1 8 Si u: EFest un isomorphisme entre R-espaces vectoriels alors l'image arp u d'une aseb de Eest une aseb de F
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7 ECE1-B2015-2016III.3.c) Énoncé du problème A
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ECE1-B2015-2016Théorème de la bijection : exemples de rédaction Le but de cette fiche est de faire un point sur le théorème de la bijection. Après un retour sur l"énoncé et sa démonstration, on illustrera l"utilisation de ce théorème en agrégeant les questions rencontrées lors des DS de l"année
2013-2014. Cela devrait vous convaincre, je l"espère, qu"il n"est pas envisa-
geable de perdre des points sur ces questions (toujours les mêmes!).I. L"énoncé général du théorème
Théorème 1.Théorème de la bijection
On considère une fonctionf:I!Rdéfinie sur unintervalleI.1)fcontinue surI,2)fstrictement
croissante surI.=)a)f(I)est un intervalle, b)f:I!f(I)est bijective, c)f1:f(I)!Iest continue et strictement croissante surf(I).1)fcontinue surI,2)fstrictement
décroissante surI.=)a)f(I)est un intervalle, b)f:I!f(I)est bijective, c)f1:f(I)!Iest continue et strictement décroissante surf(I).Démonstration.(Cas où fest strictement croissante) a)f(I)est un intervalle car image d"un intervalle par une fonction continue (c"est une des conséquences du TVI). b)La fonctionf:I!f(I)est surjective puisque son ensemble d"arrivée coïncide avec son image. De plus, commefest strictement croissante, elle est injective.La fonctionfest donc bijective deIsurf(I).
c)Montrons quef1:f(I)!Iest aussi strictement monotone. Il s"agit de montrer :8(u1;u2)2(f(I))2; u1< u2)f1(u1)< f1(u2).Soientu1etu2deux éléments def(I). Ainsi :
il existex12Itel queu1=f(x1), il existex22Itel queu2=f(x2). D"oùf1(u1) =f1(f(x1)) =x1etf1(u2) =f1(f(x2)) =x2. L"implication à montrer s"écrit donc :f(x1)< f(x2))x1< x2. On la démontre par contraposée : six1>x2alorsf(x1)>f(x2)carfest crois- sante. Le caractère continu def1, plus technique, n"est pas démontré ici.Remarque Le pointa)est une conséquence du TVI et est essentiel pour démontrer le caractère continu def1. Le théorème de la bijection est donc souvent présenté comme un corollaire du TVI. Toutefois, citer le TVI au lieu du théorème de la bijection sera considéré comme une erreur de rédaction : les hypothèses et résultats du théorème de la bijection sont plus précis. La démonstration du pointc)fait apparaître la propriété suivante. Pour toutx1,x2,éléments deDf:f(x1)< f()< f(x2)f1strictement croissante==========)x1< < x2Évidemment, cette propriété est aussi vérifiée pour des inégalités larges.
Cette propriété donne aussi souvent lieu à des questions dans les concours.1 ECE1-B2015-2016II. L"énoncé adapté aux questionsThéorème 2.
On considère une fonctionf:I!Rdéfinie sur unintervalleI.1)fcontinue surI,2)fstrictement
monotone surI.)Alors pour touty2f(I), l"équationy=f(x)admet uneuniquesolutionx2I.Démonstration.C"est un corollaire direct du théorème
1 La fonctionf:I!f(I)est bijective. On en déduit que tout élément y2f(I)admet un unique antécédentxdans l"intervalleI.Remarque Les questions nécessitant ce théorème sont facilement repérables : " Montrer qu"il existe ununique2:::tel que ... » " Montrer que l"équationf(x) =:::admet uneuniquesolution dans ... » La rédaction correcte d"une telle question demande de la rigueur. Une erreur classique et lourdement pénalisée consiste à oublier de préciser les intervalles considérés (Ietf(I)). Le théorème suivant permet de préciser la nature de l"intervallef(I).Théorème 3.
SoitIun intervalle d"extrémitésaetb(chacune pouvant être infinie). Soitf:I!Rune fonction continue et strictement monotone surI. a)Alorsf(I)est un intervalle d"extrémitéslimx!af(x)etlimx!bf(x). b)De plus, les intervallesIetf(I)sont de même nature : fermés (comme[1;2],[1;+1[,] 1;2]), ouverts (comme]1;2[,]1;+1[,] 1;2[), ou semi-ouverts (comme]1;2],[1;2[).Tableau récapitulatif. Le tableau suivant permet de faire un point sur les différents types d"inter- valles rencontrés.Nature de l"intervallef(I)ICasfstrictement croissante surICasfstrictement décroissante surI[a;b][f(a);f(b)][f(b);f(a)][a;b[[f(a);limx!bf(x)[]lim x!bf(x);f(a)]]a;b]]lim x!af(x);f(b)][f(b);limx!af(x)[]a;b[]lim x!af(x);limx!bf(x)[]lim x!bf(x);limx!af(x)[Remarque Les tableaux de variation constituent un outil de base dans la rédaction des questions s"appuyant sur le théorème de la bijection. Une fois établi, un tel tableau permet la lecture rapide : des intervallesIde stricte monotonie def, des intervallesf(I)correspondants. Nous considérerons dans les illustrations suivantes que les tableaux de varia- tions sont déjà réalisés. (en cas de doute, se référer aux corrigés précédemment fournis)2ECE1-B2015-2016III. Illustration sur des exemples
III.1. Énoncé du DS1
Exercice 1
On considère la fonctionfdéfinie par :f(x) =x+ 1 +x1 + lnxx 2. Cette fonction estC1surDf=]0;+1[et son tableau de variation (com- plété avec les informations prouvées ci-dessous) est :xSigne deg(x)Signe def0(x)Variations def0+1+
1+1+11
2 <0 01 2 a.Montrer que l"équationf(x) = 0admet une unique solution surDf.On la notera.
b.Montrer que :12 < <1.Démonstration.
a.On sait que :1)fest continue sur]0;+1[,
2)fest strictement croissante sur]0;+1[.
De plus,f(]0;+1[) = ] limx!0+f(x);limx!+1f(x)[ = ] 1;+1[.D"après le théorème de la bijection, la fonctionfréalise une bijection de]0;+1[dans] 1;+1[.
Or02] 1;+1[. On en déduit que l"équationf(x) = 0admet une unique solutionx2]0;+1[.b.On remarque que : f12 =124ln2<0,
f() = 0, f(1) = 2>0.Ainsi on a :f12
< f()< f(1). Or, d"après le théorème de la bijection,f1:] 1;+1[!]0;+1[ est strictement croissante. En appliquantf1à l"inégalité précédente, on obtient :12 < <1.3ECE1-B2015-2016III.2. Énoncé du DS5
Exercice 2
On considère la fonctionfdéfinie par :f(x) =(x+ 1)ln(x+ 1)x En posantf(0) = 1, on prolonge la fonctionfen une fonctionC1sur D f= [1;+1[(faire l"étude!). Son tableau de variation (complété avec les informations prouvées ci-dessous) est :xSigne def0(x)Variations def10+1++
00+1+13
<24 >2 2 a.Démontrer qu"il existe un unique2[1;+1[tel quef() = 2. b.Montrer que :3< <4. (on donneln20;69etln51;61)Démonstration.
a.On sait que :1)fest continue sur[1;+1[,
2)fest strictement croissante sur[1;+1[.
De plus,f([1;+1[) = [f(1);limx!+1f(x)[ = [0;+1[.
D"après le théorème de la bijection, la fonctionfréalise une bijection de[1;+1[dans[0;+1[.
Or22[0;+1[. On en déduit que l"équationf(x) = 2admet une unique solutionx2[1;+1[.b.On remarque que : f(3) =4ln(4)3 =4ln(22)3 =8ln(2)3 <830;7 =5;63
<2, f() = 2, f(4) =5ln(5)4 >541;6 = 2.
Ainsi on a :f(3)< f()< f(4).
Or, d"après le théorème de la bijection,f1:[0;+1[![1;+1[ est strictement croissante. En appliquantf1à l"inégalité précédente, on obtient :3< <4.Remarque Le fait qu"une seule flèche (et pas 2!) soit dessinée dans le tableau de variation ne doit pas surprendre. En effet, on rappelle le résultat suivant (cfchapitre " Dérivabilité ») :f0>0surIetf0ne s"annule qu"en
un nombre fini de points)fstrictement croissante surI4ECE1-B2015-2016III.3. Énoncés du DS6
III.3.a) Énoncé de l"exercice 2
Exercice 3
Pour tout entier naturel non nuln, on définit la fonctionfnpar :8x2R; fn(x) =11 +ex+n x
Cette fonction estC1surDf=Ret son tableau de variation (complété avec les informations prouvées ci-dessous) est :xSigne def00n(x)Variations
def0nSigne def0n(x)Variations defn10+10+ nn 14 +n 14 +nnn11+1+1
1n <0u n00 >0a.Montrer que l"équationfn(x) = 0possède une seule solution surR.On noteuncette solution.
b.Montrer qu"on a :8n2N;1n < un<0.Démonstration.
a.Soitn2N. On sait que :1)fnest continue sur] 1;+1[,
2)fnest strictement croissante sur] 1;+1[.De plus,fn(] 1;+1[) = ] limx!1fn(x);limx!+1fn(x)[ = ]n;+1[.
D"après le théorème de la bijection, la fonctionfnréalise une bijection de] 1;+1[dans] 1;+1[.
Or02] 1;+1[. On en déduit que l"équationfn(x) = 0admet une unique solutionx2] 1;+1[. b.On remarque que : fn1n =11 +e1n1 =e1n
1 +e1n
<0, fn(un) = 0, fn(0) =12 >0.Ainsi on a :fn1n
< f n(un)< fn(0). Or, d"après le théorème de la bijection,f1n:] 1;+1[!] 1;+1[ est strictement croissante. En appliquantf1nà l"inégalité précédente, on obtient :1n < un<0.5 ECE1-B2015-2016III.3.b) Énoncés de l"exercice 3Exercice 4
Soita >0. On considère la fonctionfdéfinie par :f(x) = exp[a(x1)].A)Casoùa= 1.
Montrer que l"équationf(x) =xadmet une unique solution surR.B)Casoùa >1.
a.Montrer que l"équationf(x) =xadmet deux solutions surR.On noterar(a)la plus petite.
b.Montrer que :0< r(a)<1.Technique de démonstration. On souhaite trouver ici les solutions de l"équationf(x) =x. On ne peut appliquer directement le théorème de la bijection àf. On considère alors la fonctiong:x7!f(x)xde sorte que : f(x) =x,g(x) = 0Démonstration.On noteg:x7!f(x)x. A)Casoùa= 1. On a alors le tableau de variation suivant.xSigne deg0(x)Variations deg11+10+
+1+100+1+1Ainsi,g(x) = 0admetx= 1comme unique solution. Il en est de même de l"équationf(x) =x.B)Casoùa >1. On a le tableau de variation suivant.x g0(x)g11lnaa+10+
+1+1g(1lnaa )g(1lnaa )+1+10 e ar(a)01 0On remarque que :
g 1lnaa =ea(lnaa 1lnaa =1a1 +lnaa
<0 (cf corrigé du DS) a.Détaillons les éléments de ce tableau de variation.Surl"intervalle] 1;1lnaa
On sait que :
1)gest continue sur] 1;1lnaa
2)gest strictement décroissante sur] 1;1lnaa
De plus :g(]1;1lnaa
[) = ]g(1lnaa );limx!1g(x)[ = ]g(1lnaa );+1[. D"après le théorème de la bijection, la fonctiongréalise une bijection de] 1;1lnaa [dans]g(1lnaa );+1[.Or02]g(1lnaa
);+1[. On en déduit que l"équationg(x) = 0admet une unique solutionx2] 1;1lnaa L"équationf(x) =xadmet donc une unique solution sur]1;1lnaa [.6ECE1-B2015-2016Surl"intervalle]1lnaa
;+1[.On sait que :
1)gest continue sur]1lnaa
;+1[,2)gest strictement croissante sur]1lnaa
;+1[.De plus :g(]1lnaa
;+1[) = ]g(1lnaa );limx!+1g(x)[ = ]g(1lnaa );+1[. D"après le théorème de la bijection, la fonctiongréalise une bijection de]1lnaa ;+1[dans]g(1lnaa );+1[.Or02]g(1lnaa
);+1[. On en déduit que l"équationg(x) = 0admet une unique solutionx2]1lnaa ;+1[. L"équationf(x) =xadmet donc une unique solution sur]1lnaa ;+1[. b.Notons tout d"abord que la plus petite solution def(x) =x, notéer(a) est dans l"intervalle]1;1lnaa [. On en déduit quer(a)<1lnaa <1.D"autre part, on a :
g(0) =ea>0, g(r(a)) = 0.Ainsi on a :g(r(a))< g(0).
Or, d"après le théorème de la bijection, la fonction g1:]g(1lnaa
);+1[!] 1;1lnaa [est strictement décroissante. En appliquantg1à l"inégalité précédente, on obtient :0< r(a).On en conclut :0< r(a)<1.Exercice 5
On considère la fonctionfdéfinie, pourx2[0;1]par :(x) =xex. Cette fonction estC1sur[0;1]et son tableau de variation est :xSigne de0(x)Variations de01
00e 1e1a.Montrer queréalise une bijection de[0;1]sur[0;1e
b.Montrer que sa fonction réciproque1est continue et strictement crois- sante sur[0;1e c.Dresser le tableau de variation de1.Démonstration.
a.On sait que :1)est continue sur[0;1],
2)est strictement croissante sur[0;1].
De plus,([0;1]) = [(0);(1)] = [0;1e
D"après le théorème de la bijection, la fonctionréalise une bijection de[0;1]dans[0;1e b.De plus, sa fonction réciproque1:[0;1e ]![0;1]est continue et strictement croissante sur[0;1e c.D"où le tableau de variation :xVariations de10e
100117 ECE1-B2015-2016III.3.c) Énoncé du problème A
Exercice 6
On considère la fonctionfdéfinie par :f(x) =x3+ 5x1. Cette fonction polynomiale estC1surDf=Ret son tableau de variation (complété avec les informations prouvées ci-dessous) est :xSigne def0(x)Variations def1+1+
11+1+10
1 01 2 13 8 a.Montrer que l"équationx3+ 5x1 = 0admet une unique solution dansR. On notecette solution.
b.Établir que :0< <12Démonstration.
a.On sait que :1)fest continue sur] 1;+1[,
2)fest strictement croissante sur] 1;+1[.
De plus,f(] 1;+1[) = ] limx!1f(x);limx!+1f(x)[ = ] 1;+1[.D"après le théorème de la bijection, la fonctionfréalise une bijection de] 1;+1[dans] 1;+1[.
Or02] 1;+1[. On en déduit que l"équationf(x) = 0admet une unique solutionx2] 1;+1[.b.On remarque que : f(0) =1<0, f() = 0, f12 =138 >0.