Fiche de mathématiques
> >

Fonctions

Partager :

exercice 1

Dérivabilité
Soit f la fonction définie sur [0 ; +\infty[ par x \mapsto x \sqrt{x}.
Montrer que f est dérivable sur [0 ; +\infty[ et calculer f'(x) pour tout réel x positif.




exercice 2

Usage de la quantité conjuguée
Chercher la limite en +\infty de x \mapsto \sqrt{x^2 + x} - x.




exercice 3

Etude d'une fraction rationnelle
Soit f la fonction définie sur D = \mathbb{R} - \lbrace -1 \rbrace par f(x) = \dfrac{x^2+3}{x+1}.
On désigne par C la courbe représentative de f dans le plan rapporté au repère orthonormal (O ; \vec{i} , \vec{j}).
Déterminer trois réels a, b et c tels que : pour tout x \in D \, , \, f(x) = a x + b + \dfrac{c}{x + 1}.
Etudier les limites en +\infty et -\infty de la fonction g définie sur D par : g(x) = f(x) - x + 1.
Que peut-on en conclure pour C et la droite \Delta d'équation y=x-1 ?
Etudier la position de C par rapport à \Delta.
Etudier les variations de f. Tracer C.
Montrer que le point I(-1 ; -2) est centre de symétrie de C.




exercice 4

Fonction tangente
Etudier la fonction \tan : x \mapsto \dfrac{\sin x}{\cos x}.




exercice 5

Inégalité des accroissements finis
A l'aide du théorème des inégalités des accroissements finis, montrer que, pour tout x \in \left[ 0 ; \dfrac{\pi}{2} \right] \, , \, 0 \leq \sin x \leq x.




exercice 6

Théorème des valeurs intermédiaires
Soit f continue, dérivable sur[0;1].
Pour tout x dans [0;1], alors f(x) appartient aussi à [0;1] et f'(x)<1.
Montrer que l'équation f(x)=x a une solution unique sur [0;1].




exercice 7

Résolution d'équation
Montrer que l'équation x^5 + x - 3 = 0 a une solution unique sur \mathbb{R} dont on donnera un encadrement d'amplitude 0,1.



exercice 1

Dérivabilité
la fonction f est dérivable sur ]0 ; +\infty [ et pour tout x > 0,
f'(x) = \sqrt{x} + x \times \dfrac{1}{2 \sqrt{x}} = \sqrt{x} + \dfrac{1}{2} \sqrt{x} = \dfrac{3}{2} \sqrt{x}
Etude de la dérivabilité de f en 0 :
Pour x > 0\, ,\, \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \dfrac{x \sqrt{x}}{x} = \sqrt{x}
Or \displaystyle \lim_{x \to 0} \sqrt{x} = 0, donc \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 0.
La fonction f est donc dérivable en 0 et f '(0) = 0.




exercice 2

Usage de la quantité conjuguée
Les théorèmes classiques sur les limites ne permettent pas de conclure immédiatement.
Cependant pour x > 0 :
\sqrt{x^2 + x} - x = \dfrac{\left(\sqrt{x^2 + x} - x\right) \left( \sqrt{x^2 + x} + x \right)}{\sqrt{x^2 + x} + x}\\ = \dfrac{x^2 + x - x^2}{\sqrt{x^2 + x} + x} \\ = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + x} + x}\\ = \dfrac{x \times 1}{x \left( \sqrt{1 + \dfrac{1}{x}} + 1 \right)}\\ = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{x}} + 1}
Or \displaystyle \lim_{x \to + \infty} \sqrt{1 + \dfrac{1}{x}} = 1, d'où : \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + x} - x = \dfrac{1}{2}.




exercice 3

Etude d'une fraction rationnelle
Pour tout x \in D,
ax + b + \dfrac{x}{x + 1} = \dfrac{(ax + b)(x + 1) + c}{x + 1} = \dfrac{ax^2 + (b + a) x + (b + c)}{x + 1}.
D'où, par identification des coefficients :
f(x) = ax + b + \dfrac{c}{x + 1} est équivalent à : \left \lbrace \begin{array}{l} a = 1 \\ a + b = 0 \\ b + c = 3\end{array}\right.
On en déduit que a = 1, b = -1 et c = 4.
On obtient pour tout x \in D,
f(x) = x - 1 + \dfrac{4}{x + 1}

Pour tout x \in D, g(x) = f(x) - x + 1 = \dfrac{4}{x + 1},
d'où : \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left[ f(x) - x + 1 \right] = \displyastyle \lim_{x \to - \infty} \left[ f(x) - x + 1\right] = 0.
Graphiquement la différence des ordonnées y_M - y_P (voir figure) a pour limite 0 en +\infty et en -\infty, donc \Delta est asymptote à C.

Si x > -1, alors g(x) > 0 et C est au-dessus de \Delta.
Si x < -1, alors g(x) < 0 et C est au dessous de deltamaj.

La fonction f est rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition et :
f'(x) = 1 - \dfrac{4}{(x + 1)^2} = \dfrac{(x + 1)^2 - 4}{(x + 1)^2} = \dfrac{(x - 1)(x + 3)}{(x + 1)^2}.
D'après l'étude précédente,
\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = \displaystyle \lim_{x \to + \infty} (x - 1) = +\infty ; de même \displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty.
On a aussi : \displaystyle \lim_{(-1)^-} f = \displaystyle \lim_{x \to -1^-} \left( \dfrac{4}{x + 1} \right) = - \infty et \displaystyle \lim_{(-1)^+} f = \displaystyle \lim_{x \to -1^+} \left( \dfrac{4}{x + 1} \right) = +\infty
On peut dresser le tableau de variations de f :
sept exercices assez simples sur les fonctions en terminale : image 1


Cherchons une équation de C dans le repère (I ; \vec{i} , \vec{j}) avec I(-1 ;-2).
Soit un point M du plan ; si (x;y) sont ses coordonnées dans (O ; \vec{i} , \vec{j}) et si (X,Y) sont ses coordonnées dans (I ; \vec{i} , \vec{j}), alors
\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{IM}

soit x\vec i + y\vec j=-\vec i -2\vec j+X\vec i+Y\vec j ce qui donne x\vec i+y\vec j=(-1+X)\vec i +(-2+Y)\vec j d'où le système :
\left \lbrace \begin{array}{l} x = -1 + X \\ y = -2 + Y \end{array} \right.

Une équation de C dans le repère (O ; \vec{i} , \vec{j}) est y = x - 1 + \dfrac{4}{x+1}.
Donc une équation de C dans le repère (I ; \vec{i} , \vec{j}) est Y - 2 = X - 1 - 1 + \dfrac{4}{X - 1 + 1}, c'est à dire Y = X + \dfrac{4}{X}.
Dans le repère (I ; \vec{i} , \vec{j}), la fonction h : X \mapsto X + \dfrac{4}{X} a pour représentation graphique la courbe C.
Or la fonction h est impaire. Le point I est donc centre de symétrie de la courbe C.




exercice 5

Inégalité des accroissements finis
(hors programme)
Pour tout x \in \mathbb{R}, \, \sin'(x) = \cos(x).
Or pour t \in \left[ 0 ; \dfrac{\pi}{2} \right] , on a 0 \leq \cos t \leq 1, donc 0 \leq \sin'(t) \leq 1.
En appliquant le théorème sur les inégalités des accroissements finis sur [0 ;x] , on obtient :
0 \times (x - 0) \leq \sin x - \sin 0 \leq 1 \times (x - 0),
et puisque \sin 0 = 0,
0 \leq \sin x \leq x. Donc pour tout x \in \left[ 0 ; \dfrac{\pi}{2} \right], \, 0 \leq \sin x \leq x.




exercice 6

Théorème des valeurs intermédiaires
Soit g(x)=f(x)-x
g'(x)=f'(x)-1 < 0 (d'après l'hypothèse f'(x)<1)
donc g est strictement décroissante.

Si x appartient à [0;1]; f(x) appartient à [0;1] donc f(0)>=0.
Supposons f(0)=0. 0 est donc solution de l'équation.
Sinon g(0)>0.
De même f(1)<=1
Supposons de même f(1)=1. 1 est donc solution de l'équation.
Sinon g(1)< 0.
On peut donc utiliser le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction g.
Théorème des valeurs intermédiaires

Soit f une fonction définie sur un intervalle I de \mathbb{R}, et a, b deux réels appartenant à I, a < b.
Si f est continue sur [a;b], alors pour tout réel k compris entre f(a) et f(b) , il existe au moins un réel c appartenantà [a;b] tel que f(c)=k

L'équation f(x)=x a une solution unique sur [0;1].




exercice 7

Résolution d'équation
Soit la fonction f(x) = x^5 + x - 3 avec x dans \mathbb{R}.
f est continue et dérivable sur \mathbb{R}.
f ' (x) = 5x^4 + 1, donc f '(x) > 0 pour x dans ]-\infty \, ; \, \infty[, donc f est croissante sur \mathbb{R}.
De plus, \displaystyle \lim_{x \to -\infty} \, f(x) = -\infty et \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \, f(x) = +\infty
Donc, il existe une et une seule valeur de x pour laquelle f(x) = 0.
L'équation f(x) = x^5 + x - 3 = 0 admet donc une unique solution sur \mathbb{R}.

Recherchons par procédé dichotomique un encadrement de la solution à l'équation f(x) = x^5 + x - 3 = 0 :
On choisit une valeur de x pour laquelle f(x) > 0 et une valeur de x pour laquelle f(x) < 0 par exemple: f(2) = 31 et f(1) = -1.
On sait alors que la solution \alpha sera telle que  1 < \alpha < 2. On calcule f(x) pour x = la moyenne arithmétique de 1 et 2, soit x = \dfrac{3}{2} : f\left(\dfrac{3}{2}\right) \approx 6,09.
On en conclut que  1 < \alpha < \dfrac{3}{2}
On calcule f(x) pour x = la moyenne arithmétique de 1 et \dfrac{3}{2}, soit x = \dfrac{5}{4} : f\left(\dfrac{5}{4}\right) \approx 1,3.
On en conclut que  1 < \alpha < \dfrac{5}{4}
On calcule f(x) pour x = la moyenne arithmétique de 1 et \dfrac{5}{4}, soit x = \dfrac{9}{8} : f\left(\dfrac{9}{8}\right) \approx -0,7.
On en conclut que \dfrac{9}{8} < \alpha < \dfrac{5}{4}
On calcule f(x) pour x = la moyenne arithmétique de \dfrac{9}{8} et \dfrac{5}{4}, soit x = \dfrac{19}{16} : f\left(\fdrac{19}{16}\right) \approx 0,5.
On en conclut que \dfrac{9}{8} < \alpha < \dfrac{19}{16} soit  1,125 < \alpha < 1,1875
L'encadrement étant demandé à 0,1 près, on a : \boxed{1,1 < \alpha < 1,2}
Publié le
ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter


Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :


Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1250 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !