fonction continue

continuité
Table des matières
1 fonction continue
1.1 activités . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 activité 1 . . . . . . . . . . . .
1.1.2 corrigé activité 1 . . . . . . . .
1.1.3 activité 2 . . . . . . . . . . . .
1.1.4 corrigé activité 2 . . . . . . . .
1.2 à retenir . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 exercices . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 corrigés exercices . . . . . . . . . . . .
1.5 algorithmique . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 annulation et signe du trinôme
1.5.2 annulation et dichotomie . . . .
1.6 évaluation . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 corrigé évaluation . . . . . . . . . . . .
1.8 corrigé devoir maison . . . . . . . . .
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2
2
2
4
5
7
9
10
11
16
16
18
22
23
25
1
fonction continue
1.1
1.1.1
activités
activité 1
Activité 1
1. approche graphique.
y
Soit f une fonction définie sur [0; 6] telle que :
6
• f est strictement croissante sur [0; 6]
5
• f (0) = 1
4
• lim f (x) = 3
3
• f (2) = 3
2
• lim f (x) = 4
1
• f (6) = 5
0
x→2−
x→2+
(a) Construire une courbe possible pour la fonction f
x
0
1
2
3
4
5
6
(b) En quelle valeur de x la fonction f n’est elle pas continue ?
(c) combien de solution l’équation f (x) = 3, 5 admet-elle ?
(d) soit g une fonction telle que : g(0) = 1, g croît strictement sur [0; 6] et g(6) = 5
i. Sous quelle condition portant sur g l’équation g(x) = 3, 5 admet-elle une seule solution dans
[0; 6] ?
ii. Construire une courbe possible pour g
2. fonction partie entière.
Définition : La fonction partie entière, notée E, est la fonction définie sur ] − ∞; +∞[ telle que :
E associe au réel x le réel noté E(x) où :
E(x) = le plus grand entier inférieur ou égal à x.
(a) Donner grâce à la définition les valeurs respectives de E(4, 15), E(−4, 15), E(5)
(b) compléter le tableau de valeurs suivant
x
-2 -1,25 -1 -0,75 -0,5 0
0,25
0,75
1
1,5
1,8
2
2,25
3
E(x)
(c) construire la courbe de la fonction E dans le repère suivant.
y
(d) en quelles valeurs de x la fonction E n’est-elle
pas continue ?
1
x
−2
−1 O
−1
−2
1
2
1.1.2
corrigé activité 1
Corrigé Activité 1
1. approche graphique.
y
Soit f une fonction définie sur [0; 6] telle que :
6
• f est strictement croissante sur [0; 6]
5
• f (0) = 1
4
• lim f (x) = 3
3
• f (2) = 3
2
• lim f (x) = 4
1
• f (6) = 5
0
x→2−
x→2+
Cf
3,5
Cg
x
0
1
2
(a) Construire une courbe possible pour la fonction f : voir ci dessus
3
4
5
6
(b) En quelle valeur de x la fonction f n’est elle pas continue ? : en x = 2
(c) combien de solution l’équation f (x) = 3, 5 admet-elle ? : Aucune
(d) soit g une fonction telle que : g(0) = 1, g croît strictement sur [0; 6] et g(6) = 5
i. Sous quelle condition portant sur g l’équation g(x) = 3, 5 admet-elle une seule solution dans
[0; 6] ? : g doit-être continue sur [0; 6]
ii. Construire une courbe possible pour g (voir ci dessus)
2. fonction partie entière.
Définition : La fonction partie entière, notée E, est la fonction définie sur ] − ∞; +∞[ telle que :
E associe au réel x le réel noté E(x) où :
E(x) = le plus grand entier inférieur ou égal à x.
(a) Donner les valeurs respectives de E(4, 15) = 4, E(−4, 15) = −5, E(5) = 5
(b) compléter le tableau de valeurs suivant
x
-2 -1.25 -1 -0.75 -0.5 0
E(x) -2
-2
-1
-1
-1
0
0.25
0
0.75
0
1
1
1.5
1
1.8
1
2
2
2.25
2
3
3
(c) construire la courbe de la fonction E dans le repère suivant : (voir ci dessous)
yi
(d) En quelles valeurs de x la fonction E n’est-elle
pas continue ?
E n’est pas continue en toute valeur de x où x
est entier relatif
1
xi
−2
−1 O
−1
−2
1
2
1.1.3
activité 2
Activité 2
1. Exploitation d’un tableau de variation
(a) soit f définie sur l’intervalle [−3; 2] dont le tableau de variations est donné ci dessous
(on admettra qu’une flèche signifie que la fonction est continue sur l’intervalle concerné)
y
x −3
−2
0
2
4
f′
+
0
- 0 +
3
3
5
2
f
ր
ց
ր
1
−4
0
i. construire dans le repère, une courbe
possible pour f
−3
−2
−1
ii. donner le nombre de solutions de l’équation
f (x) = 0 et localiser chacune d’elle le plus précisément possible
−1
−2
−3
−4
x
1
iii. en déduire le tableau de signes de f sur [−3; 2]
iv. donner le nombre de solutions de l’équation f (x) = k en fonction des valeurs de k
2. Calculatrice et localisation des solutions d’une équation
Soit la fonction f définie sur définie par : f (x) = −2x3 + 12x2 + 9 sur [−1; 7]
(a) étude des variations de f
i. calculer f ′ (x) :
ii. annulation et signe de f ′ (x)
iii. tableau de variations de f :
(b) L’équation f (x) = 0 admet combien de solution dans [−1; 7] d’après ce tableau de variations ?
(c) justifier pourquoi l’équation f (x) = 0 admet une seule solution α dans [4; 7].
(d) déterminer à la calculatrice une valeur approchée de α à 0,001 près
(e) en déduire le signe de f sur [−1; 7]
1.1.4
corrigé activité 2
Activité 2
1. Exploitation d’un tableau de variation
(a) soit f définie sur l’intervalle [−3; 2] dont le tableau de variations est donné ci dessous
(on admettra qu’une flèche signifie que la fonction est continue sur l’intervalle concerné)
y
x −3
−2
0
2
4
f′
+
0
- 0 +
3
3
5
2
f
ր
ց
ր
1
−4
0
−3
i. une courbe possible pour f
ii. l’équation
f (x)
=0 admet
deux solutions :
α ∈ [−3; −2] et β = 0
iii. tableau de signes de f sur [−3; 2]
x
f
−3
−
α
0
+
0
0
−2
−1
−1
−2
−3
−4
1
2
+
iv. donner le nombre de solutions de l’équation f (x) = k en fonction des valeurs de k
valeur de k
k>5
3<k≤5
k=3
0<k<3
k=0
−4 ≤ k < 0
k < −4
nombre de solutions de l’équation f (x) = k pour x ∈ [−3; 2]
aucune solution
une seule solution
deux solutions
trois solutions
deux solutions
une solution
aucune solution
x
2. Calculatrice et localisation des solutions d’une équation
Soit la fonction f définie sur définie par : f (x) = −2x3 + 12x2 + 9 sur [−1; 7]
(a) Etude des variations de f.
i. Calcul de f ′ (x) : f ′ (x) = −6x2 + 24x
ii. Annulation et signe de f ′ (x) :
f ′ (x) est un polynôme de degré 2 de la forme ax2 + bx + c
on utilise la règle du signe de ax2 + bx + c
Annulation :
• Méthode sans le discriminant possible car c = 0
f ′ (x) = 0 ⇐⇒ −6x2 + 24x = 0 ⇐⇒ x(−6x + 24) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x =
−24
=4
−6
• Méthode avec le discriminant :

 a = −6
2
∆ = b − 4ac avec
b = 24 donc ∆ = 242 − 4 × (−6) × 0 = 576

c=0
∆ > 0 donc 2 annulations
√
√
√
√
−(24) + 576
−b − ∆
−(24) − 576
−b + ∆
=
= 0 et x2 =
=
=4
x1 =
2a
2 × (−6)
2a
2 × (−6)
x
−6x2 + 24x
−1
-
0
0
+
4
0
7
-
iii. variations de f :
x
f ′ (x)
−1
-
0
0
+
23
f (x)
ց
9
4
0
73
ր
7
ց
-89
f (0) = −2 × 03 + 12 × 02 + 9 = 9
(b) L’équation f (x) = 0 admet une seule solution dans [−1; 7] d’après ce tableau de variations.
(c) L’équation f (x) = 0 admet une seule solution dans [4; 7] car :

• f (4) = 73 et 73 > 0



• f (7) = −89 et −89 < 0
 • f est continue sur [4; 7] en tant que fonction polynômiale de degré 3


• f est strictement décroissante sur [4; 7]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution
unique α dans [4; 7]
(d) La calculatrice permet de voir que 6, 120 < α < 6, 121 car :
x
6, 120
6, 121
f (x)
≃ 0, 001 ≃ −0, 007
comparaison à 0
>0
<0
donc α = 6, 120 ou 6, 121 à 10−3 près
(e)
x
f (x)
−1
+
α
0
7
-
1.2
à retenir
définition 1 : (fonction continue en un nombre ou sur un intervalle )
Quel que soit le nombre réel a, quel que soit l’intervalle I de R :
(1) f est continue en x = a ⇐⇒
non continue en a
lim f (x) = lim f (x) = f (a)
b
x→a+
x→a−
continue en a
a
b
a
(2) f est continue sur l’intervalle I ⇐⇒ f est continue en tout a ∈ I Remarque : ( cette remarque ne sert en aucun cas à démontrer quoi que ce soit)
f est continue ⇐⇒ on peut tracer la courbe de f sans lever le crayon
propriété 1 : (fonctions continues usuelles)
Toutes les fonctions usuelles ( polynômes, rationnelles, racines nieme , ... )
ainsi que celles obtenues par opérations sur ces fonctions sont continues sur tout intervalle
contenu dans leur ensemble de définition
Exemples :
x 7−→ x2 + 5x − 10 : est continue sur R en tant que fonction polynôme définie sur R
x 7−→
x 7−→
√
x : est continue pour x ≥ 0 en tant que fonction racine carrée définie pour x ≥ 0
2x + 3
: est continue sur x ∈ ]2; +∞[ en tant que fonction rationnelle définie pour x ∈ ]2; +∞[
5x − 10
Théorème 1 : (théorème des valeurs intermédiaires)
Soit f une fonction définie sur un intervalle I et soient a ∈ I et b ∈ I deux nombres de I
si













f (a) < k
f (b) > k
f(b)



f
est
continue
sur
[a;
b]







 b
k
f(a)
 f est strictement croissante sur [a; b]
alors
b
b
a
α b
l’équation f (x) = k admet une unique solution α dans [a; b]
(on a une formulation équivalente pour f strictement décroissante et continue)
Remarque :
Ce théorème peut permettre de démontrer qu’une équation admet une unique solution dans un intervalle donné dès lors que la fonction est strictement "monotone" (croissante ou décroissante) et
qu’elle vérifie 3 autres hypothèses ci dessus
1.3
exercices
exercice 1 :
1. Soit la fonction f définie sur R par : f (x) =
La fonction f est-elle continue en x = 1 ?

 −3x2 + x + 3 si x ∈] − ∞; 1]
√
x

2. Soit la fonction f définie sur [3; +∞[ par : f (x) =
x+4
x−2















si x ∈]1; +∞[
si x ∈ [3; 5[
a si x = 5
x2 − 2x − 12 si x ∈]5; +∞[
Existe t-il une valeur de a pour laquelle la fonction f est continue en x = 5 ? (justifier)
exercice 2 :
Soit la fonction f continue définie sur R dont le tableau de variations est donné ci dessous :
x
-4
−∞
f (x)
ց
-2
1
4
+∞
-2
1
ց
ր
ց
-6
-5
ց
1. montrer que l’équation f (x) = 0 admet une solution unique α dans [−4 ; −2]
2. l’équation f (x) = −10 admet-elle des solutions ? Justifier
3. l’équation f (x) = 2 admet-elle des solutions ? Justifier
4. combien de solutions l’équation f (x) = −3 admet-elle ? Justifier
5. donner le tableau de signe de f
exercice 3 :
Dans chacun des cas suivants :
–
–
–
–
étudier les variations de la fonction f
déterminer le nombre d’annulations de f (justifier)
localiser les annulations à 10−2 près
donner le tableau de signe de f
1. f (x) = x3 − 2x2 − 4x + 3 sur [−3; 4]
2. f (x) = 2x3 − 6x2 + 6x + 3 sur [−2; 2]
3. f (x) = −3x3 + 9x2 − 27x + 6 sur [−2; 2]
exercice 4 :
Soit la fonction f strictement décroissante sur [0; +∞[ définie par : f (x) = −x3 + 2x2 − 2x + 8 pour x ≥ 0
1. Justifier pourquoi l’équation f (x) = 0 possède une solution unique α dans [0; 3].
2. Déterminer à la calculatrice une valeur approchée de α à 0,001 près.
3. En déduire le signe de f sur [0; +∞[
1.4
corrigés exercices
corrigé exercice 1 :
1. f est continue en x = 1 ⇐⇒ lim f (x) = lim f (x) = f (1)
x→1−
x→1+
or
• lim (−3x2 + x + 3) = −3 × 12 + 1 + 3 = 1
x→1−
car x 7−→ −3x2 + x +3 est continue en 1 en tant que fonction polynôme continue sur R
donc lim f (x) = 1
x→1−
√
x = 1 = 1 x→1+
√
car x 7−→ x est continue
en 1 en tant que fonction racine carrée continue pour x > 0
donc lim f (x) = 1
• lim
√
x→1−
•f (1) = −3 × 12 + 1 + 3 = 1 donc lim f (x) = lim f (x) = f (1) donc f est continue en x = 1
x→1−
x→1+
2. si a = 3 la fonction f est continue en x = 5
( on vérifie qu’alors : lim f (x) = lim f (x) = f (5) = 3 )
x→5+
x→5−
corrigé exercice 2 :
Soit la fonction f continue définie sur R dont le tableau de variations est donné ci dessous :
1. L’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans [−4 ; −2] car :


•
f
(−4)
=
1
et

1 > 0 






−5
<
0
•
f
(−2)
=
−5
et




• f est continue sur [−4; −2]








 • f est strictement décroissante sur [−4; −2]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution unique
dans [−4; −2]
2. Pour l’équation f (x) = −10 on ne peut rien dire quand au nombre de solutions,
cela dépend de la valeur de lim f (x)
x→+∞
3. on ne peut rien dire pour l’équations f (x) = 2, cela dépend de la valeur de lim f (x)
x→−∞
4. L’équation f (x) = −3 admet nécessairement 3 solutions ,
on applique trois fois le théorème des valeurs intermédiaires sur respectivement [−4; −2], [−2; 1], et
[1; 4]
5. on a le tableau de signes suivant :
x
f (x)
−∞
+
α
0
+∞
-
corrigé exercice 3 :
1. f (x) = x3 − 2x2 − 4x + 3 sur [−3; 4]
(a) Etude des variations de f.
i. Calcul de f ′ (x) : f ′ (x) = 3x2 − 4x − 4
f ′ (x)
ii. Annulation et signe de
:
f ′ (x) est un polynôme de degré 2 de la forme ax2 + bx + c, on utilise la règle du signe de
ax2 + bx + c
Annulation : f ′ (x) = 0 ⇐⇒ 3x2 − 4x − 4 = 0 on utilise le discriminant :

 a=3
avec
b = −4 donc ∆ = b2 − 4ac = (−4)2 − 4 × (3) × (−4) = 64

c = −4
∆ > 0 donc 2 annulations
√
√
√
√
−(−4) + 64
−b − ∆
−(−4) − 64
−4
2
−b + ∆
=
= 2 et x2 =
=
=
= −
x1 =
2a
2 × (3)
2a
2 × (3)
6
3
valeur de x
−3
signe de 3x2 − 4x − 4
2
3
0
2
−
+
-
4
0
+
iii. variations de f :
valeur de x
2
3
0
≃ 4, 48
−3
2
−
signe de f ′ (x)
+
variations de f
ր
−30
-
4
0
+
19
ց
ր
−5
f (2) = 23 − 2 × 22 − 4 × 2 + 3 = −5
(b) L’équation f (x) = 0 admet trois solution α, β et γ dans [−3; 4] car ( pour α) :

• f (−3) = −30 et −30 < 0




−2


 • f ( ) ≃ 4, 48 et 4, 48 > 0
3
−2

•
f
est
continue sur [−3;
] en tant que fonction polynômiale de degré 3


3



 • f est strictement croissante sur [−3; −2 ]
3
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution
−2
unique α dans [−3;
]
3
on raisonne de même pour les deux autres solutions
(c) La calculatrice permet de voir que −1, 63 < α < −1, 62 car :
x
−1, 62
−1, 61
f (x)
≃ −0, 02 ≃ 0, 08
comparaison à 0
<0
>0
de même on trouve que : 0, 61 < β < 0, 62 de même on trouve que : γ = 3 (d) on a le tableau de signes suivant :
x
f (x)
−3
-
α
0
+
β
0
-
3
0
+∞
+
2. f (x) = 2x3 − 6x2 + 6x + 3 sur [−2; 2]
(a) Etude des variations de f.
i. Calcul de f ′ (x) : f ′ (x) = 6x2 − 12x + 6
ii. Annulation et signe de f ′ (x) :
f ′ (x) est un polynôme de degré 2 de la forme ax2 + bx + c, on utilise la règle du signe de
ax2 + bx + c
Annulation : f ′ (x) = 0 ⇐⇒ 6x2 − 12x + 6 = 0 on utilise le discriminant :

 a=6
b = −12 donc ∆ = b2 − 4ac = (−12)2 − 4 × (6) × 6 = 0
avec

c=6
∆ = 0 donc 1 annulation
x0 =
−(−12)
−b
=
=1
2a
2 × (6)
valeur de x
signe de 6x2 − 12x + 6
−2
1
0
+
2
+
iii. variations de f :
valeur de x
2
1
−2
signe de f ′ (x)
+
0
+
7
variations de f
ր
−49
f (2) = 2 × 23 − 6 × 22 + 6 × 2 + 3 = 7
(b) L’équation f (x) = 0 admet une seule solution α dans [−2, 2] car :

•



•
•



•
f (−2) = −49 et −49 < 0
f (2) = 7 et 7 > 0
f est continue sur [−2; 2] en tant que fonction polynomiale de degré 3
f est strictement croissante sur [−2; 2]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution
unique α dans [−2; 2]
(c) La calculatrice permet de voir que −0, 36 < α < −0, 35 car :
x
−0, 36
−0, 35
f (x)
≃ −0, 03 ≃ 0, 07
comparaison à 0
<0
>0
(d) on a le tableau de signes suivant :
x
f (x)
−2
-
α
0
2
+
3. f (x) = −3x3 + 9x2 − 27x + 6 sur [−2; 2]
(a) Etude des variations de f.
i. Calcul de f ′ (x) : f ′ (x) = −9x2 + 18x − 27
ii. Annulation et signe de f ′ (x) :
f ′ (x) est un polynôme de degré 2 de la forme ax2 + bx + c, on utilise la règle du signe de
ax2 + bx + c
Annulation : f ′ (x) = 0 ⇐⇒ −9x2 + 18x − 27 = 0 on utilise le discriminant :

 a = −9
b = 18
avec
donc ∆ = b2 − 4ac = (12)2 − 4 × (−9) × (−27) = −648

c = −27
∆ < 0 donc aucune annulation
valeur de x
signe de −9x2 + 18x − 27
2
−2
-
iii. variations de f :
valeur de x
2
−2
signe de f ′ (x)
120
variations de f
ց
−36
f (2) = 2 × −3 × 23 + 9 × 22 − 27 × 2 + 6 = −36
(b) L’équation f (x) = 0 admet une seule solution α dans [−2, 2] car :

•



•
•



•
f (−2) = 120 et 120 > 0
f (2) = −36 et −36 < 0
f est continue sur [−2; 2] en tant que fonction polynomiale de degré 3
f est strictement décroissante sur [−2; 2]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution
unique α dans [−2; 2]
(c) La calculatrice permet de voir que 0, 23 < α < 0, 24 car :
x
0, 23
0, 24
f (x)
≃ 0, 23 ≃ −0, 003
comparaison à 0
>0
<0
(d) on a le tableau de signes suivant :
x
f (x)
−2
+
α
0
2
-
corrigé exercice 4 :
Soit la fonction f strictement décroissante sur [0; +∞[ définie par : f (x) = −x3 + 2x2 − 2x + 8 pour x ≥ 0
a. L’équation f (x) = 0 possède une solution unique α dans [0; 3] car :

• f (0) = −03 + 2 × 02 − 2 × 0 + 8 = 8 et 8 > 0



• f (3) = −33 + 2 × 32 − 2 × 3 + 8 = −7 et −7 < 0
• f est continue sur [0; 3] en tant que fonction polynômiale de degré 3



• f est strictement décroissante sur [0; 3]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution unique
α dans [0; 3]
b. La calculatrice permet de voir que 2, 488 < α < 2, 489 car :
f (2, 488) ≃ 0, 003 > 0 et f (2, 489) ≃ −0, 008 < 0 donc α = 2, 488 ou 2, 489 à 10−3 près.
c. On en déduit pour le signe de f que : f (x) > 0 pour x ∈ [0; α[ et f (x) < 0 pour x ∈]α; +∞[
1.5
1.5.1
algorithmique
annulation et signe du trinôme
Test conditionnels
Pour un trinôme donné ax2 + bx + c :
on entre la valeur des trois coefficients a, b et c
on obtient en sortie la valeur discriminant ∆, le nombre d’annulations, les valeurs d’annulations s’il y en a
1. algorithme et programmes :
Début
//Variables
a, b, c, d
//Entrées
demander à l’utilisateur la valeur de a
demander à l’utilisateur la valeur de b
demander à l’utilisateur la valeur de c
//Traitements
affecter à d la valeur b2 − 4ac
//Sortie
afficher d
SI d < 0 ALORS
afficher "aucune annulation"
FIN_SI
SI d = 0 ALORS
afficher "une annulation"
−b
afficher
2a
FIN_SI
SI d > 0 ALORS
afficher "deux√annulation"
−b + d
afficher
2a√
−b − d
afficher
2a
FIN_SI
Fin
disp "a"
input a
disp "b"
input b
disp "c"
input c
b2 − 4 ∗ a ∗ c −→ d
disp "d"
disp d
IF d < 0
THEN
disp "ps"
TI :
END
IF d = 0
THEN
disp "1sol"
disp (−b)/(2 ∗ a)
END
IF d > 0
THEN
disp "2sols"√
disp (−b + √d)/(2 ∗ a)
disp (−b − d)/(2 ∗ a)
END
"a" : ? → a
"b" : ? → b
"c" : ? → c
b2 − 4 ∗ a ∗ c −→ d
"d"
dN
IF d < 0
THEN
"ps"
IfEND
CAS : IF d = 0
THEN
"1sol"
(−b)/(2 ∗ a)
IfEND
IF d > 0
THEN
"2sols"√
(−b + √d)/(2 ∗ a)N
(−b − d)/(2 ∗ a)
IfEND
2. utiliser le programme de la calculatrice pour trouver les annulations et le tableau de signes sur R
(a) x2 − 2x + 7 = 0 a pour ensemble de solutions : ...
tableau de signes :
(b) 3x2 − 6x + 3 = 0 a pour ensemble de solutions : ...
tableau de signes :
(c) 10x2 − 50x + 60 = 0 a pour ensemble de solutions : ...
tableau de signes :
en js :
<script>
//Variables
var a, b, c, d ;
//Entrées
a = prompt("a =") ;
b = prompt("b =") ;
c = prompt("c =") ;
//Initialisations
a = Number(a) ;
b = Number(b) ;
c = Number(c) ;
//Traitements
d = b ∗ b − 4 ∗ a ∗ c;
//Sortie
alert("d = "+ d) ;
if( d < 0)
{
alert("aucune annulation") ;
};
if( d == 0)
{
var x0 = (−1 ∗ b)/(2 ∗ a)
alert("une annulation : " + x0) ;
};
if( d > 0)
{
var x1 = (−1 ∗ b + M ath.sqrt(d))/(2 ∗ a) ;
var x2 = (−1 ∗ b − M ath.sqrt(d))/(2 ∗ a) ;
alert("deux annulations : " + x1 + "et" +x2 ) ;
};
</script>
1.5.2
annulation et dichotomie
Pour une fonction donnée f :
on sait que f admet une annulation unique α comprise entre a et b
on cherche une valeur approchée de α à la précision p ( par exemple 10−3 )
on entre les valeurs de a, b et p
on obtient en sortie deux valeurs qui encadrent l’annulation à p près ainsi que leurs images respectives
1. algorithme et programmes :
disp "a"
input a
disp "b"
"a" : ? → a
input b
Début
"b" : ? → b
disp "p"
//Variables
"p" : ? → p
input p
a, b, c, s, i, p, f i, f c, f s
a −→ i
a −→ i
//Entrées
b −→ s
b −→ s
demander à l’utilisateur la valeur de a
While s-i > p
While s-i > p
demander à l’utilisateur la valeur de b
(i +s )/2 −→ c
(i +s )/2 −→ c
demander à l’utilisateur la valeur de p
i −→ x
i −→ x
//Initialisation
Y1 −→ f
Y1 −→ f
affecter à i la valeur a
c −→ x
c −→ x
affecter à s la valeur b
Y1 −→ g
Y1 −→ g
//Traitements
IF f ∗ g ≤ 0
IF f ∗ g ≤ 0
TANS QUE s − i > p FAIRE
THEN
THEN
| affecter à c la valeur (i + s)/2
c −→ s
c −→ s
| affecter à f i la valeur f (i)
TI :
CAS : ELSE
ELSE
| affecter à f c la valeur f (c)
c −→ i
c −→ i
| SI f i ∗ f c ≤ 0 ALORS
IfEND
END
| affecter à s la valeur c
WhileEND
END
| SINON
"i"
disp "i"
| affecter à i la valeur c
iN
disp i
| FIN_SI
"s"
disp "s"
fin TANS QUE
sN
disp s
//Sortie
"f "
disp "f "
afficher i
f N
disp f
afficher s
s −→ x
s −→ x
afficher f i
Y1 −→ g
Y1 −→ g
affecter à f s la valeur f (s)
"g"
disp "g"
afficher f s
g
disp g
Fin
(pour Y1 : VARS, F4, F1)
(pour Y1 :
Y-VARS,
Function )
2. utiliser le programme de la calculatrice pour trouver un encadrement de l’annulation sur l’intervalle
précisé (donner un tableau de valeurs)
(a) x3 − 2x2 − 4x + 3 = 0 sur [−3; −0, 6] à 10−2 près
La calculatrice permet de voir que
<α<
car :
x
f (x)
≃
≃
donc α ≃
ou α ≃
à
près
comparaison à
(b) x3 − 2x2 − 4x + 3 = 0 sur [2; 4] à 10−3 près
La calculatrice permet de voir que
α
car :
x
f (x)
≃
≃
donc α
comparaison à
(c) −3x3 + 9x2 − 27x + 6 = 0 sur [−2; 2] à 10−4 près :
La calculatrice permet de voir que
<α<
car :
x
f (x)
comparaison à
≃
≃
donc α ≃
ou α ≃
à
près
Sur un exemple
soit la fonction f telle que f (x) = x3 − 3 pour x ∈ [0 ; 2]
f est continue et strictement croissante sur [0 ; 2] avec f (0) = −3 et f (2) = 5
le théorème des valeurs intermédiaires prouve donc l’existence d’une unique solution α pour l’équation
f (x) = 0 sur [0 ; 2]
on cherche à déterminer l’unique solution α de cette équation
1. estimer graphiquement la solution : α ≃ ...
2. compléter le tableau ci dessous ainsi que le graphique en appliquant l’algorithme avec pour entrées :
a = 0, b = 2 et p = 0, 1
i+s
2
fi
fc
fi × fc
2 > 0, 1
1
-3
-2
>0
2
1 > 0, 1
1,5
-2
0,375
<0
1,5
0, 5 > 0, 1
1,25
-2
≃ −1, 04
>0
étape
i
s
s−i
1
0
2
2
1
3
1
c=
4
5
6
affichage : i = ...
affichage : s = ...
conclusion pour α : ...
affichage : fi = ...
affichage : fs = ...
y
4
3
2
1
0
c1
i1
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9
−1
−2
−3
3. retrouver algébriquement cette solution :
s1
x
Sur un exemple
soit la fonction f telle que f (x) = x3 − 3 pour x ∈ [0 ; 2]
f est continue et strictement croissante sur [0 ; 2] avec f (0) = −3 et f (2) = 5
le théorème des valeurs intermédiaires prouve donc l’existence d’une unique solution α pour l’équation
f (x) = 0 sur [0 ; 2]
on cherche à déterminer l’unique solution α de cette équation
1. estimer graphiquement la solution : α ≃ ...
2. compléter le tableau ci dessous ainsi que le graphique en appliquant l’algorithme avec pour entrées :
a = 0, b = 2 et p = 0, 1
i+s
2
fi
fc
fi × fc
2 > 0, 1
1
-3
-2
>0
2
1 > 0, 1
1,5
-2
0,375
<0
1
1,5
0, 5 > 0, 1
1,25
-2
≃ −1, 04
>0
4
1,25
1,5
0, 25 >
0, 1
1,375
≃ −1, 04
≃ −0, 4
>0
5
1,375
1,5
0, 125 >
0, 1
1,4375
≃ −0, 4
≃ −0, 03
>0
6
1,4375
1,5
0, 0625 <
0, 1
étape
i
s
s−i
1
0
2
2
1
3
affichage : i = 1,4375 affichage : s = 1,5
conclusion pour α : ...
c=
affichage : fi = ≃ −0, 4
affichage : fs = 0,375
y
4
3
2
1
0
c1
i1
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9
−1
−2
−3
3. retrouver algébriquement cette solution :
s1
x
en js :
<script>
//Variables var a, b, c, s , i, p , fi, fc , fs, formule ;
a = prompt("a =") ;
b = prompt("b =") ;
p = prompt("p =") ;
formule = prompt("formule =") ; // en javascript
//Initialisations
a = Number(a) ;
b = Number(b) ;
p = Number(p) ;
//Traitements
i = a;
s = b;
while ( s -i > p )
{
c = (i+s) 2 ;
fi = formule.replace(/x/g,i) ; // (pour remplacer globalement x par i)
fi = eval(fi) ; // ( pour évaluer le résultat)
fc = formule.replace(/x/g,c) ;
fc = eval(fc) ;
if(fi*fc <= 0)
{
s =c ;
}
else
{
i = c;
}
}
fs = formule.replace(/x/g,s) ;
fs = eval(fs) ;
alert(" lánnulation est comprise entre "+ i + " et " + s + "
qui ont pour images respectives " + fi + " et " + fs ) ;
</script>
1.6
évaluation
Nom, Prénom : ...
Evaluation : ( continuité )
Exercice :
soit la fonction f définie par f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 1 sur [−3; 4]
1. calculer f ′ (x) et vérifier que f ′ (x) = (2x + 2)(3x − 6)
2. étudier l’annulation et le signe de f’(x) (donner les valeurs exactes)
3. en déduire le tableau de variations de f sur [−3; 4]
4. déduire du tableau de variations de f le nombre de solutions de l’équation f ′ (x) = 0 (sans justifier)
5. démontrer que l’équation f (x) = 0 admet une solution unique α entre −3 et 0
6. déterminer une valeur approchée de α à 10−3 près (donner un encadrement)
7. déterminer une valeur approchée à 0,1 près des autres solutions éventuelles
8. déduire des résultats précédents le tableau de signes de f sur [−3; 4]
9. donner le nombre de solutions de l’équation f (x) = 9
10. donner le nombre de solutions de l’équation f (x) = k en fonction des valeurs du nombre réel k
(distinguer les cas dans un tableau)
1.7
corrigé évaluation
Corrigé évaluation : ( continuité )
Exercice :
f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 1 sur [−3; 4]
1. f ′ (x) = 6x2 − 6x − 12
d’autre part (2x + 2)(3x − 6) = 6x2 − 12x + 6x − 12 = 6x2 − 6x − 12 donc f ′ (x) = (2x + 2)(3x − 6)
2. f ′ (x) est un polynôme de degré 2 de la forme ax2 + bx + c, on utilise la règle du signe de ax2 + bx + c
2 − 6x − 12 = 0
Annulation : f ′ (x) = 0 ⇐⇒ 6x
 a=6
on utilise le discriminant avec
b = −6 donc ∆ = b2 − 4ac = (−6)2 − 4 × (6) × (−12) = 324 
c = −12
∆ > 0 donc√2 annulations √
√
√
−(−6) + 324
−(−6) − 324
−b + ∆
−b − ∆
=
= 2 et x2 =
=
= −1 x1 =
2a
2 × (6)
2a
2 × (6)
3.
valeur de x
signe de 6x2 − 6x − 12
valeur de x
signe de f ′ (x)
−3
+
variations de f
−44
f (2) = 23 − 3 × 22 − 12 × 2 + 1 = −19
−3
2
0
+
−1
0
8
2
0
-
4
+
2
0
-
4
+
33
ր
ց
ր
−19
4. du tableau de variations de f on déduit que le nombre de solutions de l’équation f ′ (x) = 0 est 3

•
f
(−3)
=
−44
et
−44
<
0



• f (0) = 1 et 1 > 0
5.
•
f est continue sur [−3; 0] en tant que fonction polynômiale de degré 3



• f est strictement croissante sur [−3; 0]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution unique
α dans [−3; 0]
6. La calculatrice permet de voir que −0, 36 < α < −0, 35 car :
x
−1, 864
−1, 863
f (x)
≃ −0, 008 ≃ 0, 01
comparaison à 0
<0
>0
7. de même, les autres annulations β et γ de f sont telles que : 0 < β < 0, 1 et 3, 2 < γ < 3, 3
8. on a le tableau de signes suivant :
x
f (x)
−3
-
α
0
+
β
0
-
γ
0
4
+
9. l’équation f (x) = 9 admet une unique solution valeur de k
nb sol de f (x) = k sur [−3; 4]
k > 33
0 solution
k = 33
1 solution
8 < k < 33
1 solution
k=8
2 solutions
10.
−19 < k < 8
3 solutions
k = −19
2 solutions
−44 < k < −19
1 solution
k = −44
1 solution
k < −44
0 solution
y
33
20
10
8
x
−3
−2
−1
−10
−20
1
2
3
−19
−30
−40
−44
1.8
corrigé devoir maison
Exercice 1 :
x
−12
3
−2
4
f
ր
−2
ց
5
2
−3
y
3
2
1
ր
−12 −10
1. une courbe possible pour f
−8
−6
−4
2. l’équation
f (x) =0 admet trois
:
solutions
α ∈] − 12; −2[ , β ∈] − 2; 3[ et γ ∈]3; 5[
−12
−
α
0
+
β
0
−
γ
0
2
4
3. tableau de signes de f sur [−3; 2]
x
f
−2−1
−2
−3
x
5
+
4. nombre de solutions de l’équation f (x) = k en fonction des valeurs de k
valeur de k
k>4
k=4
2<k<4
k=2
−2 < k < 2
k = −2
−3 < k < −2
k = −3
k < −3
nombre de solutions de l’équation f (x) = k pour x ∈ [−3; 2]
aucune solution
une solution ( x = −2 )
deux solutions
trois solutions
trois solutions
trois solutions
deux solutions
une solution ( x = 3 )
aucune solution
5. f (x) = −1 admet trois solutions Exercice 2 :
2
11
B(x) = − x3 + x2 + −6x − 20 sur [0; 10]
3
2
1. (a) courbe
y
70
60
50
40
30
2. (a) B ′ (x) = −2x2 + 11x + 6
2
20
Annulation
: −2x + 11x + 6 = 0

10
 a = −2
x
avec
b = 11 donc ∆ = 169 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9
c=6
−10
∆ > 0donc 2 annulations
−20
x1 = −0, 5 et x2 = 6 −30
−40
−50
valeur de x
0
6
10
′
signe de f (x)
+ 0
−60
70
−70
variations de f
ր
ց
−80
−20
≃ −77 (b) du tableau de variations de B on déduit que
le nombre de solutions de l’équation B(x) = 0
2
11
f (0) = − × 03 +
× 02 + 6 × 0 − 20 = −20
est
2, on les appelle x1 et x2
3
2
(b) graphiquement, l’activité est rentable pour
une quantité d’objets vendus comprise entre
≃ 1, 5 et ≃ 8, 9 milliers (zône hachurée)

• f (0) = −20 et −20 < 0



• f (6) = 70 et 70 > 0
pour x1 :
• f est continue sur [0; 6] en tant que fonction polynômiale de degré 3



• f est strictement croissante sur [0; 6]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation B(x) = 0 possède une solution unique
x1 dans [0; 6] et on raisonne de même pour x2
x
B(x)
(c) La calculatrice permet de voir que 1, 548 < α < 1, 549 car :
comparaison à 0
de même, l’autre annulation : 8, 882 < x2 < 8, 883
1, 548
≃ −0, 005
<0
1, 549
≃ 0, 19
>0
x
0
x1
x2
10
(d) on a le tableau de signes suivant :
B(x)
- 0 + 0 il faut donc produire entre 1549 et 8882 unités pour avoir un bénéfice positif et donc une activité
rentable
3. le bénéfice est maximal pour 6000 unités et il vaut 70000 e
Exercice 3 :
f (x) = −3x3 + 9x2 − 27x + 6 sur [−2; 2]
1. Etude des variations de
f.
′
′
2
(a) Calcul de f (x) : f (x) = −9x + 18x − 27
(b) Annulation et signe de f ′ (x) :
f ′ (x) est un polynôme de degré 2 de la forme ax2 +bx+c, on utilise la règle du signe de ax2 +bx+c
Annulation
: f ′ (x) = 0 ⇐⇒ −9x2 + 18x − 27 = 0 on utilise le discriminant :

 a = −9
avec
b = 18
donc ∆ = b2 − 4ac = (12)2 − 4 × (−9) × (−27) = −648

c = −27
∆ < 0 donc aucune annulation
valeur de x
signe de −9x2 + 18x − 27
−2
2
-
(c) variations de f :
valeur de x
2
−2
signe de f ′ (x)
120
variations de f
ց
−36
f (2) = 2 × −3 × 23 + 9 × 22 − 27 × 2 + 6 = −36
2. L’équation f (x) = 0 admet une seule solution α dans [−2, 2] car :

• f (−2) = 120 et 120 > 0



• f (2) = −36 et −36 < 0
• f est continue sur [−2; 2] en tant que fonction polynomiale de degré 3



• f est strictement décroissante sur [−2; 2]
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f (x) = 0 possède une solution unique
α dans [−2; 2]
3. La calculatrice permet de voir que 0, 23 < α < 0, 24 car :
x
0, 23
0, 24
f (x)
≃ 0, 23 ≃ −0, 003
comparaison à 0
>0
<0
4. on a le tableau de signes suivant :
x
f (x)
−2
+
α
0
2
-