Fiche méthodologique Manipulation des

Fiche méthodologique Manipulation des quantificateurs
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
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CC
BY:
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Un exercice important est de comprendre intuitivement ce que signifie une proposition avec des
quantificateurs et d’en avoir une représentation mentale satisfaisante.
Soit f une fonction R → R, et x0 ∈ R, on dit que f est localement constante au voisinage d’un
réel x0 si :
∃α > 0, ∀x ∈ R, |x − x0 | 6 α ⇒ f (x) = f (x0 ).
(1)
Il est important de comprendre ce que cette proposition signifie : il existe un intervalle autour de
x0 , sur lequel la fonction f est égale à f (x0 ). Le α est lié à la taille de l’intervalle (plus précisément
l’intervalle est de taille 2α). Il faut être capable de faire le dessin suivant :
f (x0 )
x0
α
Figure 1 – Fonction localement constante
Si on considère la proposition :
∃α > 0, ∀x ∈ R, |x − x0 | 6 α ⇒ f (x) = f (x0 ),
(2)
on a simplement remplacé > par > dans 1. La définition n’a alors plus du tout le même sens.
En effet, dans ce cas, toutes les fonctions sont localement constantes : il suffit de choisir α = 0,
et toutes les fonctions vérifient la propriété : l’intervalle autour de x0 peut être réduit au réel x0 ,
puisqu’on autorise la longueur à être nulle.
1
Par contre, si une fonction vérifie :
∃α > 0, ∀x ∈ R, |x − x0 | 6 2α ⇒ f (x) = f (x0 ),
(3)
Il existe un intervalle autour de x0 de taille 4α, tel que f est constante sur cet intervalle.
Les deux propositions (3) et (1) sont ainsi équivalentes :
– Si une fonction vérifie (3), alors elle vérifie automatiquement (1) avec le même α puisque |x −
x0 | 6 α ⇒ |x − x0 | 6 2α,
– si une fonction vérifie (1), alors en remplaçant α par α2 , elle vérifie aussi (3).
On aurait pu prendre n’importe quel nombre à la place de 2, du moment qu’il ne dépend que de
f , x0 , mais pas de x.
Si on considère la même proposition, sauf que l’on restreint α à être plus petit que 1 :
∃α > 0, [α < 1 et ∀x ∈ R, |x − x0 | 6 α ⇒ f (x) = f (x0 )] ,
(4)
alors les propositions (1) et (4) sont équivalentes :
– Si une fonction vérifie (4) alors elle vérifie (1), avec le même α.
– Si une fonction vérifie (1), si α < 1, alors elle vérifie immédiatement (4), sinon on pose α = 1,
et elle vérifie (4).
En fait, on aurait pu prendre 10−15 à la place de 1, cela ne changerait rien. Dans la proposition
(1) on pourra donc, sans perte de généralité, supposer α inférieur à toute valeur fixée (qui ne dépend
pas de x, mais peut dépendre de x0 ).
Remarque: On dit que « être localement constante » est une propriété locale, dans le sens où
cette propriété ne dépend du comportement de la fonction f que pour des valeurs de x proches de x0
(comme être continue ou dérivable en x0 ).
De même une propriété asymptotique ne dépend que du comportement d’une fonction (ou
d’une suite) pour de grandes valeurs, comme limx→∞ .
Application 1
Si on regarde la proposition :
∃l ∈ R, ∃α > 0, ∀x ∈ R, |x − x0 | 6 α ⇒ f (x) = l,
(5)
Montrer que (5) est équivalent à (1).
Application 2
On dit qu’une partie E de R est majorée si :
∃M ∈ R, ∀x ∈ E, x 6 M
Montrer que cela est équivalent à :
∃M ∈ R, ∀x ∈ E, x < M
Application 3 Nier la définition (1). Montrer que la fonction f : R → R, x 7→ x2 n’est pas
localement constante en 0.
2
Fiche méthodologique Résolution d’équations
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
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CC
BY:
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Le but de cette fiche est de résumer les méthodes permettant de résoudre une équation du type :
(E) :
f (x) = 0,
où f est une fonction réelle d’une variable réelle.
La première étape est de déterminer le domaine de définition de l’équation, qui sera le
domaine de définition Df de la fonction f . Éventuellement, l’énoncé peut préciser un domaine plus
petit, sous la forme Résoudre (E) sur l’intervalle I, l’ensemble de définition est alors Df ∩ I.
Une solution de l’équation (E) est une valeur x ∈ Df , qui vérifie f (x) = 0.
Résoudre l’équation, c’est déterminer l’ensemble S des solutions. Ainsi :
x ∈ Df et f (x) = 0 ⇔ x ∈ S.
En conclusion à une résolution d’équation, on donnera toujours l’ensemble solution.
Deux équations sont équivalentes, si elles ont le même ensemble de définition et le même ensemble
de solution.
La difficulté est, d’une part, de ne pas oublier de solutions ; d’autre part, de prendre la peine de
vérifier que l’on a bien obtenue des solutions.
Dans de rares cas, on peut procéder par équivalence. Dans les autres, on procède par double
implication :
– On considère x solution et on essaie de voir tout ce que l’on sait sur x dans le but de déterminer
sa valeur. On obtient ainsi des valeurs candidates à être solutions de l’équation. On obtient ainsi
un ensemble E, tel que S ⊂ E.
– Dans un deuxième temps seulement, on vérifie que ces valeurs sont bien solutions, ce qui est
généralement le plus simple. Notons en particulier que, pour que x soit solution, il faut que
x ∈ Df .
On peut donc comparer cela à une analyse-synthèse.
Il est aussi important de commencer la résolution de l’équation en se demandant si on ne connaît
pas une solution dite solution évidente. On pourra essayer, selon les cas, des petits entiers : 0,1,-1,2,
et -2, ou des valeurs particulières (e, π).
Parmi les pièges classiques, on a : a = b ⇒ a2 = b2 , mais la réciproque n’est vraie que si l’on a
une indication sur le signe, puisque : |a| = |b| ⇔ a2 = b2 .
Autre piège classique, on n’a pas sin(x) = sin(y) ⇒ x = y, sauf sur certains intervalles. D’une
manière générale, dans le cas d’une équation trigonométrique, le plus simple est de dessiner le cercle.
Enfin, attention aux fonctions qui ne sont pas définies partout, comme les logarithmes, les racines,
ou d’une manière générale, les fractions rationnelles.
Les inéquations sont des équations du type :
(I) :
f (x) > 0, ou f (x) > 0.
Elles se résolvent de la même manière.
3
Dernier point, on rencontre des équations (Em ) qui dépendent d’un paramètre m, soit de la fonction
fm , soit de l’ensemble sur lequel on résout l’équation. On donnera alors l’ensemble des solutions en
fonction du paramètre m. Il faudra peut-être distinguer plusieurs cas pour ce paramètre.
Exemple 1
1
= 0.
4
On voit clairement que l’équation est définie pour tout x ∈ R. Puis :
sin2 x − sin x +
(E1 )
sin(x)2 − sin(x) +
1
4
1
⇔ (sin(x) − )2 = 0
2
1
⇔ sin(x) =
2
5π
π
+ 2kπ)
⇔ (∃k ∈ Z, x = + 2kπ) ou (∃k ∈ Z, x =
6
6
D’où
S1 =
(
)
(
)
[ 5π
π
+ 2kπ k ∈ Z
+ 2kπ k ∈ Z .
6
6
Ici on a pu procéder par équivalence, puisqu’on peut bien passer d’une équation à une autre.
Exemple 2
(E2 )
√
x + 2 = x − 4.
L’équation est définie pour tout x ∈ R tel que x + 2 > 0. Ainsi, Df = [−2, +∞[.
(E2 ) ⇒ x + 2 = x2 − 8x + 16
⇒ x2 − 9x + 14 = 0
On a ∆ = 25, d’où δ = 5. D’où (2) ⇒ x = (7 ou 2). On a donc deux valeurs candidates.
Réciproquement, ces deux valeurs sont bien dans l’ensemble de définition, mais seul 7 est solution
mais pas 2. D’où S2 = {7}.
On voit ici que l’on a perdu l’équivalence lorsque l’on a élevé les deux membres de l’équation au
carré.
Exemple 3
(E3 )
√
x + 4 = x − 1,
L’équation est définie pour tout x ∈ R tel que x + 4 > 0, ainsi Df = [−4, +∞[.
(E3 ) ⇒ x + 4 = x2 − 2x + 1
On a ∆ = 21, d’où δ =
√
⇒ x2 − 3x − 3 = 0
21 =
√ √
3 7. D’où
(E3 ) ⇒ x =
3+
√
√ !
21
3 − 21
ou
.
2
2
4
On a donc deux valeurs candidates. Réciproquement, il n’est pas facile de vérifier sans calculette
si ces valeurs conviennent. Il est clair que ces deux valeurs vérifient : (x − 1)2 = x + 4, mais pas (E3 ).
L’équivalence à été perdue au moment
de l’élévation au carré.
√
3+ 21
Posons tout d’abord x = 2 .
Déjà x > 0, donc en particulier x + 4 > 0 et x est bien dans l’ensemble de définition. Ensuite,
√
1 + 21
x=1+
> 1, d’où x − 1 > 0.
2
On sait que : (x − 1)2 = x + 4. Comme on a (x − 1) > 0 et x + 4 > 0, on peut utiliser
∀a, b ∈ R, avec a > 0 et b > 0, a2 = b2 ⇒ a = b,
√
on obtient x + 4 = (x − 1). Donc x est bien solution. √
Pour la deuxième valeur, posons maintenant x = 3−2 21 . Déjà
√
√
√
11 − 21
121 − 21
=
> 0,
x+4=
2
2
et x est bien dans l’ensemble de définition. Par contre, x − 1 =
√
x + 4 6= (x − 1).
En conclusion,
(
√ )
3 + 21
S3 =
.
2
Exemple 4
(E4 ) :
√
x−1+
√
x+4=
√
√
1− 21
2
< 0, donc il est sûr que
5,
L’équation est définie si x − 1 > 0 et x + 4 > 0, i.e. x > 1.
Déjà, on remarque que x = 1 est solution.
√
√
√
D’autre part, soit x > 1, alors x + 4 > 5, d’où x − 1 + x + 4 > 5, en particulier x n’est pas
solution.
Conclusion, S4 = {1}.
Exemple 5
(E5 )
√
2x − 3 −
√
x + 2 < 0.
L’inéquation est définie si 2x − 3 > 0 et x + 2 > 0, i.e. x > 32 .
√
√
Dans ce cas, on a 2x − 3 + x + 2 > 0, et donc on peut multiplier l’inégalité par cette quantité :
(E5 ) ⇔ 2x − 3 − (x + 2) < 0
⇔ x−5<0
⇔ x<5
Ainsi S =
h
h
3
2, 5
.
5