Terminale S Chapitre 2 : Fonctions, continuité et TVI

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Chapitre 2 : Fonctions, continuité et TVI
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Ce que dit le programme :
1) Définition
Soient f une fonction définie sur un intervalle I de et a ∈ I .
On dit que f est continue en a si lim f ( x ) = f ( a ) .
x →a
On dit que f est continue sur I si elle est continue en tout point de I .
Graphiquement, cela signifie que sa représentation graphique ne présente aucun point de
rupture : on peut la tracer sans lever le crayon.
2) Exemples
Propriété: Les fonctions usuelles sont continues sur les intervalles où elles sont définies.
Démonstration: admis
Attention : La fonction inverse n’est pas continue sur * , mais sur tout intervalle contenu dans * .
Propriété : Une fonction dérivable sur un intervalle est aussi continue sur cet intervalle.
Démonstration :
Notons I l'intervalle. On se donne x ∈ I et h ≠ 0 tel x + h ∈ I .
f ( x + h) − f ( x) =
f ( x + h) − f ( x)
h
× h.
Comme f est dérivable sur I , lim
f ( x + h) − f ( x)
h
On en déduit que lim f ( x + h ) − f ( x ) = f ' ( x ) × 0 = 0.
h →0
h →0
La fonction f est donc continue en tout x ∈ I .
= f '( x ).
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Attention : La réciproque est fausse (fonction racine).
3) Contre-exemple
2
On considère la fonction Partie Entière, notée E définie sur , à valeurs dans .
Elle fait correspondre à x ∈ le plus grand entier relatif inférieur ou égal à x, noté E ( x ) .
1
-1
0
1
2
Par conséquent, E ( x ) = n ⇔ n ≤ x < n + 1 .
Exemples : E ( 4 ) = 4, E ( 6, 2 ) = 6, E ( −2 ) = −2 et E ( −4,3) = −5 .
La fonction partie entière est continue sur tout intervalle de la forme [ n, n + 1[ mais en aucun entier n.
4) Opérations :
Si u et v sont continues sur un intervalle I de ,
alors les fonctions u + v, u × v et un ( n ∈ ) sont continues sur I.
u
alors la fonction
est continue où v ≠ 0 .
v
Si la fonction v est continue en a et si la fonction u est continue en v(a) alors la composée u v est
continue en a.
5) Théorème des Valeurs Intermédiaires :
Théorème :
f(b)
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle [ a; b ] de .
Pour tout réel k compris entre f ( a ) et f ( b ) ,
k
a
il existe au moins un réel c ∈ [ a, b ] tel que f ( c ) = k .
b
f(a
Théorème : Extension à Soit f une fonction définie et continue sur .
Si f admet des limites en + ∞ et en − ∞, alors pour tout réel k strictement compris
entre lim f ( x ) et lim f ( x ) ,
x →−∞
x →+∞
il existe au moins un réel c ∈ tel que f ( c ) = k .
Démonstration :
Supposons pour simplifier que lim f ( x ) < lim f ( x )
x →−∞
x →+∞
Si lim f ( x ) = +∞, il existe un réel b tel que f ( b ) > k .
x →+∞
Si lim f ( x ) = α , comme k ≤ α il existe un réel b tel que f ( b ) > k .
x →+∞
De la même façon, on montrerait l'existence d'un réel a tel que f ( a ) > k .
On applique alors le théorème précédent pour obtenir le résultat.
Utilité :
Ce théorème permet de prouver l’existence d’une (ou plusieurs) solutions d’une équation.
Il ne permet pas de répondre à une question du type : « Résoudre f ( x ) = 2 »
Mais à une question du type : « Prouver que l’équation f ( x ) = 2 admet solution dans [-2 ;10]. »
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Application :
Localiser une solution « non calculable » pour éventuellement en déterminer une valeur approchée. Il existe
diverses méthodes d’approximation d’une solution : par balayage (tableur) ou par dichotomie
Utilisation de la calculatrice.
Théorème fondamental ne l'analyse :
Tout polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle.
Démonstration (ROC).
Existence TVI en utilisant l’existence d’une valeur positive et d’une valeur négative, les limites
étant infinies et de signes contraires.
Corollaire:
Si f est une fonction est continue strictement monotone sur un intervalle [ a, b ] ,
alors pour tout réel k compris entre f ( a ) et f ( b ) , l'équation f ( x ) = k
admet une unique solution dans l'intervalle [ a, b ].
Démonstration (ROC)
Existence : TVI
Unicité : monotonie
Théorème de la bijection :
Si f est une fonction continue strictement monotone sur un intervalle I de ,
alors elle réalise une bijection de I dans f ( I ) .
Exemple : f ( x ) = x 3 − 3 x − 1 sur [ −2;2]
Questions :
1) Dresser le tableau de variations de la fonction f sur [−2;2] .
2) Prouver que f ( x) = 0 admet exactement une solution dans [-1,1].
3) Donnez une valeur approchée de cette solution à 10−1 près. .
Réponses :
1) f ' ( x ) = 3 x 2 − 3 = 3( x 2 − 1) = 3( x − 1)( x + 1)
x
−2
−1
f '( x )
+
f (x)
0
1
−
0
2
+
1
−3
1
−3
2) Rédaction type du TVI :
La fonction f est dérivable et strictement décroissante sur [-1 ;1].
Comme la valeur 0 est bien comprise entre f (−1) = 1 et f (1) = −3 ,
d'après le TVI, il existe un unique x0 ∈ [ − 1 ;1] tel que f ( x0 ) = 0.
3) Avec la calculatrice on obtient x0 −0.3
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ANNEXE 1 : Démonstration du TVI avec les suites adjacentes ---------------------------------------------------------Définissons deux suites ( an ) et
( bn ) :
∗ On pose a0 = a et b0 = b. On a donc a0 < b0 et k est compris entre f ( a0 ) et f ( b0 ) .
∗ Supposons que les termes an et bn soient construits tels que
an < bn et k est compris entre f ( an ) et f ( bn ) .
Définissons alors par récurrence les termes an +1 et bn +1 .
an + bn
a +b 
∈ [ an ; bn ] on peut calculer u = f  n n  .
2
 2 
a +b
Si k ≥ u , on pose an +1 = n n et bn +1 = bn
2
a +b
Si k < u , on pose an +1 = an et bn +1 = n n
2
Dans tous les cas, an +1 < bn +1 et k est compris entre f ( an +1 ) et f ( bn +1 ) .
Comme
Par construction, les deux suites ( an ) et
( bn ) sont adjacentes.
En effet,
La suite ( an ) est croissante, la suite
( bn )
est décroissante.
bn − an 1
= ( bn − an ) ,
2
2
1
la suite ( bn − an ) est une suite géométrique de raison , elle converge donc vers 0.
2
Les deux suites ( an ) et ( bn ) sont donc convergentes. Notons c leur limite commune.
De plus comme dans les deux cas bn +1 − an +1 =
Comme la fonction f est continue et que k est compris entre f ( an ) et f ( bn ) .
on obtient donc, en passant à la limite que k = f ( c )
NB: On peut supposer que f est croissante pour simplifier "k est compris entre f ( an ) et f ( bn ) "
par " f ( an ) ≤ k ≤ f ( bn ) ". C'est plus facile pour le passage à la limite.
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ANNEXE 2 démonstration de la dérivée de la composée -----------------------------------------------------------------Utilise la continuité
Théorème:
Soient I , J et K trois intervalles de ,et deux fonctions dérivables u : I → J et f : J → K .
On peut alors définir la composée f u de I dans K par x → f ( u ( x ) ) .
Cette composée est alors dérivable sur I et sa dérivée est définie par:
( f u ) '( x ) = u '( x ) × f '(u ( x ))
Démonstration: A indiquer ( au chapitre continuité ) , mais pas exigible
Soit a ∈ I .
On suppose que la fonction u n'est pas constante au voisinage de a. Dans le cas contraire, la formule
est vérifiée car la composée est constante aussi.
Pour x voisin de a, x ≠ a, on peut donc supposer que u ( x ) ≠ u ( a ) et :
f u ( x) − f u (a)
x−a
=
f (u ( x )) − f (u ( a ))
x−a
=
f (u ( x )) − f (u ( a )) u ( x) − u ( a )
×
.
u ( x) − u (a)
x−a
Comme u est dérivable en a, elle est aussi continue en a et donc lim u ( x ) = a.
x →a
Comme g est dérivable en u ( a ) , on a lim
X →u ( a )
On en déduit que lim
g (u ( x )) − g (u ( a ))
x →a
Comme lim
x →a
u ( x) − u (a)
x−a
x−a
g ( X ) − g (u ( a ))
X − u (a)
= g '(u ( a )).
= u ' ( a ) , on obtient le résultat.
= g ' (u ( a )).