Objectif Général 1 — Analyse. Limites, continuité, théorème des valeurs intermédiaires, dérivabilité et théorème des accroissements finis.
Soit f une fonction et a un réel (ou ±∞) adhérent au domaine de f.
• Limite finie en a : limx→a f(x) = ℓ signifie que f(x) se rapproche autant que l'on veut de ℓ lorsque x se rapproche de a.
• Limite infinie : limx→a f(x) = +∞ signifie que f(x) devient aussi grand que l'on veut lorsque x se rapproche de a.
• Limite en l'infini : limx→+∞ f(x) = ℓ signifie que f(x) se rapproche de ℓ lorsque x devient arbitrairement grand.
Les limites d'une somme, d'un produit ou d'un quotient s'obtiennent en général en additionnant, multipliant ou divisant les limites — sauf dans les quatre formes indéterminées :
∞ − ∞ · 0 × ∞ · ∞ / ∞ · 0 / 0
Dans ces cas, il faut transformer l'écriture de f(x) (factorisation, quotient conjugué, mise en facteur du terme dominant…) avant de conclure.
lim x→2 (x²−4)/(x−2) : forme 0/0. On factorise : (x−2)(x+2)/(x−2) = x+2 pour x≠2, donc la limite vaut 4.
lim x→+∞ (3x²−5x+1)/(2x²+1) : forme ∞/∞. On met x² en facteur au numérateur et au dénominateur : (3−5/x+1/x²)/(2+1/x²) → 3/2.
lim x→+∞ (√(x²+1) − x) : forme ∞−∞. On multiplie par la quantité conjuguée : (x²+1−x²)/(√(x²+1)+x) = 1/(√(x²+1)+x) → 0.
f est continue en a si f est définie en a et si limx→a f(x) = f(a). f est continue sur un intervalle I si elle est continue en tout point de I (graphiquement : la courbe se trace sans lever le crayon).
Les fonctions polynômes, rationnelles (sur leur domaine), √ , sin, cos sont continues sur leur ensemble de définition. Une somme, un produit, un quotient (dénominateur non nul) ou une composée de fonctions continues est continue.
Soit f(x) = x²−1 si x ≤ 1, et f(x) = 2x−2 si x > 1.
Limite à gauche en 1 : limx→1⁻ (x²−1) = 0. Limite à droite en 1 : limx→1⁺ (2x−2) = 0. Et f(1) = 1²−1 = 0.
Les deux limites latérales et f(1) coïncident (= 0) : f est continue en 1.
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 ∈ [a ; b] tel que f(c) = k.
Cas particulier : si f(a) et f(b) sont de signes contraires, l'équation f(x) = 0 admet au moins une solution dans ]a ; b[.
Si f est continue et strictement monotone sur [a ; b], alors pour tout k compris entre f(a) et f(b), l'équation f(x) = k admet une unique solution dans [a ; b].
Soit f(x) = x³ + x − 1 sur [0 ; 1]. f est un polynôme donc continue. f(0) = −1 et f(1) = 1 : signes contraires, donc f s'annule au moins une fois sur ]0 ; 1[ (TVI).
De plus f'(x) = 3x² + 1 > 0 pour tout x : f est strictement croissante, donc bijective de [0 ; 1] vers [−1 ; 1]. L'équation f(x) = 0 a une unique solution α ∈ ]0 ; 1[ (on trouve α ≈ 0,68).
f est dérivable en a si le taux d'accroissement [f(a+h)−f(a)]/h admet une limite finie quand h→0. Cette limite, notée f'(a), est le nombre dérivé ; la tangente à la courbe en a a pour équation y = f(a) + f'(a)(x−a).
| Fonction | Dérivée |
|---|---|
| xⁿ (n∈ℤ*) | n·xⁿ⁻¹ |
| 1/x | −1/x² |
| √x | 1/(2√x) |
| sin x | cos x |
| cos x | −sin x |
| tan x | 1 + tan²x = 1/cos²x |
(u+v)' = u'+v' · (uv)' = u'v+uv' · (u/v)' = (u'v−uv')/v² · (u∘v)' = v'×(u'∘v)
f(x) = (2x+1)/(x−3). Par la formule du quotient : f'(x) = [2(x−3) − (2x+1)]/(x−3)² = (2x−6−2x−1)/(x−3)² = −7/(x−3)².
En x = 4 : f(4) = 9/1 = 9 et f'(4) = −7/1 = −7. Tangente : y = 9 − 7(x−4) = −7x + 37.
Si f est continue sur [a ; b] et dérivable sur ]a ; b[, alors il existe c ∈ ]a ; b[ tel que :
f(b) − f(a) = f'(c) × (b − a)
Si de plus m ≤ f'(x) ≤ M pour tout x ∈ [a ; b], alors : m(b−a) ≤ f(b)−f(a) ≤ M(b−a).
f(x) = √x sur [4 ; 9]. f'(x) = 1/(2√x). D'après le TAF, il existe c ∈ ]4 ; 9[ tel que f(9) − f(4) = f'(c)×5, soit 3 − 2 = 5×f'(c), donc f'(c) = 1/5 = 0,2.
On vérifie la cohérence : sur [4 ; 9], f'(x) varie entre 1/(2×3) = 1/6 ≈ 0,167 et 1/(2×2) = 1/4 = 0,25. On a bien 1/6 ≤ 0,2 ≤ 1/4.
Calculer les limites suivantes :
Soit f définie par f(x) = x²−1 si x ≤ 1, et f(x) = 2x−2 si x > 1. Étudier la continuité de f en x = 1.
Limite à gauche : limx→1⁻ (x²−1) = 0. Limite à droite : limx→1⁺ (2x−2) = 0. Valeur : f(1) = 1²−1 = 0.
Les trois valeurs coïncident (= 0), donc f est continue en x = 1.
Soit f(x) = x³ − 3x + 1 sur [1 ; 2]. Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une unique solution dans ]1 ; 2[.
f est un polynôme, donc continue sur [1 ; 2]. f(1) = 1−3+1 = −1 et f(2) = 8−6+1 = 3 : signes contraires, donc f s'annule au moins une fois sur ]1 ; 2[ (TVI).
f'(x) = 3x² − 3 = 3(x²−1). Sur [1 ; 2], x² ≥ 1 donc f'(x) ≥ 0 : f est strictement croissante sur [1 ; 2] (donc strictement monotone). D'après le théorème de la bijection, l'équation f(x) = 0 admet une unique solution dans ]1 ; 2[.
Soit f(x) = (2x+1)/(x−3). Calculer f'(x), puis déterminer l'équation de la tangente à la courbe de f au point d'abscisse x = 4.
En x = 4 : f(4) = (2×4+1)/(4−3) = 9/1 = 9 et f'(4) = −7/1² = −7.
Équation de la tangente : y = f(4) + f'(4)(x−4) = 9 − 7(x−4) = 9 − 7x + 28 = −7x + 37.
Soit x > 0. On considère la fonction f(t) = ln(t) sur l'intervalle [1 ; 1+x].
10 questions · Une seule bonne réponse · Correction immédiate
limx→+∞ (3x²−5x+1)/(2x²+1) vaut :
limx→2 (x²−4)/(x−2) vaut :
Une fonction continue sur [a;b] avec f(a) et f(b) de signes contraires admet :
Le théorème de la bijection s'applique lorsque f est :
La dérivée de f(x) = 1/x est :
La dérivée de f(x) = √x est :
La dérivée de sin(x) est :
Le théorème des accroissements finis affirme qu'il existe c ∈ ]a;b[ tel que :
Si f'(x) ≥ 0 sur un intervalle I, alors f est sur I :
limx→+∞ (√(x²+1) − x) vaut :
