القائمة الرئيسية

الصفحات

تعديل المشاركة

Applications exercices

has
(0)
f est une application de ℝ vers ℝ ⇔ (∀  x ∈ ℝ ) (∃ y ∈ ℝ ) : y = f ( x )
Soit x ∈ ℝ  montrons qu'il existe  y ∈ ℝ   tel que y = f ( x )
y = f ( x) ⇔  y = 2 x  +3  donc   ∃ y ∈ ℝ  /   y = 2 x  +3
conclusion : f est une application de ℝ vers ℝ
Autrement :
f est une application de ℝ versℝ ⇔ [∀  ( x ; x' ) ∈ ℝ ² : x = x' ⇒ f( x ) = f ( x' ) ]
Soit ( x ; x' )∈ ℝ ²  montrons  que  :  x = x' ⇒ f( x ) = f ( x' )
on pose que   x = x'  et on montre que  f( x ) = f ( x' )
x = x'  (multiple les deux membres par 2)⇔ 2 x = 2 x'  
( ajouter 3 pour les deux membres de l égalité) ⇔ 2 x +3 = 2 x' +3 
                                           donc f (x ) = f (x' )
conclusion : f est une application de ℝ vers ℝ
\begin{array}{cc} f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x \mapsto 1-cos^{6}(x)-sin^{6}(x)\\ \end{array}  et montrons que f =g
Ensemble de départ de f  est le même que celui de g 
Ensemble d'arrivée  de f  est le même que celui de g  
Montrons donc est -ce que f ( x) = g ( x )
On  a  ∀  x ∈ ℝ  sin^{2}(x)+cos^{2}(x)=1
∀  x ∈ ℝ  \bg_white f(x)=1-cos^{6}(x)-sin^{6}(x)= sin^{2}(x)+cos^{2}(x)-cos^{6}(x)-sin^{6}(x)\\ \ \ \ \ \ \ \ \\ =sin^{2}(x)\left ( 1-sin^{4}(x) \right )+cos^{2}(x)\left ( 1-cos ^{4}(x)\right )\\ \\ =sin^{2}(x)\left ( 1+sin ^{2}(x)\right )\left ( 1-sin^{2}(x) \right )+cos^{2}(x)\left ( 1+cos^{2}(x) \right )\left ( 1-cos^{2}(x) \right )\\ \\ =sin^{2}(x)\left ( 1+sin^{2}(x) \right )cos^{2}(x)+cos^{2}(x)\left ( 1+cos^{2}(x) \right )sin^{2}(x)\\\ \\ =sin^{2}(x)cos^{2}(x)\left ( 1+sin^{2}(x)+1+cos^{2}(x) \right )\\ \\ =sin^{2}(x)cos^{2}(x)\left ( 2+sin^{2}(x)+cos^{2}(x) \right )\\ \\ =3sin^{2}(x)cos^{2}(x)=g(x)
 f et g ont même ensemble de départ et d'arrivée  et \large f(x)=1-cos^{6}(x)-sin^{6}(x)=3sin^{2}(x)cos^{2}(x)=g(x) donc f = g
énonce clic ici Exercice 3
\bg_blue {\color{White} \begin{array}{cc} g : [1 ; +\infty[\to \mathbb{R} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x \mapsto -x^{2}\\ \end{array}}  et  \bg_blue {\color{White} \begin{array}{cc} h : \mathbb{R}\to \mathbb{R} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x \mapsto x^{2}\left | x-1 \right |-x^{3}\\ \end{array}}montrons que h est un prolongement de g sur ℝ
On a [ 1 ; + ∞ [ ⊂  ℝ  et  l 'ensemble d'arrivée de g est  le même que celui de h
donc on montre  que  ∀  x ∈ [ 1 ; + ∞ [  : g (x ) = h ( x )
on a ∀  x ∈ [ 1 ; + ∞ [    x  - 1 ≥ 0 d' où  \left | x-1 \right |=x-1 ∀  x ∈ [ 1 ; + ∞ [ 
et par suite h(x)= x^{2}\left | x-1 \right |=x^{2}\left (x-1 \right )-x^{3}\\ = x^{3}-x^{2}-x^{3}= -x^{2}=g(x)
donc h (x ) = g ( x) et h est un prolongement de  g sur ℝ
\begin{array}{cc} f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x \mapsto\frac{x^{2}+2}{x^{2}+1}\\ \end{array}
Déterminons  f ( [ 1 ; + ∞ [ ) 
f ( [ 1 ; + ∞ [ )  = { f (x ) / x ∈ [ 1 ; + ∞ [ }
f(x)=\frac{x^{2}+2}{x^{2}+1}= \frac{x^{2}+1+1}{x^{2}+1}=1 +\frac{1}{x^{2}+1}
On\ a\ \ :\ x\geq 1\Rightarrow x^{2}\geq 1 \ \ donc\ \ x^{2}+1\geq 2\\ \\ x^{2}+1\geq 2\Rightarrow 0< \frac{1}{x^{2}+1}\leq \frac{1}{2}\\ \\ \ \ \ \ \Rightarrow 1< 1+\frac{1}{x^{2}+1}\leq \frac{3}{2}\\ \\ \\ alors\ f\left ( \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right )\subset \ \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack \ et\ enfin \ f\left ( \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right )=\ \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack
réciproque montrons que \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack \subset f\left ( \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right ) c'est à dire  montrons :y\in \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack \Rightarrow y\in f\left ( \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right )=\left \{ f(x) / x\in \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right \}\\ \Rightarrow \left ( \exists x\in \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right ):y=f(x)
 donc revient à résoudre l'équation  y = f (x ) dont l 'inconnue est x  dans [ 1 ; + ∞ [
y=f(x)\Leftrightarrow y =\frac{x^{2}+2}{x^{2}+1}= 1+\frac{1}{x^{2}+1}\\ \\ \Leftrightarrow y-1=\frac{1}{x^{2}+1} \ \ \ puisque\ y \in \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack\\ \\ \Leftrightarrow x^{2}+1=\frac{1}{y-1}\\ \\ \Leftrightarrow x^{2}=\frac{1}{y-1}-1\Leftrightarrow x^{2}=\frac{2-y}{y-1}\\ \\ \Leftrightarrow x=\sqrt{\frac{2-y}{y-1}}\ \ ou\ \ x=\left (-\sqrt{\frac{2-y}{y-1}} \right )\notin \lbrack1 ; +\infty\lbrack \\ donc \ la\ solution\ est \ x=\sqrt{\frac{2-y}{y-1}}=\sqrt{\frac{1}{y-1}-1}\\ puisque\ \ \ y \in \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack \ donc \ 1< y\leq \frac{3}{2}\\ \Rightarrow 0< y-1\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{1}{y-1}\geq 2\Rightarrow \frac{1}{y-1}-1\geq 1
donc x=\left (\sqrt{\frac{1}{y-1}-1} \right )\geq 1
ce qui montre que   l 'équation   y =  f ( x ) 
admet au moins une solution dans [ 1 ; + ∞ [
donc y ∈ f( [ 1 ; + ∞ [ )  et  \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack \subset f\left ( \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right )  
et par suite  f\left ( \lbrack1 ; +\infty\lbrack \right )= \rbrack1 ;\frac{3}{2}\rbrack
Déterminons f^{-1}\left ( \ \rbrack0 ;1\lbrack \ \right )
f^{-1}\left ( \ \rbrack0 ;1\lbrack \ \right )=\left \{ x\in \mathbb{R}/f(x)\in \rbrack 0 ; 1\lbrack\right \}\\ f(x)\in \rbrack 0 ; 1\lbrack\ \ \rightarrow 0< f(x)< 1\\ \rightarrow 0< \frac{x^{2}+2}{x^{2}+1}< 1\\ \\ donc\ 0< x^{2}+2< x^{2}+1\\ donc\ \ 0< 2< 1\ \ impossible \ car \ \ 2> 1\ conclusion\ f^{-1}\left ( \ \rbrack0 ;1\lbrack \ \right )=\emptyset
هل اعجبك الموضوع :

أخر المواضيع من قسم : 1ere année bac

Commentaires

Enregistrer un commentaire