Bibm@th.net
Rechercher sur le site...




Bibm@th




Rechercher sur le site...


Accueil Ressources Bibliothèques Références Thèmes Forum
CollègeLycéeMath SupMath SpéCapesAgreg interneBTS

Accueil

Ressources
Collège
Lycée
Math Sup
Math Spé
Capes
Agreg interne
BTS

Bibliothèques
Bibliothèque d'exercices
Bibliothèque de problèmes

Références
Dictionnaire
Biographie de mathématiciens
Formulaire
Lexique français/anglais

Thèmes
Cryptographie et codes secrets
Jeux et énigmes
Carrés magiques
Mathématiques au quotidien
Dossiers

Forum




Ressources mathématiques > Capes >
Accéder à mon compte > Accéder à ma feuille d'exercices >


Démonstrations capes - les fonctions, continuité et dérivabilité
Théorème des valeurs intermédiaires
Soit f : [a, b] → ℝ f : [a, b] → R une fonction continue telle que f (a) ≤ 0 f(a) ≤ 0 et f (b) ≥ 0 f(b) ≥ 0. Alors il existe
c ∈ [a, b]c ∈ [a, b] tel que f (c) = 0 f(c) = 0.

Démonstration

Il est important de connaitre le principe de démonstration de ce théorème. Il repose sur la méthode de
dichotomie. L'idée est de considérer le point u = a+b
a+b
2 u =
2
milieu du segment [a, b] [a, b]
. Si f (u) ≥ 0 f(u) ≥ 0
, alors on va chercher une solution dans l'intervalle [a, u] [a, u]
. Sinon, f (u) < 0 f(u) < 0
, et on va chercher une solution dans l'intervalle [u, b] [u, b]
. L'intervalle [a, u] [a, u]
ou [u, b] [u, b]
a une longueur moitié de l'intervalle initial. Répétant l'opération, on va encadrer de plus en plus finement
une possible racine de l'équation f (x) = 0 f(x) = 0
. La continuité de f f
va assurer qu'à la limite, on va effectivement trouver une racine.

Voici les détails. On définit deux suites (a n ) (a n)
et (b n ) (b n)
de la façon suivante :

pour n = 0 n = 0, on pose a 0 = aa 0 = a et b 0 = bb 0 = b.
a +b
pour n ≥ 0 n ≥ 0, on définit a n+1 a n + 1 et b n+1 b n + 1 à partir de a n a n et b n b n : posons d n = n 2 n
an + bn
dn = . Si f (d n ) ≥ 0 f(d n) ≥ 0, alors on pose a n+1 = a n a n + 1 = a n et b n+1 = d n b n + 1 = d n. Sinon, on
2
pose a n+1 = d n a n + 1 = d n et b n+1 = b n b n + 1 = b n.

Prouvons par récurrence que pour tout n ∈ ℕn ∈ N
, la propriété (n) P(n)
suivante est vérifiée :

b−a″
(n) : ‘‘a ≤ an ≤ bn ≤ b, f (an ) ≤ 0, f (bn ) ≥ 0, bn − an = n .
2
b − a″
P(n) : ‘‘a ≤ a n ≤ b n ≤ b, f(a n) ≤ 0, f(b n) ≥ 0, b n − a n = .
2n

Initialisation : Il est clair que (0) P(0)
est vérifiée.

Hérédite : Soit maintenant n ∈ ℕn ∈ N
tel que (n) P(n)
est vérifiée, et prouvons (n + 1) P(n + 1)
. On distingue deux cas : si f (d n ) ≥ 0 f(d n) ≥ 0
, alors on a

a ≤ an = an+1 ≤ dn = bn+1 ≤ bn ≤ b.
a ≤ a n = a n + 1 ≤ d n = b n + 1 ≤ b n ≤ b.

De plus, on a bien f (a n+1) = f (a n ) ≤ 0 f(a n + 1) = f(a n) ≤ 0
et f (b n+1) = f (d n ) ≥ 0 f(b n + 1) = f(d n) ≥ 0
. Enfin,

an + bn bn − an b−a
bn+1 − an+1 = − an = = n+1 .
2 2 2
an + bn bn − an b−a
bn + 1 − an + 1 = − an = = .
2 2 2n + 1
 La preuve est totalement identique, et symétrique, si f (d n ) < 0 f(d n) < 0
.

Ainsi, par le principe de récurrence, (n) P(n)
est vraie pour tout entier n ∈ ℕn ∈ N
.

Cette propriété montre que les suites (a n ) (a n)
et (b n ) (b n)
sont adjacentes. Elles convergent vers une limite commune c c
. De plus, par continuité de f f
, on sait que (f (a n ))(f(a n))
et (f (b n ))(f(b n))
convergent vers f (c) f(c)
. Passant à la limite dans l'inégalité

f (an ) ≤ 0 ≤ f (bn )
f(a n) ≤ 0 ≤ f(b n)

on trouve f (c) ≤ 0 ≤ f (c) f(c) ≤ 0 ≤ f(c)
, et donc f (c) = 0 f(c) = 0
.


Dérivées des fonctions usuelles


Fonction Dérivée Intervalle de dérivabilité
x 1 ℝ
x n, n ∈ ℕ∗ nx n−1 ℝ
1
√x 2√x
]0, +∞[
1 −1
x
ℝ∗
x2
sin x cos x ℝ
cos x − sin x ℝ

Fonction Dérivée Intervalle de dérivabilité
x 1 R
x n, n ∈ N ∗ nx n − 1 R
1
√x ]0, + ∞[
2√ x
1 −1
R∗
x x2
sinx cosx R
cosx − sinx R


Démonstration

Dans presque tous les cas, on va étudier la dérivabilité et calculer la dérivée à l'aide du taux d'accoissement.
Le cas le plus facile est celui de la fonction inverse. Pour x ≠ 0 x ≠ 0
et h ≠ 0 h ≠ 0
de sorte que x + h ≠ 0x + h ≠ 0
, on a
1 1
x+h
− x −1 h→0 −1
= −−−→ 2 .
h x(x + h) x
 1 1
− −1 h→0 −1
x+h x
= → .
h x(x + h) 2
x

La démonstration pour la racine carré n'est pas plus compliquée si on pense à utiliser la quantité conjuguée :
soit x > 0 x > 0
et h ≠ 0 h ≠ 0
tel que x + h > 0x + h > 0
. Alors

√‾x‾‾‾
+ h‾ − √x (√‾x‾‾‾
+ h‾ − √x)(√‾x‾‾‾
+ h‾ + √x ) 1 h→0 1
= = −−−→ .
h h(√‾x‾‾‾
+ h‾ + √x ) √‾x‾‾‾
+ h‾ + √x 2√ x

√ x + h − √x (√x + h − √x )(√x + h + √x ) 1 h→0
1
= = → .
h h ( √ x + h + √x ) √ x + h + √x 2√x

La dérivabilité de x ↦ x n x ↦ x n
est plus délicate. On peut

utiliser la formule du binôme de Newton pour développer (x + h)n (x + h) n;
factoriser (x + h)n − x n (x + h) n − x n;
effectuer une démonstration par récurrence, en s'appuyant sur la dérivabilité d'un produit de deux
fonctions dérivables.

Seule la dernière méthode est accessible au lycée, c'est ...