Ben, je ne vois pas quoi démontrer d'autre... On a $ f'(x_0)=x_0^2+1 $, la fonction $ f(x_0) $est donc une primitive de f'. De plus, pour $ x_0=0 $, l'aire est nulle puisque les droites d'équations $ x=0 $ et $ x=x_0 $ sont confondues. mais c'est trivial il me semble...
Ta réponse au 3 est très mal quantifiée.
Ou un peu à l'arrache c'est vrai
SPOILER:
Pour tout $ p(x) $ un polynôme, on associe $ \mathcal{P} $ la courbe de la fonction $ x\mapsto p(x) $
Si on reprend la définition de $ f(x_0) $ précédente, on peut donc écrire, pour tout p(x):
$ \forall x_0 \in \mathbb{R}^+ , f'(x_0)=p(x) $
Or, $ f(0)=0 $, donc, $ f(x)=P(x) $, avec $ P(x) $ la primitive de $ p(x) $ qui s'annule en 0
Syl20 : comme vous le demandiez, je vous ai écrit des remarques ci-dessus. Sinon, il est quand même écrit dans l'énoncé qu'on ne s'autorise pas à utiliser des résultats provenant du chapitre "Primitives et intégrales"...
Ah mince... pour l'instant je n'ai vu que les primitives étaient liées aux intégrales... Je n'ai pour l'instant vu que les primitives, et non leur application en intégrale.
Par "valeurs inférieures", vous voulez dire quand h<0 ?
A l'aide du schéma que je ne peux pas joindre car... plus la place sur le forum , on peut réaliser un encadrement à l'aide des deux rectangles :
SPOILER:
$ h(x_0^2+1)\leq f(x_0+h)-f(x_0) \leq h((x_0+h)^2+1) $
$ x_0^2+1\leq \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \leq (x_0+h)^2+1 $
Et, par comparaison, quand $ h\to 0 , \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \to x_0^2+1 $ pour $ h>0 $
Pour $ h<0 $ ,on a donc :
$ -h((x_0+h^)^2+1)\leq f(x_0+h)-f(x_0) \leq -h(x_0^2+1) $
En suivant le même raisonnement (que j'ai moyennement envie de détailler parce que latex c'est vraiment long ), on trouve
quand $ h\to 0 , \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \to x_0^2+1 $ pour $ h<0 $
On pose donc $ \tau(h)=\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} $
Comme $ lim \tau(h) _{h\to 0} = x_0^2+1 $ pour $ h<0 $ et pour $ h>0 $, on a donc $ \forall h\in \mathbb{R}^*, lim \tau(h) _{h\to 0} = x_0^2+1 $
ok, quelques maladresses ($ \forall h\in\mathbb{R}^* \lim_{h\to 0} \tau(h)=... $ n'a pas de sens) mais on y est. Donc, vous avez démontré que $ f $ est dérivable en tout $ x_0 $ pris dans $ ]0,+\infty[ $ et que $ f $ est dérivable à droite en $ 0 $. Vous avez aussi déterminé sa fonction dérivée sur $ [0,+,\infty[ $ qui est donc $ f' : x\mapsto x^2+1 $. Il reste maintenant à identifier $ f $. Là, il y a une grosse subtilité qui vous échappe peut-être : si on dérive sur $ [0,+\infty[ $ les fonctions $ x\mapsto \frac{1}{3}x^3 +x+c $ avec $ c $ un réel, alors on obtient $ f' $. Mais pour identifier $ f $ comme étant l'une d'elles, vous devez justifier que ce sont les seules pour lesquelles le phénomène se produit : cf. l'un des résultats admis au début de l'énoncé.
2°) Pour quelles valeurs de $ x $, $ f(x) $ décrit-il les carrés parfaits ?
1. Si vous ne faites pas d'autres hypothèses, il peut y avoir plusieurs fonctions qui vérifient cette relation. A priori, on ne peut donc pas parler de la fonction qui...
Quand on résout l'équation du second degré en $ f(x) $ on obtient deux fonctions possibles la condition $ f(0)=1 $permet de déterminer la fonction voulue puisque une seule des deux solutions vérifie cette condition. J'avais oublié de préciser le domaine de définition pour qu'il n'y ait pas d'ambiguité pour le discriminant
Non : quand on résout l'équation du second degré, on travaille à x fixé. Pour chaque valeur de x, on aura 0, 1 ou 2 solutions. Pour les bonnes valeurs de x (il y en a une infinité), on aura deux solutions distinctes. Pour 0, on impose 1 mais pour les autres valeurs de x, on impose rien de plus sur la solution. On a donc le choix et on peut ainsi construire une infinité de fonctions qui vérifient le problème.
Prenez un exemple plus simple : trouvez plein de fonctions $ f $ telles que $ f(0)=1 $ et pour tout réel $ x $ $ f(x)^2=1 $.
Dernière modification par Magnéthorax le 23 janv. 2016 17:20, modifié 1 fois.
, on peut réaliser un encadrement à l'aide des deux rectangles :
), on trouve