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#1 18-05-2018 12:58:39

leo0
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résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Bonjour


Dans cette démonstration : on étudie le cas où a < 0
et on commence par :

si $x_{1} < x_{2}  \leqslant ⍺ $
alors $x_{1} - ⍺$ < $x_{2} - \alpha \leqslant 0$


Voilà, ce que je comprends :
pour la 1ère ligne

les deux $ x$ sont inférieur à ⍺ ( je ne sais pas si ils sont positifs ou négatifs; je sais seulement que $x_{1}$ et $x_{2}$ sont inférieurs à $\alpha$
donc  je peux les placer sur l'axe des abscisses entre 0 et $-\frac{b}{2a}$

déjà, est ce que je peux dire ça ?

maintenant  à $x_{1}$  si on lui soustrais ⍺
et  la valeur de ($x_{1}$ - ⍺) devient négative
et je ne trouve pas d'explication...

Pouvez vous m'aidez ? s'il vous plait

180518015725341013.png

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#2 19-05-2018 00:00:19

tibo
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Salut,

leo0 a écrit :

donc  je peux les placer sur l'axe des abscisses entre 0 et $-\frac{b}{2a}$

déjà, est ce que je peux dire ça ?

Non tu ne peux pas ; $\alpha$ peut être négatif.



Reprenons :
Il faut montrer que pour tout réel $x_1$ et $x_2$ tels que $x_1<x_2\le \alpha$, on a $x_1-\alpha<x_2-\alpha\le 0$

On a d'une part
$x_1<x_2\ \Leftrightarrow\ x_1-\alpha<x_2-\alpha$.
Et d'autre part
$x_1\le\alpha\ \Leftrightarrow\ x_1-\alpha\le 0$
$x_2\le\alpha\ \Leftrightarrow\ x_2-\alpha\le 0$.

Ces trois inégalités nous donne bien l'inégalité recherchée.


Plus simplement, on peut faire ainsi :
$x_1<x_2\le \alpha \\
\Leftrightarrow\ x_1-\alpha<x_2-\alpha\le \alpha-\alpha \\
\Leftrightarrow\ x_1-\alpha<x_2-\alpha\le 0$

Dernière modification par tibo (19-05-2018 00:04:05)


A quoi sert une hyperbole?
----- A boire de l'hypersoupe pardi !

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#3 19-05-2018 08:29:25

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Bonjour,

Simple question leo0 :
1. Tu commences par écrire :
    Dans cette démonstration : on étudie le cas où a < 0
    Bien que tu ne l'aies pas dit, grâce au dessin joint, on devine que c'est le a de l'équation d'une parabole :
    [tex]y =ax^2+by+c[/tex]
2. Mais tu enchaînes par :
    [tex] x_1 < x_2  \leqslant ⍺[/tex]
    Qu'est-ce que ce [tex]\alpha[/tex] ? la même chose que le $a$ précédent ?

Parce que j'aime bien avoir une vision d'ensemble d'un exercice qui nous est soumis, je regrette beaucoup de ne pas connaître le but de l'exercice...

@+


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#4 20-05-2018 09:21:58

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Bonjour,


il s'agit de la démonstration qui permet de donner un encadrement d'une fonction polynome de degré 2
et ici, l'idée est  d'utiliser [tex]f(x) = (x -\alpha)² + \beta[/tex]

Déjà, elle est pas facile cette démonstration, c'est ce que notre professeur nous a dit, il a ajouté que ce n'est pas une démonstration à connaitre par coeur mais il faut l'avoir vu .....
tout ce que j'ai compris :
- c'est prendre deux images et à $f(x_{2})$ on soustrait $f(x_{1})$

j'ai essayé ceci :

pour calculer $f(x1)$
je pars de $x_{1}$, je luis soustrais $\alpha$ et j'élève au carré
mais est ce que c'est bien cela ?

je propose :

$f(x_{2}) - f(x_{1}) = (x_{2} - \alpha)^2 + \beta - ((x_{1} - \alpha)^2 + \beta)$

$f(x_{2}) -f(x_{1}) = (x_{2} - \alpha)^2 + \beta - (x_{1}- \alpha)^2 - \beta$

je change le signe pour $\beta$ mais pas à l'intérieur de la parenthèse ( c'est bon jusque là ??)

ensuite :

$f(x_{2}) -f(x_{1}) = (x_{2} - \alpha)^2 - (x_{1} - \alpha)^2$

j'utilise l'identité remarquable A² - B² = (A + B) (A - B)

$f(x_{2}) - f(x_{1}) = \left[(x_{2} - \alpha ) + (x_{1} - \alpha)\right] \left[(x_{2} - \alpha) - (x_{1} - \alpha)\right]$

maintenant, je dois en déduire le signe de $f(x_{2})-f(x_{1})$ en étudiant le signe de chaque facteur

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#5 20-05-2018 10:12:33

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

RE,

Oui, c'est bon (mais à mon avis à un détail près).
Tu dois continuer :
[tex]f(x-2)-f(x-1)= (x_2+x_1-2\alpha)(x-2-x_1)[/tex]

Passons au détail...
1. Tu dois te rendre compte qu'ici, que a soit positif ou négatif, n'intervient aucunement dans les calculs...
    Et pourtant dans ton énoncé tel que tu nous l'a livré, tu as écris
   

Dans cette démonstration : on étudie le cas où a < 0

    Si a n'intervient pas à quoi sert cette précision ?

2. Post #4 tu écris :
   

et ici, l'idée est  d'utiliser  [tex]f(x) = (x -\alpha)² + \beta[/tex]

    Toujours pas de mention de a...
    Et pourtant sur le dessin fourni il est bien là... Alors ?

3. N'as-tu pas un énoncé disant [tex]f(x)= a(x -\alpha)² + \beta[/tex] ??
    Pour cette formule, voir ce sujet : http://www.bibmath.net/forums/viewtopic … 400#p56400 post #2...

-------------------------------------------------------------------------------------

Je pense que le but de l'exercice est de montrer que si a est négatif la fonction f telle que [tex]f(x)=ax^2+bx+c[/tex]  est croissante pour tout [tex]x\leqslant\alpha[/tex] et décroissante après...
Comment ?
En prenant $x_1<x_2\leqslant \alpha$ et montrer que [tex]f(x_2)-f(x_1)\geqslant 0[/tex] et donc que $f(x_1)\leqslant f(x_2)$
Pourquoi ?
A cause de la définition d'une fonction croissante  sur un intervalle :

Soit f une fonction et I un intervalle inclus dans son ensemble de définition :
   * la fonction f est croissante sur I si et seulement si, pour tous réels $x_1$ et $x_2$ appartenant à I avec $x_1<x_2$, $f(x_1) \leqslant f(x_2)$ ;
   2 la fonction f est strictement croissante sur I si et seulement si, pour tous réels a et b appartenant à I avec $x_1<x_2$, $f(x_1)< f(x_2)$

Ici l'intervalle [tex] I =]-\infty\,;\,\alpha][/tex]

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#6 20-05-2018 12:14:01

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Bonjour Yoshi

$f(x_{2}) - f(x_{1})   = \left[(x_{2} - \alpha) + (x_{1}- \alpha)\right] \left[(x_{2} - \alpha) - (x_{1} - \alpha) \right]$

je peux enlever les parenthèses dans la première expression entre crochets

$f(x_{2}) - f(x_{1}) = \left[x_{2}- \alpha + x_{1} - \alpha\right] \left[(x_{2}- \alpha) - (x_{1}-\alpha)\right]$

maintenant, je regroupe les valeurs algébriques ( est ce que c'est comme cela que l'on dit ?)

$f(x_{2}) - f(x_{1}) = \left[x_{2}-x_{1} - 2 \alpha\right]\left[(x_{2}- \alpha) - (x_{1}-\alpha)\right]$


là , j'ai regroupé $x_{2}$ et $x_{1}$
c'est ce que j'appelle les valeurs algébriques ....

Dernière modification par yoshi (20-05-2018 12:21:46)

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#7 20-05-2018 12:15:01

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

autre chose :
tu as obtenu
$f(x - 2) - f(x - 1 )$
comment fais -tu ? je cherche, je cherche.....mais je trouve pas

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#8 20-05-2018 12:30:31

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Re,


Ne cherche pas ! Erreur de clavier - au lieu de _
Il fallait lire [tex]f(x_2)-f(x_1)=(x_2+x_1-2\alpha)(x_2-x_1)[/tex]
Toutes mes excuses...

Sinon, toi,  pourquoi écrire alpha et non \alpha, beta et non \beta ?
Inutile de couper une formule en insérant des dollar partout : un au début et un à la fin de la formule suffisent...
J'ai tout corrigé...

je peux enlever les parenthèses dans la première expression entre crochets

Ah... Parce que pour l'autre, tu ne peux pas ? ^_^...
Contente-toi d'annoncer : "on réduit"... c'est suffisant !

Tu n'as pas répondu à ma question :

N'as-tu pas un énoncé disant [tex]f(x)=a(x−\alpha)^2+\beta[/tex] ??
    Pour cette formule, voir ce sujet : http://www.bibmath.net/forums/viewtopic … 400#p56400 post #2...

Parce que, toi, tu écris [tex]f(x)=(x−\alpha)^2+\beta[/tex] et je ne suis pas d'accord : pas logique !
Pour moi, le [tex]a[/tex] doit être présent...

Donc, tu dois arriver à : [tex]f(x_2)-f(x_1)=a(x_2+x_1−2\alpha)(x_2-x_1)[/tex]
Dans l'ordre :
* tu sais que a est négatif
* tu sais que : [tex]x_1 <\alpha[/tex] et [tex]x_2<\alpha[/tex], donc [tex](x_2+x_1−2\alpha)[/tex] est .... ?
* tu sais que [tex]x_1 <x_2[/tex], donc [tex](x_2-x_1)[/tex] est ... ?
* et enfin[tex] f(x_2)-f(x_1)[/tex] est .... ?

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#9 20-05-2018 15:48:31

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Le but est bien de comparer deux images
de démontrer  si a est négatif ( donc la parabole est tournée vers le bas) alors   la parabole est croissante à gauche du sommet et si a > 0 alors f est décroissante  à gauche du sommet ( la parabole étant tournée vers le haut

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#10 20-05-2018 15:52:21

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

180520050003755426.png

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#11 20-05-2018 15:53:57

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

C'est la démonstration que nous avons vu en Février et cela fait quatre mois que je bloque la dessus
j'aimerais que l'on revoit ensemble...
surtout ne pas me donner tout de suite les explications..
il faut me faire chercher...

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#12 20-05-2018 18:40:54

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Bonsoir,

C'est bien ce que je disais : j'avais raison sur toute la ligne...
La démonstration qui figure sur le document est différente de celle que tu proposes (qui est est tout aussi valable...).
Personnellement, je la trouve plus simple (et plus longue) mais c'est celle que je proposerais si j'avais à le faire...
On ne va pas jeter aux orties tout ce que tu as fait : on va aller jusqu'au bout de ton idée (si tu as trouvé cela toute seule, bravo !)...

Quand ce sera fait et clair pour toi, on reviendra à celle du document ci-dessus pour détailler davantage les étapes : à première vue, il semble qu'il n'y figure pas toutes les explications, et c'est ça qui te gêne...
---------------------------------------------------
Donc revenons à ce que tu as fait, ou aurais dû faire en gardant le $a$...
Sans le $a$ ta démo n'est pas valable...

Donc, tu es parti de [tex]f(x)=x^2+bx+c[/tex] que tu as écrit sous la forme [tex]f(x)=(x-\alpha)^2+\beta[/tex]  avec [tex]\alpha=-\dfrac{b}{2a}[/tex]...
Alors que que tu aurais dû partir de [tex]f(x)=ax^2+bx+c[/tex]  et l'écrire sous la forme [tex]f(x)=a(x-\alpha)^2+\beta[/tex]
Pas grade différence, s'pas ? à part le $a$  qu'on va garder jusqu'au bout, sinon c'est identique, je me répère,  à ce que tu as fait...

Tu as pris deux valeurs distinctes de $x$ : $x_1$ et $x_2$ et telles que [tex]x_1<x_2\leqslant\alpha[/tex]
Et il aurait fallu écrire :
[tex]f(x_2)=a(x_2-\alpha)^2+\beta[/tex]
[tex]f(x_1)=a(x_1-\alpha)^2+\beta[/tex]

Tu as ensuite calculé [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex] qui aurait d^être avec le $a$ :
[tex]f(x_2)-f(x_1)=a(x_2-\alpha)^2+\beta-[a(x_1-\alpha)^2+\beta]= a(x_2-\alpha)^2 - a(x_1-\alpha)^2[/tex]         

Mise en facteur de $a$ puisqu'il est toujours là :
[tex]f(x_2)-f(x_1)= a[(x_2-\alpha)^2 -(x_1-\alpha)^2][/tex]

Factorisation de l'expression entre crochets ci-dessus (En principe, pas besoin de dire que tu as reconnu [tex]a^2-b^2[/tex] sauf si ton prof l'exige..) :
[tex]f(x_2)-f(x_1)= a[(x_2-\alpha)+(x_1-\alpha)][(x_2-\alpha)-(x_1-\alpha)[/tex]

On supprime les parenthèses dans les crochets, et on remplace  les crochets par des parenthèses :
[tex]f(x_2)-f(x_1)= a(x_2-\alpha+x_1-\alpha)(x_2-\alpha-x_1+\alpha)[/tex]
(En principe, pas besoin de dire que tu as changé les signes dans la parenthèse précédée d'un - sauf... si ton prof l'exige)

On réduit dans chaque parenthèse et on arrive à :
[tex]f(x_2)-f(x_1)= a(x_2+x_1-2\alpha)(x_2-x_1)[/tex]
(c'est ce que tu as trouvé, le $a$ en moins..)

Comme tu l'as dit, tu cherches maintenant le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex]...
C'est pratiquement fini...

Je pense que tu as vu que [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex] est un produit de 3 facteurs :
--> $a$
--> [tex](x_2+x_1-2\alpha)[/tex]
--> [tex](x_2-x_1)[/tex]

Maintenant que te reste-t-il à faire ? Réponse : trouver le signe de chacun, puis en déduire le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex]...

J'attends tes propositions.

@+


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#13 21-05-2018 16:05:32

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Toute fonction polynôme $f$ de degré 2 définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = ax² + bx  + c$ peut s'écrire sous la forme $f(x) = (x - α)² + β$

avec $α = - b/2a$

d'après la démonstration

Soit $f$ une fonction polynôme de degré 2 définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = a x² + bx + c $

$ f(x) = a (x² + \frac{b}{a} x + \frac{c}{a}) $
et la mise en facteur par $a$ :  c'est ici que ça se joue pour la présence de $a$

ensuite, je dis que je reconnais une identité remarquable dans $x² + \frac{b}{a}x $ ... c'est le début du développent d'une identité remarquable, pour dire que j'ai bien compris
$x² + \frac{b}{a}x + (\frac{b}{2a})² = (x + \frac{b}{2a})² $ et j'en déduis : $f(x) = a \left[(x + \frac{b}{2a})² - (\frac{b}{2a})² +\frac{c}{a}\right]$



Finalement :


$f(x) = a \left[(x +\frac{b}{2a})² - \frac{b²}{4a²} +\frac{4ac}{4a²}\right]$

Pour pouvoir additionner  les deux fractions : j'ai multiplié la dernière fraction par $4a$



$f(x)$  = a $ \left[(x + \frac{b}{2a})² + \frac{4ac}{4a²} - \frac{b²}{4a²}\right]$ =  a $\left[(x + \frac{b}{2a})² - \frac{-4ac + b²}{4a²}\right]$

et je pose $\alpha = \frac{-b}{2a}$ et $\beta = -\frac{b² + 4ac}{4a²}$ pour dire que $f(x) = a x² + b x + c $=a $ (x - \alpha)² +\beta $

Voilà !
j'étais parti de $f(x) = x² - b x + c$ que j'ai écrit sous la forme $f(x) = (x -\alpha)² + \beta$ c'est à dire sans le a
et effectivement je ne peux pas faire de démonstration valable avec cet hypothèse, en partant de cet hypothèse

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#14 21-05-2018 16:07:08

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

j'ai oublié de dire Bonjour

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#15 21-05-2018 16:13:24

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

partir de $f(x) = (x - \alpha)² + \beta$
on ne peut pas ..
d'après la démonstration qui permet de montrer que $f(x) =a x² + bx + c = a(x -\alpha)² +\beta$ et bien on voit bien qu'il y a le $a$  qui est en facteur
et pour calculer les images de deux valeurs distinctes de x
et bien , forcément
on va avoir $f(x_{1}) $= a suivi de la parenthèse avec le carré et j'y remplace le x par la valeur choisie.....

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#16 21-05-2018 17:22:04

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Salut,

Oui, c'est bien...

MAIS, quand j'ai dit : sans le a ta démonstration n'est pas valable, Je n'ai pas été assez précis, donc je reprends.

Ta démonstration n'est pas valable parce que :
1. Elle doit être valable pour n'importe quel a négatif
2. En partant de[tex] f(x)=(x−\alpha)^2+\beta[/tex], ta fonction polynôme de départ n'est pas [tex]f(x)=ax^2+bx+c[/tex], mais [tex]f(x)=x^2+bx+c[/tex].
   Donc avec [tex]a =1[/tex] !!!
Ta démonstration "sans le a", est une démonstration vraie pour a =1 et non quel que soit a...
3. De plus ton énoncé étudie dans cette question le cas où a<0...

J'avais écrit :

[tex]f(x_2)-f(x_1)= a(x_2+x_1-2\alpha)(x_2-x_1)[/tex]
(c'est ce que tu as trouvé, le $a$ en moins..)

Comme tu l'as dit, tu cherches maintenant le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex]...
C'est pratiquement fini...

Je pense que tu as vu que [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex] est un produit de 3 facteurs :
--> $a$
--> [tex](x_2+x_1-2\alpha)[/tex]
--> [tex](x_2-x_1)[/tex]

Maintenant que te reste-t-il à faire ? Réponse : trouver le signe de chacun, puis en déduire le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex]...

J'attends tes propositions.

Donc quelles propositions fais-tu en ce qui concerne le signe de :
--> $a$
--> [tex](x_2+x_1-2\alpha)[/tex]
--> [tex](x_2-x_1)[/tex]

puis enfin le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex] ?

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#17 21-05-2018 17:36:39

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

si je commence ma démonstration en énonçant au départ que $a = 1$
Ai- je le droit de dire :

enfin, de prendre $f(x_{2})= (x_{2} -\alpha)²+\beta$ et de lui soustraire $f(x_{1} ) = (x_{1} - \alpha)²+\beta$

et de calculer :$f(x_{2}) - f(x_{1}) = ( x_{2} - \alpha)² + \beta - \left[(x_{1} - \alpha)²+\beta\right]$

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#18 21-05-2018 17:39:40

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

en fait il s'agit d'un cas général, et comme il y a deux types de parabole :
-  soit une parabole tournée vers le haut dans le cas où  a < 0
- soit parabole tournée vers la bas si a >0

comme il y'a ces 2 possibilités, c'est la raison pour laquelle il  y a présence de a
c'est bien cela ???

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#19 21-05-2018 17:48:16

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

parce que si j'ai pas mis le $a$ c'est par étourderie .....

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#20 21-05-2018 17:57:37

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Pour la suite de la démonstration
Quelle proposition pour :
--> a
--> $(x_{2} + x_{1} - 2\alpha) $
--> $(x_{2}- x_{1}$

j'engage une discussion
:

si a est positif alors le signe de $f(x_{2} - f(x_{1})$ va être du signe de $(x_{2} + x_{1} - 2\alpha) (x_{2}-x_{1})$
$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)>0$ et $(x_{2}-x_{1})>0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) > 0$


$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)>0$ et $(x_{2}-x_{1})<0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) <  0$


$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)<0$ et $(x_{2}-x_{1})>0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) <  0$


$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)<0$ et $(x_{2}-x_{1})<0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) > 0$

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#21 21-05-2018 18:24:58

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Re,

si a est positif alors le signe de [tex]f(x_2)−f(x_1)[/tex] va être du signe de $(x_2+x_1−2\alpha)(x_2−x_1)$

Stop !
T'as déjà oublié ?
Relis donc la première ligne de ton 1er post (après le Bonjour)...

$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)>0$ et $(x_{2}-x_{1})>0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) > 0$


$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)>0$ et $(x_{2}-x_{1})<0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) <  0$


$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)<0$ et $(x_{2}-x_{1})>0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) <  0$


$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)<0$ et $(x_{2}-x_{1})<0$ alors $f(x_{2}) - f(x_{1}) > 0$

Bel effort ! Mais, hélas (quoique  la connaissance et les bons réflexes s'acquièrent au fil des erreurs), inutile dès le départ (j'ai commencé ma réponse par là... Concentre-toi davantage.)

Mais ici, dans cette question, $a$ possède un signe précis. Lequel ?
$(x_{2} + x_{1} - 2\alpha)$ aussi : soit +, soit -. Lequel et pourquoi ?
$(x_{2} -x_{1})$ également : soit +, soit -. Lequel et pourquoi ?

[tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex] a donc en conséquence un signe précis. Lequel ?

@+


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#22 23-05-2018 15:12:43

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

oui,
j'ai commencé le message par :
si a est positif alors le signe de la différence va être du signe de $(x_{2}+x_{1}−2\alpha)(x_{2}-x_{1})$


pour me comprendre en fait j'ai toujours un oeil sur le document dans lequel figure les 2 cas ( a  > 0 et a < 0)

et j'ai commencé la démonstration comme si  je voulais travailler le CAS général
et plus exactement discuter sur les 2 cas : c'est à dire soit $ a < 0$ ou soit $a > 0$

pour cela en  commençant par le cas où $a > 0$
et dans ce cas , je peux dire et bien si $a > 0 $ alors on a donc que le signe de cette différence, c'est à dire le signe  de $a(x_{2}+x_{1}−2\alpha)(x_{2}-x_{1})$ sera la même que  le signe de $(x_{2}+x_{1}−2\alpha)(x_{2}-x_{1})$
et si a < 0 je ne peux pas dire si a < 0 alors le signe de $f(x_{2} - f(x_{1}))$ va dépendre de $(x_{2}+x_{1}−2\alpha)(x_{2}-x_{1})$
ça ce n'est possible que si a > 0

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#23 23-05-2018 16:37:12

yoshi
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

Bonsoir,

Tu te disperses : c'est bien d'avoir l’œil sur le document, mais en l'occurrence, tu traites ici la question n°1...
Pourquoi me parles-tu de la 2e question ?
Faisons les choses dans l'ordre : avant la 2e question, il y a la première...
Et que dit cette première question  ?

1. Etudions le cas ou [tex]a<0[/tex]

Oui ou Non ? (pas d'autre choix).
Le déroulement est le même dans les deux cas : on aboutit à :  [tex]f(x_2)-f(x_1)=a(x-2-x_1-2\alpha)(x_2-x_1)[/tex]
Donc nous étudions le cas où a<0
Pour la 2e question, il sera inutile de recommencer tout le travail : il suffira juste de repartir de la formule ci-dessus et de chercher le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex] en prenant le cas a>0

Pour le moment, traitons la première question : [tex]a<0[/tex]
J'ai attiré ton attention sur le fait que  $f(x_2)-f(x_1)$ s'écrivait comme un produit de 3 facteurs.
Je rajoute le symbole $x$ pour bien les détacher :
[tex]a\,\times\,(x_2+x_1-2\alpha)\,\times\,(x_2-x_1)[/tex]

et si a < 0 je ne peux pas dire si a < 0 alors le signe de f(x_2−f(x_1)) va dépendre de (x2+x1−2\alpha)(x2−x1)
ça ce n'est possible que si a > 0

Qu'est-ce que tu me racontes ?
Tu veux me dire que dans la première question tu ne peux pas employer la conjonction de subordination "si" ? Bin, c'est une évidence !
On peut dire :
Question n°1 : Je choisis dans cette question a  négatif
Et dans la
Question n°2 :  Je choisis dans cette question a  positif

Donc :
1.  Etudions le cas ou [tex]a<0[/tex]
         On sait maintenant que  $f(x_2)-f(x_1)$ s'écrit sous la forme d'un produit de 3 facteurs : [tex]a\,\times\,(x_2-x_1-2\alpha)\,\times\,(x_2-x_1)[/tex]
    * signe de a : -
    * signe de [tex](x_2+x_1-2\alpha)[/tex] ? Je ne me trompe pas ? Tu dis bien qu'on ne pas savoir ???
   Bien sûr que si !!!
   L'énoncé t'a dit de choisir [tex]x_1<x_2\leqslant\alpha[/tex] donc tu sais que
   [tex] \begin{cases}x_1&<\alpha\\x_2&\leqslant\alpha\end{cases}[/tex]
  Qu'en conclus-tu pour [tex]x_1+x_2[/tex] ?
  Puis pour  [tex]x_1+x_2-2\alpha[/tex] ?
  * signe de [tex]x_2-x_1[/tex] ? L'énoncé te dit qu'on prend [tex]x_1<x_2[/tex]... Conclusion pour[tex] (x_2-x_1)[/tex] ?

  Maintenant tu peux connaître le signe de [tex]f(x_2)-f(x_1)[/tex].
  Et dans cette question c'est ?
  Et compare [tex]f(x_2)[/tex]  avec  [tex] f(x_1)[/tex]... Dans cette question f est-elle croissante ou décroissante ?

@+


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#24 23-05-2018 17:08:57

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

nous avons obtenu $a(x_{2}+x_{1}−2\alpha)(x_{2}-x_{1})$ en calculant une différence $f(x_{2})-f(x_{1})$
et $f(x_{2}) -f(x_{1})$ s'écrit comme un produit de 3 facteurs
ça c'est compris ....

ce que je veux dire : si le premier facteur de ce produit est positif :  si a > 0
et bien $f(x_{2}) - f(x_{1})$ a même signe que $(x_{2}+x_{1}−2\alpha)(x_{2}-x_{1})$
Ai- je le droit de dire ça ?

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#25 23-05-2018 17:12:16

leo0
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Re : résolution algébrique avec ⍺ qui me pose problème

si dans un produit de trois facteurs
l'un d'entre eux est positif

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