Calculer les images ou les antécédents d'une fonction numérique- Logamaths.fr

Prérequis

– Intervalles
– Repérage d’un point dans le plan.
– Domaine de définition d’une fonction de la variable réelle
– Courbe représentative d’une fonction de la variable réelle dans un repère du plan.

Exercices résolus

Exercice résolu n°1. Soit $f$ la fonction définie par :
$$f(x)=\dfrac{3}{2}x-5$$
On appelle $C_f$ sa courbe représentative dans un repère du plan.
1°) Quelle est la nature de cette fonction $f$ ?
2°) Déterminer le domaine de définition de la fonction $f$.
3°) Calculer les images de $0$ ; $-1$ ; $2$ et $\sqrt{2}$ par la fonction $f$.
4°) Les points $A(-3;-\frac{19}{2})$, $B(-2;2)$ et $E(\sqrt{2};3\sqrt{2}-10)$ appartiennent-ils à la courbe $C_f$ ? Justifiez votre réponse.
5°) Déterminer les antécédents, lorsqu’ils existent, de : $0$ ; $3$ et $\dfrac{5}{4}$ par la fonction $f$.

Corrigé.
1°) $f$ est une fonction affine, car son expression est de la forme :
$$f(x) = mx+p\quad\text{avec }m=\dfrac{3}{2}\text{ et }p=-5$$

2°) $f(x)$ exiete pour tout $x\in\R$. Donc :
$$\color{brown}{\boxed{\quad D_f=\R\quad}}$$

3°) Calcul des images de $0$, $-1$, $2$ et $\sqrt{2}$ par la fonction $f$.

a) $0\in D_f$ donc : $f(0)=\dfrac{3}{2}\times 0-5=0-5=-5$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad f(0)=-5\quad}}$$
b) $-1\in D_f$ donc : $f(-1)=\dfrac{3}{2}\times(-1)-5=\dfrac{-13}{2}=-\dfrac{13}{2}$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad f(-1)=-\dfrac{13}{2}\quad}}$$
c) $2\in D_f$ donc : $f(2)=\dfrac{3}{\not2}\times\not2-5=-2$. Donc :
$$\color{brown}{\boxed{\quad f(2)=-2\quad}}$$
d) $\sqrt{2}\in D_f$ donc : $f(\sqrt{2})=\dfrac{3}{2}\times\sqrt{2}-5=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}-5=\dfrac{3\sqrt{2}-10}{2}$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad f(\sqrt{2})=\dfrac{3\sqrt{2}-10}{2}\quad}}$$

4°) Les points $A(-3;-\frac{19}{2})$, $B(-2;2)$ et $E(\sqrt{2};3\sqrt{2}-10)$ appartiennent-ils à la courbe $C_f$ ? Justifiez votre réponse.

Pour tout point $M(x;y)$ du plan, on sait que :
$$\color{brown}{\boxed{\quad [M(x, y)\in C_f \Longleftrightarrow y = f(x)]\quad}}$$
a) Pour le point $A(-3;-\frac{19}{4})$ :
$-3\in D_f$ donc : $f(-3)=\dfrac{3}{2}\times(-3)-5$ ${}=\dfrac{-9}{2}-5=-\dfrac{19}{2}=y_A$
Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad A\in C_f\quad}}$$
b) Pour le point $B(-2;2)$ :
$-2\in D_f$ donc : $f(-2)=\dfrac{3}{2}\times(-2)-5 =-8\not=y_B$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad B\not\in C_f\quad}}$$

c) Pour le point $E(\sqrt{3};3\sqrt{2}-10)$
$\sqrt{3}\in D_f$ donc : $f(\sqrt{2})=\dfrac{3}{2}\times\sqrt{2}-5=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}-5$ ${}=\dfrac{3\sqrt{2}-10}{2}\not=y_E$. Donc :
$$\color{brown}{\boxed{\quad E\not\in C_f\quad}}$$

5°) Pour déterminer l’antécédent d’un nombre $y_0$, nous devons résoudre l’équation $\color{brown}{\boxed{\quad f(x)=y_0\quad}}$.

a) Pour $y_0=0$, on résout l’équation $f(x)=0$. On a :
$$\begin{array}{rcl}
f(x)=0 &\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x-5=0 \\
&\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x=5 \\
&\Longleftrightarrow & x=5\times\dfrac{2}{3} \\
&\Longleftrightarrow & x=\dfrac{10}{3} \\
\end{array}$$
Par conséquent, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution : $x=\dfrac{10}{3}$.
Conclusion. $0$ admet un unique antécédent $x=\dfrac{10}{3}$.

b) Pour $y_1=3$, on résout l’équation $f(x)=3$. On a :
$$\begin{array}{rcl}
f(x)=3 &\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x-5=3 \\
&\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x=5+3 \\
&\Longleftrightarrow & x=8\times\dfrac{2}{3} \\
&\Longleftrightarrow & x=\dfrac{16}{3} \\
\end{array}$$
Par conséquent, l’équation $f(x)=3$ admet une unique solution : $x=\dfrac{16}{3}$.
Conclusion. $3$ admet un unique antécédent $x=\dfrac{16}{3}$.

c) Pour $y_2=\dfrac{5}{4}$, on résout l’équation $f(x)=\dfrac{5}{4}$. On a :
$$\begin{array}{rcl}
f(x)=3 &\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x-5=\dfrac{5}{4} \\
&\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x=5+\dfrac{5}{4} \\
&\Longleftrightarrow & \dfrac{3}{2}x=\dfrac{25}{4} \\
&\Longleftrightarrow & x=\dfrac{25}{4}\times\dfrac{2}{3} \\
&\Longleftrightarrow & x=\dfrac{25}{6} \\
\end{array}$$
Par conséquent, l’équation $f(x)=\dfrac{5}{4}$ admet une unique solution : $x=\dfrac{25}{6}$.
Conclusion. $3$ admet un unique antécédent $x=\dfrac{25}{6}$.

Exercice résolu n°2. Soit $g$ la fonction définie par :
$$g(x)=\dfrac{2x+3}{x-4}$$
On appelle $C_g$ sa courbe représentative dans un repère du plan.
1°) Déterminer le domaine de définition de la fonction $g$.
2°) Calculer les images de $0$, $-1$, $2$ et $\sqrt{2}$ par la fonction $g$.
3°) Les points $A(-3;-9)$, $B(5;-13)$ et $E(1;-\frac{5}{3})$ appartiennent-ils à la courbe $C_f$ ? Justifiez votre réponse.
4°) Déterminer les antécédents, lorsqu’ils existent, de : $0$ ; $1$ ; $3$ et $4$ par la fonction $g$.

Corrigé.
1°) Soit $x\in\R$. $g(x)=\dfrac{2x+3}{x-4}$.
L’expression de $g(x)$ est un quotient. Donc, $g(x)$ existe si, et seulement si, le dénominateur est non nul.
$$x\in D_g\Longleftrightarrow x-4\not=0 \Longleftrightarrow x\not=4$$
Par conséquent :
$$x\in D_g\Longleftrightarrow x\not=4$$
Conclusion. Le domaine de définition de la fonction $g$ s’écrit :
$$\color{brown}{\boxed{\quad D_g=\R\setminus\{4\}\quad}}$$
ou encore :
$$\color{brown}{\boxed{\quad D_g=\left]-\infty;4\right[\cup\left]4;+\infty\right[\quad}}$$

2°) Calcul des images de $0$, $-1$ et $\dfrac{3}{2}$ par la fonction $g$.

a) $0\in D_f$ donc : $g(0)=\dfrac{2\times 0+3}{0-4}=\dfrac{3}{-4}=-\dfrac{3}{4}$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad g(0)=-\dfrac{3}{4}\quad}}$$
b) $-1\in D_f$ donc : $g(-1)=\dfrac{2\times(-1)+3}{-1-4}=\dfrac{1}{-5}=-\dfrac{1}{5}$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad g(-1)=-\dfrac{1}{5}\quad}}$$
c) $\dfrac{3}{2}\in D_f$ donc : $g(\frac{3}{2})=\dfrac{2\times\frac{3}{2}+3}{\frac{3}{2}-4}$ ${}=\dfrac{6}{\frac{-5}{2}}=6\times \dfrac{-2}{5}=\dfrac{-12}{5}$. Donc :
$$\color{brown}{\boxed{\quad g(\frac{3}{2})=\dfrac{-12}{5}\quad}}$$

3°) Les points $A(-3;-9)$, $B(5;-13)$ et $E(1;-\frac{5}{3})$ appartiennent-ils à la courbe $C_g$ ? Justifiez votre réponse.

Soit $M(x;y)$ un point du plan. On sait que :
$$\color{brown}{\boxed{\quad [M(x, y)\in C_g \Longleftrightarrow y = g(x)]\quad}}$$
a) Pour le point $A(-3;-9)$ :
$-3\in D_g$ donc : $g(-3)=\dfrac{2\times(-3)+3}{(-3)-4}=\dfrac{-3}{-7}=\dfrac{3}{7}\not=y_A$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad A\not\in C_g\quad}}$$
b) Pour le point $B(5;-13)$ :
$5\in D_g$ donc : $g(5)=\dfrac{2\times(5)+3}{5-4}=\dfrac{13}{-1}=-13=y_B$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad B\in C_g\quad}}$$
c) Pour le point $E(1;-\frac{5}{3})$ :
$1\in D_f$ donc : $g(1)=\dfrac{2\times 1+3}{1-4}=\dfrac{5}{-3}=-\dfrac{5}{3}=y_E$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad E\in C_f\quad}}$$

Exercice résolu n°3. Soit $h$ la fonction définie par :
$$h(x)=\dfrac{2x+1}{x^2-1}$$
On appelle $C_h$ sa courbe représentative dans un repère du plan.
1°) Déterminer le domaine de définition de la fonction $h$.
2°) Calculer les images de $0$ ; $-1$ ; $2$ et $\sqrt{2}$ par la fonction $h$.
3°) Les points $A(-3;\frac{-5}{8})$, $B(-2;2)$ et $E(\sqrt{3};2\sqrt{3}+1)$ appartiennent-ils à la courbe $C_h$ ? Justifiez votre réponse.

Corrigé.
1°) Soit $x\in\R$. L’expression de $h(x)$ est un quotient. Donc, $h(x)$ existe si, et seulement si, le dénominateur est non nul.
$$x\in D_h\Longleftrightarrow x^2-1\not=0$$
Or pour tout $x\in\R$ : $x^2-1=(x+1)(x-1)$ (Identité remarquable $IRn$°$3$). Donc : $$x^2-1=0 \Longleftrightarrow (x+1)(x-1)=0$$
Donc, d’après le théorème du produit nul :
$$\begin{array}{rcl}
x^2-1=0 &\Leftrightarrow & x+1=0\text{ ou }x-1=0\\
&\Leftrightarrow & x=-1\text{ ou }x=1\\
\end{array}$$
Par conséquent :
$$x\in D_h\Longleftrightarrow x\not=-1\text{ et }x\not=1$$
Conclusion. Le domaine de définition de la fonction $h$ s’écrit :
$$\color{brown}{\boxed{\quad D_h=\R\setminus\{-1;1\}\quad}}$$
ou encore :
$$\color{brown}{\boxed{\quad D_h=\left]-\infty;-1\right[\cup\left]-1;1\right[\cup\left]1;+\infty\right[\quad}}$$

2°) Calcul des images de $0$, $-1$, $2$ et $\sqrt{2}$ par la fonction $f$.
a) $0\in D_h$ donc : $h(0)=\dfrac{2\times 0+1}{0^2-1}=\dfrac{1}{-1}=-1$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad h(0)=-1\quad}}$$
b) $-1\not\in D_h$ donc : $f(-1)$ n’existe pas. $-1$ n’admet aucune image par la fonction $f$.
c) $2\in D_h$ donc : $h(2)=\dfrac{2\times 2+1}{2^2-1}=\dfrac{5}{3}$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad h(2)=\dfrac{5}{3}\quad}}$$
c) $\sqrt{2}\in D_h$ donc : $h(\sqrt{2})=\dfrac{2\times\sqrt{2}+1}{(\sqrt{2})^2-1}=\dfrac{2\sqrt{2}+1}{1}$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad h(\sqrt{2})=\sqrt{2}+1\quad}}$$

3°) Les points $A(-3;\frac{-5}{8})$, $B(-2;2)$ et $E(\sqrt{3};2\sqrt{3}+1)$ appartiennent-ils à la courbe $C_h$ ? Justifiez votre réponse.
Soit $M(x;y)$ un point du plan. On sait que :
$$\color{brown}{\boxed{\quad [M(x, y)\in C_h \Longleftrightarrow y = h(x)]\quad}}$$
a) Pour le point $A(-3;\frac{-5}{8})$ :
$-3\in D_h$ donc : $h(-3)=\dfrac{2\times(-3)+1}{(-3)^2-1}=\dfrac{-5}{8}=y_A$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad A\in C_h\quad}}$$
b) Pour le point $B(-2;2)$ :
$-2\in D_h$ donc : $h(-2)=\dfrac{2\times(-2)+1}{(-2)^2-1}=\dfrac{-3}{3}=1\not=y_B$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad B\not\in C_h\quad}}$$
c) Pour le point $E(\sqrt{3};2\sqrt{3}+1)$
$\sqrt{3}\in D_h$ donc : $h(\sqrt{3})=\dfrac{2\times\sqrt{3}+1}{(\sqrt{3})^2-1}=\dfrac{2\sqrt{3}+1}{2}\not=y_E$. Donc : $$\color{brown}{\boxed{\quad E\not\in C_h\quad}}$$

L	M	M	J	V	S	D
1	2	3	4	5	6	7
8	9	10	11	12	13	14
15	16	17	18	19	20	21
22	23	24	25	26	27	28
29	30

Calculer des images ou des antécédents à partir de l’expression d’une fonction

Prérequis

Exercices résolus