Terminale

Continuité et théorème des valeurs intermédiaires — Exercices d'application

1. Fonction continue

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Exercice 1 — ⭐

Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^2 + 1$ si $x < 2$ et $f(x) = ax - 1$ si $x \geqslant 2$ . Détermine $a$ pour que $f$ soit continue sur $\mathbb{R}$ .
On note $E(x)$ la partie entière de $x$ . Calcule $E(2{,}7)$ , $E(-2{,}7)$ et $E(3)$ . La fonction $x \mapsto E(x)$ est-elle continue en $3$ ? Justifie.

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Sur $]-\infty\,;\,2[$ et sur $]2\,;\,+\infty[$ , $f$ est polynomiale donc continue. En $2$ : $\displaystyle\lim_{x \to 2^-} f(x) = 5$ et $f(2) = 2a - 1$ . $f$ est continue en $2$ si et seulement si $2a - 1 = 5$ , soit $a = 3$ .
$E(2{,}7) = 2$ , $E(-2{,}7) = -3$ , $E(3) = 3$ . Pour $x \in [2\,;\,3[$ , $E(x) = 2$ , donc $\displaystyle\lim_{x \to 3^-} E(x) = 2 \neq E(3)$ : $E$ n’est pas continue en $3$ .

2. Dérivabilité et continuité

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Exercice 2 — ⭐

Vrai ou faux ? Justifie.

$x \mapsto \dfrac{e^x}{x^2 + 1}$ est continue sur $\mathbb{R}$ .
Une fonction continue sur $\mathbb{R}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ .
Si une fonction n’est pas continue en $a$ , elle n’est pas dérivable en $a$ .

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Vrai : quotient de fonctions dérivables avec dénominateur jamais nul, donc dérivable, donc continue.
Faux : la valeur absolue est continue sur $\mathbb{R}$ mais pas dérivable en $0$ .
Vrai : c’est la contraposée de « dérivable en $a$ ⟹ continue en $a$ ».

3. Image d’une suite convergente

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Exercice 3 — ⭐⭐

Détermine la limite de chaque suite en citant le théorème utilisé.

$a_n = e^{1/n}$ ( $n \geqslant 1$ )
$b_n = \sqrt{4 + \dfrac{1}{n}}$ ( $n \geqslant 1$ )
$c_n = \left(3 - 0{,}5^n\right)^2$

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$\dfrac1n \to 0$ et $\exp$ est continue en $0$ : $a_n \to e^0 = 1$ .
$4 + \dfrac1n \to 4$ et la racine carrée est continue en $4$ : $b_n \to 2$ .
$3 - 0{,}5^n \to 3$ et $x \mapsto x^2$ est continue en $3$ : $c_n \to 9$ .

Exercice 4 — ⭐⭐⭐

Soit $(u_n)$ définie par $u_0 = 0$ et $u_{n+1} = \dfrac{2u_n + 3}{u_n + 4}$ . On note $f(x) = \dfrac{2x + 3}{x + 4}$ sur $[0\,;\,+\infty[$ .

Vérifie que $f(x) = 2 - \dfrac{5}{x + 4}$ et déduis-en que $f$ est croissante sur $[0\,;\,+\infty[$ .
Démontre par récurrence que, pour tout $n$ , $0 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$ .
Justifie que $(u_n)$ converge, puis détermine sa limite.

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$2 - \dfrac{5}{x + 4} = \dfrac{2x + 8 - 5}{x + 4} = \dfrac{2x + 3}{x + 4}$ . Sur $[0\,;\,+\infty[$ , $x \mapsto x + 4$ est croissante et positive, donc $x \mapsto \dfrac{5}{x + 4}$ est décroissante et $f$ est croissante.
$f(0) = 0{,}75$ , $f(1) = 1$ . Initialisation : $u_0 = 0$ , $u_1 = 0{,}75$ : $0 \leqslant 0 \leqslant 0{,}75 \leqslant 1$ . Hérédité : si $0 \leqslant u_k \leqslant u_{k+1} \leqslant 1$ , alors $f(0) \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant f(1)$ , donc $0 \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant 1$ .
Croissante et majorée par $1$ : $(u_n)$ converge vers $\ell \in [0\,;\,1]$ . $f$ est continue sur $[0\,;\,1]$ , donc $f(\ell) = \ell$ : $2\ell + 3 = \ell^2 + 4\ell$ , soit $\ell^2 + 2\ell - 3 = 0$ , $(\ell - 1)(\ell + 3) = 0$ . Comme $\ell \geqslant 0$ , $\ell = 1$ .

4. Théorème des valeurs intermédiaires

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Exercice 5 — ⭐⭐

Soit $f(x) = x^3 + x - 1$ sur $[0\,;\,1]$ .

Montre que l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0\,;\,1]$ .
À la calculatrice (tableau de valeurs), donne un encadrement de $\alpha$ d’amplitude $10^{-2}$ .

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$f$ est dérivable donc continue sur $[0\,;\,1]$ ; $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ : $f$ est strictement croissante. $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$ . Par le corollaire du TVI, $f(x) = 0$ a une unique solution $\alpha \in [0\,;\,1]$ .
$f(0{,}68) \approx -0{,}0056 < 0$ et $f(0{,}69) \approx 0{,}0185 > 0$ : $0{,}68 < \alpha < 0{,}69$ .

Exercice 6 — ⭐⭐

Soit $g(x) = x^3 - 3x + 1$ sur $\mathbb{R}$ .

Étudie les variations de $g$ et dresse son tableau de variations (avec les limites en $\pm\infty$ ).
Combien l’équation $g(x) = 0$ a-t-elle de solutions ? Et l’équation $g(x) = 4$ ?

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$g'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1)$ . $g$ croît sur $]-\infty\,;\,-1]$ de $-\infty$ à $g(-1) = 3$ , décroît sur $[-1\,;\,1]$ jusqu’à $g(1) = -1$ , puis croît sur $[1\,;\,+\infty[$ vers $+\infty$ .
$g(x) = 0$ : sur chacun des trois intervalles, $g$ est continue, strictement monotone et $0$ est entre les valeurs extrêmes ( $-\infty$ et $3$ ; $3$ et $-1$ ; $-1$ et $+\infty$ ) : trois solutions. $g(x) = 4$ : sur $]-\infty\,;\,1]$ , $g(x) \leqslant 3 < 4$ , pas de solution ; sur $[1\,;\,+\infty[$ , $g$ croît de $-1$ à $+\infty$ : une solution.

5. Approcher une solution : dichotomie

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Exercice 7 — ⭐⭐⭐

On reprend $f(x) = x^3 + x - 1$ et la solution $\alpha \in [0\,;\,1]$ .

Applique « à la main » trois étapes de dichotomie en partant de $[0\,;\,1]$ .
Combien d’étapes faut-il pour obtenir un encadrement d’amplitude inférieure à $10^{-6}$ ?
Modifie la fonction dichotomie du cours pour qu’elle renvoie aussi le nombre d’étapes effectuées.

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$f(0{,}5) = -0{,}375 < 0$ : on garde $[0{,}5\,;\,1]$ . $f(0{,}75) \approx 0{,}172 > 0$ : $[0{,}5\,;\,0{,}75]$ . $f(0{,}625) \approx -0{,}131 < 0$ : $[0{,}625\,;\,0{,}75]$ .
Après $n$ étapes, l’amplitude vaut $\dfrac{1}{2^n}$ . $2^{19} = 524\,288 < 10^6$ et $2^{20} = 1\,048\,576 > 10^6$ : il faut $20$ étapes.
Une possibilité :

def f(x):
    return x**3 + x - 1

def dichotomie(a, b, precision):
    etapes = 0
    while b - a > precision:
        m = (a + b) / 2
        if f(a) * f(m) <= 0:
            b = m
        else:
            a = m
        etapes = etapes + 1
    return a, b, etapes

print(dichotomie(0, 1, 1e-6)[2])   # 20

Exercice 8 — ⭐⭐⭐

On cherche les réels $x$ tels que $e^x = 3 - x$ .

Montre que cette équation équivaut à $h(x) = 0$ avec $h(x) = e^x + x - 3$ .
Montre que $h$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ et détermine ses limites en $\pm\infty$ .
En déduire que l’équation a une unique solution $\beta$ , puis que $0 < \beta < 1$ .
Donne un encadrement de $\beta$ d’amplitude $10^{-2}$ (calculatrice ou programme).

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$e^x = 3 - x \iff e^x + x - 3 = 0$ .
$h'(x) = e^x + 1 > 0$ . En $-\infty$ : $e^x \to 0$ et $x - 3 \to -\infty$ , donc $h \to -\infty$ ; en $+\infty$ : $h \to +\infty$ .
$h$ est continue, strictement croissante, de $-\infty$ à $+\infty$ : $h(x) = 0$ a une unique solution $\beta$ . $h(0) = -2 < 0$ et $h(1) = e - 2 > 0$ , donc $0 < \beta < 1$ .
$h(0{,}79) \approx -0{,}0066$ et $h(0{,}80) \approx 0{,}0255$ : $0{,}79 < \beta < 0{,}80$ .