Exercices — La continuité

1. $f$ est une fonction polynôme : elle est continue sur $\mathbb{R}$.

2. $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout réel $x$ (un carré est positif ou nul, plus $1$) : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

3. Sur $[1\,;\,2]$ : $f$ est continue, strictement croissante, et $f(1) = 1 + 1 - 3 = -1 < 0$ tandis que $f(2) = 8 + 2 - 3 = 7 > 0$. Comme $0$ est compris entre $f(1)$ et $f(2)$, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires garantit que $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]1\,;\,2[$. Et il n’y en a pas ailleurs : $f$ étant strictement croissante sur $\mathbb{R}$, on a $f(x) < f(1) < 0$ pour $x < 1$ et $f(x) > f(2) > 0$ pour $x > 2$.

4. On balaye au dixième : $f(1{,}2) = 1{,}728 + 1{,}2 - 3 = -0{,}072 < 0$ et $f(1{,}3) = 2{,}197 + 1{,}3 - 3 = 0{,}497 > 0$. Le changement de signe donne :

$1{,}2 < \alpha < 1{,}3$

Réflexe à retenir : la rédaction du corollaire tient en trois points à citer — continuité, stricte monotonie, valeur cible comprise entre les valeurs aux bornes. Les trois, à chaque fois.

On applique le corollaire du TVI sur chaque intervalle de stricte monotonie, en vérifiant à chaque fois si la valeur cible est comprise entre les valeurs aux bornes.

1. Sur $[-2\,;\,1]$ : $f$ continue, strictement croissante, et $0 \in [-3\,;\,5]$ — une unique solution. Sur $[1\,;\,4]$ : $f$ décroît de $5$ à $2$, donc $f(x) \geq 2 > 0$ — aucune solution. Au total : une seule solution.

2. Sur $[-2\,;\,1]$ : $4 \in\ ]-3\,;\,5[$ — une solution. Sur $[1\,;\,4]$ : $f$ continue, strictement décroissante, et $4 \in\ ]2\,;\,5[$ — une solution aussi. Au total : deux solutions.

3. Le maximum de $f$ sur $[-2\,;\,4]$ vaut $5$, atteint en $1$ : l’équation $f(x) = 6$ n’a aucune solution.

Réflexe à retenir : face à un tableau de variations, trace mentalement la droite horizontale $y = k$ et compte les traversées — puis justifie chaque traversée par le corollaire, intervalle par intervalle.

1. $f$ est continue (polynôme) et strictement croissante sur $[1\,;\,2]$ car $f'(x) = 2x > 0$ sur cet intervalle. De plus $f(1) = -1 < 0$ et $f(2) = 2 > 0$ : d’après le corollaire du TVI, l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in\ ]1\,;\,2[$.

2. À chaque étape, on teste le milieu $m$ de l’intervalle et on garde la moitié où $f$ change de signe :

• Étape 1 : $m = 1{,}5$ ; $f(1{,}5) = 2{,}25 - 2 = 0{,}25 > 0$. Comme $f(1) < 0$, on garde $[1\,;\,1{,}5]$.
• Étape 2 : $m = 1{,}25$ ; $f(1{,}25) = 1{,}5625 - 2 = -0{,}4375 < 0$. On garde $[1{,}25\,;\,1{,}5]$.
• Étape 3 : $m = 1{,}375$ ; $f(1{,}375) = 1{,}890625 - 2 = -0{,}109375 < 0$. On garde $[1{,}375\,;\,1{,}5]$.

Donc $1{,}375 < \alpha < 1{,}5$ — cohérent avec $\sqrt{2} \approx 1{,}414$.

3. Chaque étape divise l’amplitude par $2$ : après $n$ étapes, elle vaut $\dfrac{2 - 1}{2^n} = \dfrac{1}{2^n}$. On cherche $\dfrac{1}{2^n} \leq 10^{-2}$, c’est-à-dire $2^n \geq 100$. Comme $2^6 = 64$ et $2^7 = 128$, il faut $n = 7$ étapes.

Réflexe à retenir : la dichotomie, c’est trois gestes en boucle — milieu, signe, moitié conservée — et une amplitude divisée par $2$ à chaque tour : c’est ce que fait l’algorithme en Python.

1. Sur $[0\,;\,+\infty[$, $x \mapsto 2x + 3$ est continue (fonction affine) et à valeurs strictement positives ; la racine carrée est continue sur $[0\,;\,+\infty[$. Donc $f$ est continue comme composée de fonctions continues.

2. $u_1 = f(0) = \sqrt{3} \approx 1{,}73$, puis $u_2 = f(u_1) = \sqrt{2\sqrt{3} + 3} \approx \sqrt{6{,}46} \approx 2{,}54$. La suite grimpe vers $3$…

3. On passe à la limite dans $u_{n+1} = f(u_n)$ : à gauche, $u_{n+1} \to \ell$ ; à droite, comme $f$ est continue et $u_n \to \ell$, on a $f(u_n) \to f(\ell)$ (image d’une suite convergente par une fonction continue). Par unicité de la limite : $f(\ell) = \ell$.

4. On résout $f(x) = x$ sur $[0\,;\,+\infty[$ : $\sqrt{2x + 3} = x$ impose $x \geq 0$, et en élevant au carré : $2x + 3 = x^2$, c’est-à-dire $x^2 - 2x - 3 = 0$. Discriminant : $\Delta = (-2)^2 - 4 \times 1 \times (-3) = 16$, d’où les racines $x_1 = \dfrac{2 - 4}{2} = -1$ et $x_2 = \dfrac{2 + 4}{2} = 3$. Seule $x = 3$ est positive, donc :

$\ell = 3$

Réflexe à retenir : pour une suite $u_{n+1} = f(u_n)$ convergente avec $f$ continue, la limite se trouve en résolvant $f(x) = x$ — sans oublier d’éliminer les points fixes incompatibles avec les valeurs de la suite.

1. $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1)$ : positif à l’extérieur des racines $-1$ et $1$, négatif entre elles. Donc $f$ est croissante sur $]-\infty\,;\,-1]$, décroissante sur $[-1\,;\,1]$, croissante sur $[1\,;\,+\infty[$, avec $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3$ (maximum local) et $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1$ (minimum local).

2. En $\pm\infty$, la limite d’une fonction polynôme est celle de son terme de plus haut degré : $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} x^3 = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

3. On applique le corollaire du TVI sur chacun des trois intervalles de stricte monotonie ($f$ est continue sur $\mathbb{R}$ comme polynôme) :

• sur $]-\infty\,;\,-1]$ : $f$ strictement croissante de $-\infty$ à $3$, et $0 \in\ ]-\infty\,;\,3]$ — une unique solution ;
• sur $[-1\,;\,1]$ : $f$ strictement décroissante de $3$ à $-1$, et $0 \in [-1\,;\,3]$ — une unique solution ;
• sur $[1\,;\,+\infty[$ : $f$ strictement croissante de $-1$ à $+\infty$ — une unique solution.

Au total, exactement trois solutions.

4. Sur $[-1\,;\,1]$, $f$ est décroissante. On balaye : $f(0{,}3) = 0{,}027 - 0{,}9 + 1 = 0{,}127 > 0$ et $f(0{,}4) = 0{,}064 - 1{,}2 + 1 = -0{,}136 < 0$. D’où :

$0{,}3 < \beta < 0{,}4$

Réflexe à retenir : pour compter les solutions de $f(x) = k$, découpe $\mathbb{R}$ selon le tableau de variations (limites comprises) et applique le corollaire du TVI sur chaque intervalle de stricte monotonie.