Exercices corrigés — Continuité et théorème des valeurs intermédiaires (Terminale)

a) f(−2) = −8 + 6 + 1 = −1 ; f(0) = 1 ; f(1) = 1 − 3 + 1 = −1 ; f(2) = 8 − 6 + 1 = 3.
b) f est une fonction polynôme, donc continue sur ℝ. Sur [−2 ; 0], f(−2) = −1 < 0 < 1 = f(0) : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c₁ ∈ ]−2 ; 0[ tel que f(c₁) = 0. De même, sur [0 ; 1], f(0) = 1 > 0 > −1 = f(1) donne c₂ ∈ ]0 ; 1[, et sur [1 ; 2], f(1) < 0 < f(2) donne c₃ ∈ ]1 ; 2[.
Les trois intervalles ouverts ]−2 ; 0[, ]0 ; 1[ et ]1 ; 2[ sont disjoints, donc c₁, c₂, c₃ sont trois solutions distinctes.
Un polynôme de degré 3 a au plus trois racines réelles : l'équation a donc exactement trois solutions. Le TVI donne l'existence ; l'argument sur le degré donne ici le nombre exact.

posons f(x) = x⁵ + x + 1. La fonction f est continue sur ℝ car polynomiale, et dérivable avec f'(x) = 5x⁴ + 1 > 0 pour tout réel x : f est strictement croissante sur ℝ.
Ses limites sont −∞ en −∞ et +∞ en +∞ (limite du terme de plus haut degré x⁵). Le réel 0 est compris entre ces deux limites.
D'après le théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires pour une fonction continue et strictement monotone), l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans ℝ.
Encadrement : f(−1) = −1 − 1 + 1 = −1 < 0 et f(0) = 1 > 0, donc α ∈ ]−1 ; 0[. La stricte croissance est ce qui interdit une seconde solution : le TVI seul ne l'aurait pas exclue.

a) g est dérivable sur ℝ et g'(x) = e^x + 1 > 0 car e^x > 0. Donc g est strictement croissante sur ℝ.
b) g est continue sur ℝ (somme de fonctions continues). En −∞, e^x → 0 et x → −∞, donc g(x) → −∞ ; en +∞, g(x) → +∞. Le réel 3 est compris entre ces limites. g étant continue et strictement croissante sur ℝ, le théorème de la bijection assure que l'équation g(x) = 3 admet une unique solution α dans ℝ.
c) g(0) = 1 < 3 et g(1) = e + 1 ≈ 3,72 > 3, donc α ∈ ]0 ; 1[. Par balayage au dixième : g(0,7) = e^0,7 + 0,7 ≈ 2,014 + 0,7 = 2,714 < 3 et g(0,8) = e^0,8 + 0,8 ≈ 2,226 + 0,8 = 3,026 > 3.
Comme g est croissante, α ∈ ]0,7 ; 0,8[. L'équation e^x + x = 3 n'a pas de solution exprimable avec les fonctions usuelles : l'encadrement est la réponse attendue.

sur ]−∞ ; 2[, f coïncide avec une fonction polynôme, donc elle y est continue ; sur ]2 ; +∞[, elle coïncide avec une fonction affine, donc elle y est continue aussi. Le seul point à examiner est x = 2.
f(2) = 2m − 5 (c'est la seconde expression qui s'applique en 2, puisque 2 ≥ 2). Limite à droite : f(x) = mx − 5 → 2m − 5 = f(2), donc f est toujours continue à droite en 2. Limite à gauche : f(x) = x² − 1 → 4 − 1 = 3.
f est continue en 2 si et seulement si la limite à gauche est égale à f(2) : 3 = 2m − 5, soit m = 4.
Conclusion : f est continue sur ℝ si et seulement si m = 4. La courbe est alors formée d'un arc de parabole et d'une demi-droite qui se rejoignent au point (2 ; 3), sans saut. Pour toute autre valeur de m, la courbe présente un saut en 2.

à chaque étape, l'intervalle est coupé en deux et l'on ne garde que la moitié où se trouve la solution : l'amplitude est divisée par 2. Partant de 3 − 1 = 2, l'amplitude après n étapes vaut 22ⁿ.
On cherche le plus petit entier n tel que 22ⁿ ≤ 10⁻⁴, soit 2ⁿ ≥ 2 × 10⁴ = 20 000.
Or 2¹⁴ = 16 384 < 20 000 et 2¹⁵ = 32 768 ≥ 20 000. Il faut donc 15 étapes. Avec le logarithme : n ≥ ln(20 000)ln 2 ≈ 14,29, et le premier entier convenable est 15.
Après 15 étapes, l'amplitude vaut 232 768 ≈ 6,1 × 10⁻⁵, ce qui donne la solution à 10⁻⁴ près, et même un peu mieux.

a) On part de a = 0, b = 1, avec f(0) = −1 et f(1) = 1. La boucle tourne tant que b − a > 0,1.
Tour 1 : b − a = 1 ; m = 0,5 ; f(0,5) = 0,125 + 0,5 − 1 = −0,375. Le produit f(a) × f(m) = (−1)(−0,375) est positif : le changement de signe est dans la moitié droite, on pose a = 0,5.
Tour 2 : b − a = 0,5 ; m = 0,75 ; f(0,75) = 0,421875 + 0,75 − 1 = 0,171875. f(a) × f(m) < 0 : on pose b = 0,75.
Tour 3 : b − a = 0,25 ; m = 0,625 ; f(0,625) ≈ 0,2441 + 0,625 − 1 = −0,1309. Produit positif : a = 0,625.
Tour 4 : b − a = 0,125 > 0,1 ; m = 0,6875 ; f(0,6875) ≈ 0,3250 + 0,6875 − 1 = 0,0125 > 0. Produit négatif : b = 0,6875.
Alors b − a = 0,0625 ≤ 0,1 : la boucle s'arrête et la fonction renvoie le couple (0,625 ; 0,6875). La solution α ≈ 0,6823 est bien dans cet intervalle.
b) Quatre tours de boucle ont été effectués. L'amplitude initiale 1 a été divisée par 2⁴ = 16.

a) f est dérivable sur ℝ et f'(x) = 3x² + 2 > 0 pour tout réel x : f est strictement croissante sur ℝ. Ses limites sont −∞ en −∞ et +∞ en +∞.
b) f est continue (polynôme) et strictement croissante sur ℝ, et 0 est compris entre ses limites : d'après le théorème de la bijection, l'équation f(x) = 0 admet une unique solution β dans ℝ. Comme f(1) = 1 + 2 − 5 = −2 < 0 et f(2) = 8 + 4 − 5 = 7 > 0, on a 1 < β < 2.
c) Balayage au dixième : f(1,3) = 2,197 + 2,6 − 5 = −0,203 < 0 et f(1,4) = 2,744 + 2,8 − 5 = 0,544 > 0, donc β ∈ ]1,3 ; 1,4[.
Balayage au centième dans cet intervalle : f(1,32) = 2,299968 + 2,64 − 5 ≈ −0,060 < 0 et f(1,33) = 2,352637 + 2,66 − 5 ≈ 0,013 > 0.
Comme f est croissante, β ∈ ]1,32 ; 1,33[. À la calculatrice, β ≈ 1,3283.

f n'est pas définie en 2, car le dénominateur s'y annule ; le numérateur s'annule aussi (4 − 4 = 0), c'est une forme 00 : il faut simplifier.
Pour x ≠ 2, x² − 4 = (x − 2)(x + 2), donc f(x) = (x − 2)x + 2x − 2 = x + 2.
Ainsi f(x) → 2 + 2 = 4 quand x → 2 : la limite existe et est finie.
On prolonge f par continuité en posant f(2) = 4. La fonction prolongée est x ↦ x + 2, définie et continue sur ℝ : sa courbe est la droite y = x + 2, à laquelle on a « rebouché » le point manquant (2 ; 4). Si la limite avait été infinie, comme pour 1x − 2, aucun prolongement n'aurait été possible.