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.