Continuité et théorème des valeurs intermédiaires Terminale : 8 exercices corrigés

Les exercices séparent systématiquement trois affirmations différentes : une solution existe, elle est unique, puis elle peut être approchée. Chacune réclame ses propres hypothèses.

La dichotomie est présentée comme un encadrement garanti par un changement de signe, pas comme une valeur décimale obtenue sans justification.

Continuité et raccord

Comparer limite et valeur au point de jonction.

Exercice 1 : Fonction définie par morceaux

Moyen
On définit f(x)=x2+axf(x)=x^2+ax si x<1x\lt 1, et f(x)=3x−1f(x)=3x-1 si x≥1x\geq1.
  1. Déterminer a pour que f soit continue en 1.
  2. Pour cette valeur, f est-elle dérivable en 1 ?
Indication
La continuité impose l'égalité des deux valeurs de raccord. La dérivabilité demande ensuite l'égalité des dérivées latérales.
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  1. La limite à gauche vaut 1+a1+a, tandis que f(1)=2. Il faut donc a=1a=1.
  2. À gauche, la dérivée au raccord vaut 2+a=32+a=3. À droite, elle vaut 3. Pour a=1, f est donc dérivable en 1.

Exercice 2 : Prolongement par continuité

Facile
Pour x≠0x\neq0, g(x)=ex−1xg(x)=\dfrac{e^x-1}{x}.
  1. Donner la limite de g en 0.
  2. Quelle valeur attribuer à g(0) pour obtenir une fonction continue ?
  3. Interpréter cette limite à l'aide de la dérivée de l'exponentielle.
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  1. lim⁡x→0(ex−1)/x=1\lim_{x\to0}(e^x-1)/x=1.
  2. Il faut poser g(0)=1.
  3. Cette limite est le nombre dérivé de la fonction exponentielle en 0 : exp⁡′(0)=1\exp'(0)=1.

Existence et unicité

Citer séparément continuité, changement de signe et monotonie.

Exercice 3 : Une racine d’une cubique

Moyen
Soit f(x)=x3+x−1f(x)=x^3+x-1.
  1. Montrer que l'équation f(x)=0f(x)=0 possède une solution dans [0,1][0,1].
  2. Montrer qu'elle est unique sur R\mathbb R.
  3. La localiser dans un intervalle d'amplitude 0,1.
Indication
Pour l'unicité, étudier le signe de f'.
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  1. f est continue, f(0)=−1f(0)=-1 et f(1)=1f(1)=1. Le TVI assure une solution dans ]0,1[]0,1[.
  2. f′(x)=3x2+1>0f'(x)=3x^2+1\gt 0, donc f est strictement croissante et ne peut avoir qu'une racine.
  3. f(0,6)=−0,184<0f(0,6)=-0,184\lt 0 et f(0,7)=0,043>0f(0,7)=0,043\gt 0. La racine appartient à ]0,6;0,7[]0,6;0,7[.

Exercice 4 : Combien de solutions ?

Difficile
On étudie h(x)=x3−3x+1h(x)=x^3-3x+1.
  1. Dresser les variations de h.
  2. Montrer que h(x)=0h(x)=0 admet exactement trois solutions réelles.
  3. Donner pour chacune un intervalle d'amplitude 1.
Indication
Les extremums en -1 et 1 séparent trois intervalles de monotonie.
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  1. h′(x)=3(x2−1)h'(x)=3(x^2-1). h croît sur ]−∞,−1]]-\infty,-1], décroît sur [−1,1][-1,1], puis croît sur [1,+∞[[1,+\infty[. De plus h(−1)=3h(-1)=3 et h(1)=−1h(1)=-1.
  2. h est continue sur R\mathbb R. Ses limites sont −∞-\infty à gauche et +∞+\infty à droite. Avec h(−1)=3h(-1)=3 et h(1)=−1h(1)=-1, le TVI donne une racine dans chacun des intervalles ]−∞,−1[]-\infty,-1[, ]−1,1[]-1,1[, ]1,+∞[]1,+\infty[. La stricte monotonie rend chaque racine unique, et les extremums ne sont pas des racines. Il y en a donc exactement trois.
  3. Comme h(−2)=−1h(-2)=-1, une racine est dans ]−2,−1[]-2,-1[. Comme h(0)=1h(0)=1, une autre est dans ]0,1[]0,1[. Enfin h(1)=−1h(1)=-1 et h(2)=3h(2)=3, donc la troisième est dans ]1,2[]1,2[.

Dichotomie et vigilance logique

Un encadrement se construit, tandis qu'une conclusion trop forte se réfute.

Exercice 5 : Deux étapes de dichotomie

Moyen
La fonction f(x)=x3+x−1f(x)=x^3+x-1 possède une unique racine α\alpha dans [0,1][0,1].
  1. Effectuer deux étapes de dichotomie à partir de [0,1].
  2. Donner l'intervalle final et son amplitude.
  3. Combien d'étapes au total faut-il pour une amplitude inférieure à 10−310^{-3} ?
Indication
À chaque étape, conserver le sous-intervalle aux extrémités de signes opposés.
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  1. f(0,5)=−0,375<0f(0,5)=-0,375\lt 0, on garde [0,5;1]. Puis f(0,75)=0,171875>0f(0,75)=0,171875\gt 0, on garde [0,5;0,75].
  2. L'intervalle final est [0,5;0,75], d'amplitude 0,25.
  3. Après n étapes, l'amplitude vaut 2−n2^{-n}. Il faut 2−n<10−32^{-n}\lt 10^{-3}, donc n>ln⁡(1000)/ln⁡2n\gt \ln(1000)/\ln2. Dix étapes suffisent.

Exercice 6 : TVI mal utilisé

Moyen
Un élève affirme : « f est continue sur [a,b] et f(a)f(b)<0f(a)f(b)\lt 0, donc l'équation f(x)=0f(x)=0 a une unique solution. »
  1. Quelle partie de la conclusion est correcte ?
  2. Donner un contre-exemple à l'unicité.
  3. Ajouter une hypothèse simple qui assurerait l'unicité.
Indication
Choisir une fonction continue qui coupe plusieurs fois l'axe tout en ayant des signes opposés aux extrémités.
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  1. Le TVI garantit l'existence d'au moins une solution dans ]a,b[]a,b[.
  2. Sur [−2,2][-2,2], la fonction f(x)=x3−xf(x)=x^3-x vérifie f(−2)<0<f(2)f(-2)\lt 0\lt f(2), mais elle s'annule en -1, 0 et 1.
  3. Il suffit par exemple de supposer f strictement monotone sur [a,b]. Elle ne peut alors s'annuler qu'une fois.

Point fixe et nombre de solutions

Le TVI donne l'existence ; une variation ou une monotonie apporte l'unicité et le comptage.

Exercice 7 : Un point fixe de l’exponentielle

Moyen
On cherche les solutions de e−x=xe^{-x}=x sur [0,1]. On pose g(x)=e−x−xg(x)=e^{-x}-x.
  1. Justifier l'existence d'une solution.
  2. Montrer qu'elle est unique.
  3. Localiser cette solution dans un intervalle de longueur 0,1.
Indication
Pour la localisation, comparer les signes de g en 0,5 et 0,6.
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  1. La fonction g est continue, g(0)=1>0g(0)=1\gt 0 et g(1)=e−1−1<0g(1)=e^{-1}-1\lt 0. Le TVI assure au moins une solution dans ]0,1[.
  2. g′(x)=−e−x−1<0g'(x)=-e^{-x}-1\lt 0, donc g est strictement décroissante. La solution est unique.
  3. g(0,5)≈0,1065>0g(0,5)\approx0,1065\gt 0 et g(0,6)≈−0,0512<0g(0,6)\approx-0,0512\lt 0. La solution appartient à ]0,5;0,6[.

Exercice 8 : Combien de solutions selon un paramètre ?

Difficile
Sur ]0,+∞[]0,+\infty[, on considère f(x)=x+2/xf(x)=x+2/x. Pour un réel m, on étudie l'équation f(x)=mf(x)=m.
  1. Déterminer les variations et le minimum de f.
  2. Donner, selon m, le nombre de solutions positives de f(x)=mf(x)=m.
  3. Retrouver ce résultat en étudiant l'équation du second degré équivalente.
Indication
La continuité ne suffit pas seule : utiliser les deux intervalles de monotonie séparés par le minimum.
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  1. f′(x)=1−2/x2f'(x)=1-2/x^2. La fonction décroît sur ]0,2]]0,\sqrt2], puis croît sur [2,+∞[[\sqrt2,+\infty[. Son minimum vaut f(2)=22f(\sqrt2)=2\sqrt2.
  2. Il n'y a aucune solution si m<22m\lt 2\sqrt2, une solution si m=22m=2\sqrt2, et deux solutions si m>22m\gt 2\sqrt2.
  3. L'équation équivaut à x2−mx+2=0x^2-mx+2=0. Son discriminant est m2−8m^2-8. Pour les valeurs de m concernées, le signe du discriminant retrouve les trois cas, et les racines sont positives lorsque m>22m\gt 2\sqrt2.
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