Continuité et théorème des valeurs intermédiaires : corrigé du contrôle de maths Terminale

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Durée conseillée : 45 minutes. Barème sur 20 points. Calculatrice interdite.

Sommaire

Pour x ≠ 2, x² − 4 = (x − 2)(x + 2), donc f(x) = x + 2. (1 pt)
lim_x→2 f(x) = 2 + 2 = 4. (1 pt)
f est continue sur ℝ∖{2} (polynôme x + 2) ; elle est continue en 2 si et seulement si f(2) = lim_x→2 f(x), soit k = 4. (1 pt)

Représentation : pour k ≠ 4, la courbe est la droite y = x + 2 avec un « trou » en (2 ; 4) et un point isolé en (2 ; k).

g ′(x) = 3x² + 2 > 0 : g est strictement croissante sur ℝ. lim_x→−∞ g(x) = −∞ et lim_x→+∞ g(x) = +∞. (1 pt)
g est continue (polynôme), strictement croissante, et 0 ∈ ]−∞ ; +∞[ : d’après le corollaire du TVI, il existe une unique solution α. g(1) = −1 < 0 et g(2) = 8 > 0, donc α ∈ ]1 ; 2[ par stricte croissance. (1,5 pt)
g(1,17) ≈ −0,058 < 0 et g(1,18) ≈ 0,003 > 0, donc 1,17 < α < 1,18. (1,5 pt)

Images des intervalles de monotonie : [−4 ; −1] → de 1 à −3 ; [−1 ; 2] → de −3 à 5 ; [2 ; 4] → de 5 à 0. On applique le corollaire du TVI à chacun.

m = 0 : 0 ∈ [−3 ; 1], 0 ∈ [−3 ; 5], 0 ∈ [0 ; 5] (atteint en x = 4) : 3 solutions. (0,75 pt)
m = 2 : 2 ∉ [−3 ; 1] ; 2 ∈ [−3 ; 5] ; 2 ∈ [0 ; 5] : 2 solutions. (0,75 pt)
m = 6 : 6 > 5, maximum de h : aucune solution. (0,75 pt)
m = −3 : atteint seulement en x = −1 (minimum) : 1 solution. (0,75 pt)

u₁ = √8 = 2√2 ≈ 2,83. (0,5 pt)
Initialisation : u₀ = 0 ∈ [0 ; 4[. Hérédité : si 0 ≤ u_n < 4, alors 8 ≤ 2u_n + 8 < 16, donc 2√2 ≤ u_n+1 < 4, en particulier u_n+1 ∈ [0 ; 4[. (1 pt)
u_n+1 > u_n ⇔ 2u_n + 8 > u_n² ⇔ u_n² − 2u_n − 8 < 0 ⇔ (u_n − 4)(u_n + 2) < 0. C’est vrai tant que −2 < u_n < 4, ce qui est le cas dès que 0 ≤ u_n < 4 ; si u_n = 4 on aurait u_n+1 = 4 (la suite serait alors constante) : en tout cas u_n+1 ≥ u_n. Ici u_n < 4 pour tout n car u₀ < 4 et 2u_n + 8 < 16 si u_n < 4. (1 pt)
Croissante et majorée par 4 : (u_n) converge vers ℓ ∈ [0 ; 4]. f : x ↦ √(2x + 8) est continue sur [−4 ; +∞[, donc ℓ = √(2ℓ + 8), soit ℓ² − 2ℓ − 8 = 0, soit (ℓ − 4)(ℓ + 2) = 0. Comme ℓ ≥ 0, ℓ = 4. (1,5 pt)

f est continue (polynôme), f ′(x) = 2x > 0 sur [1 ; 2] : strictement croissante. f(1) = −1 < 0 < 2 = f(2). Corollaire du TVI : unique solution, qui est √2. (1,5 pt)
Tour 1 : m = 1,5, f(1,5) = 0,25 > 0, donc b = 1,5. Tour 2 : m = 1,25, f = −0,4375 < 0, donc a = 1,25. Tour 3 : m = 1,375, f ≈ −0,109 < 0, donc a = 1,375. Tour 4 : m = 1,4375, f ≈ 0,066 > 0, donc b = 1,4375. Amplitude 0,0625 < 0,1 : arrêt. Résultat : (1.375, 1.4375). (2 pts)
Amplitude 1 ÷ 2⁴ = 0,0625. Donc 1,375 < √2 < 1,4375 (en effet √2 ≈ 1,414). (0,5 pt)

Faux : f(x) = (x − 0,5)² est continue, f(0) = f(1) = 0,25 > 0 donc f(0) × f(1) > 0, et pourtant f(0,5) = 0. (1 pt)
Vrai : une fonction dérivable en un point y est continue (propriété du cours : si f est dérivable en a, f(a + h) − f(a) = h × taux de variation → 0 × f ′(a) = 0). (1 pt)