Continuité et théorème des valeurs intermédiaires : corrigé des exercices de maths Terminale

1 Lecture d’une courbe avec un saut ★★★

1. g(1) = 3 (point plein).
2. À gauche, la courbe approche le point (1 ; 2) : lim_{x→1, x<1} g(x) = 2. À droite, elle part du point (1 ; 3) : lim_{x→1, x>1} g(x) = 3.
3. Les limites à gauche (2) et à droite (3) sont différentes : g n’a pas de limite en 1, donc g n’est pas continue en 1 (saut de hauteur 1).
4. g est continue sur [−2 ; 1[ (droite d’équation y = x + 1) et sur [1 ; 4] (droite y = −x + 4).

2 Vrai ou faux ? ★★★

1. Vrai : propriété du cours (dérivable ⇒ continue).
2. Faux : x ↦ |x| est continue en 0 mais non dérivable en 0.
3. Faux : la partie entière vaut 0 sur [0 ; 1[ et 1 en 1 : elle saute en 1 (et en 2 : ⌊2⌋ = 2, alors qu’elle vaut 1 juste avant).
4. Vrai : f est continue sur [−1 ; 3] et 0 est compris entre f(−1) = −2 et f(3) = 5 : TVI.
5. Faux : sans la continuité, le TVI ne s’applique pas. Contre-exemple : f(x) = −2 sur [−1 ; 1[ et f(x) = 5 sur [1 ; 3].
6. Faux : f(x) = x² − 1 sur [−2 ; 2] vérifie f(−2) = f(2) = 3 > 0 et s’annule en −1 et 1. Le signe aux bornes ne dit rien quand il est identique.

3 Justifier une continuité ★★★

1. f est un polynôme, donc continue sur ℝ.
2. g est une fonction rationnelle ; son dénominateur x − 3 ne s’annule pas sur ]3 ; +∞[. Donc g est continue sur ]3 ; +∞[.
3. x ↦ x − 2 est continue (polynôme) et à valeurs dans [0 ; +∞[ lorsque x ≥ 2, où la racine carrée est continue. Par composition, h est continue sur [2 ; +∞[.
4. exp est continue sur ℝ, x ↦ x² + 1 aussi (polynôme) ; leur produit k est continu sur ℝ.
5. La valeur absolue et le cosinus sont continues sur ℝ ; leur somme m aussi.

4 Raccord de deux formules ★★★

1. f(2) = 3 × 2 − 1 = 5. Limite à gauche : 5 (polynôme). Limite à droite : lim_{x→2, x>2} (x² + 1) = 5. Les trois valeurs sont égales : f est continue en 2.
2. g(2) = 5 et la limite à gauche est 5, mais lim_{x→2, x>2} (x² + 2) = 6 ≠ 5. g n’est pas continue en 2 (saut de 1).

5 Première équation avec le corollaire ★★★

1. f est un polynôme : continue sur [2 ; 3]. f ′(x) = 2x > 0 sur [2 ; 3] : f est strictement croissante. f(2) = −1 et f(3) = 4 : 0 est compris entre f(2) et f(3). D’après le corollaire du TVI, f(x) = 0 admet une unique solution α dans [2 ; 3], c’est-à-dire x² = 5.
2. f(2,2) = 4,84 − 5 = −0,16 < 0 et f(2,3) = 5,29 − 5 = 0,29 > 0, donc 2,2 < α < 2,3 (on sait que α = √5 ≈ 2,236).

6 Lire un tableau de variations ★★★

Sur chaque intervalle où f est continue et strictement monotone, on cherche si k est entre les valeurs aux bornes (corollaire du TVI). Les images sont : [−3 ; 0] → de −2 à 4 ; [0 ; 3] → de 4 à −1 ; [3 ; 5] → de −1 à 2.

• k = 0 : 0 ∈ [−2 ; 4], 0 ∈ [−1 ; 4], 0 ∈ [−1 ; 2] : 3 solutions.
• k = 3 : dans les deux premiers intervalles, mais 3 > 2 : 2 solutions.
• k = 5 : plus grand que le maximum 4 : aucune solution.
• k = −2 : seulement en x = −3 (extrémité) : 1 solution.
• k = 2 : dans [−2 ; 4] (une fois), dans [−1 ; 4] (une fois) et à l’extrémité x = 5 (f(5) = 2) : 3 solutions.

7 Dichotomie à la main ★★★

Après trois tours, la solution α de x³ = 2 vérifie 1,25 < α < 1,375, amplitude 1 ÷ 2³ = 0,125. (En réalité α = ∛2 ≈ 1,26.)

8 Une équation sur ℝ ★★★

1. f ′(x) = 3x² + 3 > 0 pour tout réel x : f est strictement croissante sur ℝ. De plus lim_x→−∞ f(x) = −∞ et lim_x→+∞ f(x) = +∞.
2. f est continue (polynôme) et strictement croissante sur ℝ, et 0 appartient à ]−∞ ; +∞[ : d’après le corollaire du TVI, f(x) = 0 admet une unique solution α dans ℝ. (Comme f(1) = −1 < 0 < f(2) = 9, α ∈ ]1 ; 2[.)
3. f(1,1) = 1,331 + 3,3 − 5 = −0,369 < 0 et f(1,2) = 1,728 + 3,6 − 5 = 0,328 > 0, donc 1,1 < α < 1,2.

9 Un paramètre à déterminer ★★★

Sur ]−∞ ; 3[ et sur ]3 ; +∞[, f est continue (polynômes). Seul le point 3 pose question. On a f(3) = 9 − 4 = 5, lim_{x→3, x>3} f(x) = 5, et lim_{x→3, x<3} f(x) = 6 + a. La continuité en 3 équivaut à 6 + a = 5, donc a = −1.

10 Continue mais pas dérivable ★★★

1. f(x) = x − 2 si x ≥ 2 et f(x) = 2 − x si x < 2.
2. f(2) = 0 ; lim_{x→2, x>2} (x − 2) = 0 et lim_{x→2, x<2} (2 − x) = 0 : f est continue en 2.
3. Pour h > 0 : hh = 1. Pour h < 0 : −hh = −1. Les limites à droite et à gauche (1 et −1) sont différentes : f n’est pas dérivable en 2, bien qu’elle y soit continue.

11 Limite d’une suite récurrente ★★★

1. Initialisation : u₀ = 1 ∈ [0 ; 4[. Hérédité : si 0 ≤ u_n < 4, alors 4 ≤ 3u_n + 4 < 16, donc 2 ≤ u_n+1 < 4 : la propriété est vraie au rang n + 1.
2. u_n+1 > u_n ⇔ 3u_n + 4 > u_n² (les deux membres sont positifs) ⇔ u_n² − 3u_n − 4 < 0 ⇔ (u_n − 4)(u_n + 1) < 0, vrai car −1 < u_n < 4. La suite est croissante.
3. Croissante et majorée par 4 : (u_n) converge vers ℓ ∈ [1 ; 4]. La fonction x ↦ √(3x + 4) est continue sur [−4/3 ; +∞[, donc ℓ = √(3ℓ + 4), soit ℓ² − 3ℓ − 4 = 0, soit (ℓ − 4)(ℓ + 1) = 0. Comme ℓ ≥ 1, ℓ = 4.

12 Une équation avec l’exponentielle ★★★

1. f est dérivable sur ℝ et f ′(x) = e^x + 1 > 0 : f strictement croissante.
2. En −∞ : e^x → 0 et x → −∞, donc f(x) → −∞. En +∞ : e^x → +∞ et x → +∞, donc f(x) → +∞.
3. f est continue et strictement croissante sur ℝ, et son ensemble de valeurs est ]−∞ ; +∞[ qui contient 0 : unique solution α. f(0,4) = e^0,4 + 0,4 − 2 ≈ −0,108 < 0 et f(0,5) = e^0,5 + 0,5 − 2 ≈ 0,149 > 0 : 0,4 < α < 0,5.

13 Un point fixe ★★★

1. g(0) = f(0) − 0 = f(0) ≥ 0 car f(0) ∈ [0 ; 1] ; g(1) = f(1) − 1 ≤ 0 car f(1) ≤ 1.
2. g est continue sur [0 ; 1] comme différence de fonctions continues, et 0 est compris entre g(1) ≤ 0 et g(0) ≥ 0. D’après le TVI, il existe c dans [0 ; 1] tel que g(c) = 0, c’est-à-dire f(c) = c.
3. Avec f = cos (continue, à valeurs dans [0 ; 1] sur [0 ; 1]), la question précédente donne une solution de cos x = x. g(x) = cos x − x vérifie g(0,7) ≈ 0,065 > 0 et g(0,8) ≈ −0,103 < 0 : 0,7 < c < 0,8 (g ′(x) = −sin x − 1 < 0 sur [0 ; 1], donc la solution est même unique).

14 Compléter un programme ★★★

1. f est continue et strictement croissante sur [2 ; 3] (f ′(x) = 2x > 0), f(2) = −3 < 0 < f(3) = 2 : solution unique, et c’est √7 car √7 ≥ 0 vérifie (√7)² = 7.
2. Déroulement : [2 ; 3] → m = 2,5 (f < 0) → [2,5 ; 3] → m = 2,75 (f > 0) → [2,5 ; 2,75] → m = 2,625 (f < 0) → [2,625 ; 2,75] → m = 2,6875 (f > 0) → [2,625 ; 2,6875] → m = 2,65625 (f > 0) → [2,625 ; 2,65625] → m = 2,640625 (f < 0) → [2,640625 ; 2,65625] → m = 2,6484375 (f > 0) → [2,640625 ; 2,6484375]. Le programme affiche (2.640625, 2.6484375).
3. L’amplitude finale est 1 ÷ 2⁷ ≈ 0,0078 < 0,01 alors qu’après 6 tours elle valait 1 ÷ 64 ≈ 0,0156 > 0,01 : 7 tours. On vérifie : √7 ≈ 2,6458 est bien dans l’intervalle.

15 Combien de solutions selon m ? ★★★

1. f ′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1). f est strictement croissante sur ]−∞ ; −1], strictement décroissante sur [−1 ; 1], strictement croissante sur [1 ; +∞[. f(−1) = −1 + 3 = 2 et f(1) = 1 − 3 = −2. Limites : lim_x→−∞ f(x) = −∞ et lim_x→+∞ f(x) = +∞ (le terme x³ l’emporte).
2. f est continue ; on applique le corollaire sur chaque intervalle de monotonie : ]−∞ ; −1] → image ]−∞ ; 2] ; [−1 ; 1] → image [−2 ; 2] ; [1 ; +∞[ → image [−2 ; +∞[.

• m > 2 : seul le troisième intervalle convient : 1 solution.
• m = 2 : une solution en x = −1 et une dans [1 ; +∞[ (x = 2, car 8 − 6 = 2) : 2 solutions (le point x = −1 est commun à deux intervalles, il est compté une fois).
• −2 < m < 2 : une solution dans chacun des trois intervalles : 3 solutions.
• m = −2 : une solution en x = 1 et une dans ]−∞ ; −1] (x = −2) : 2 solutions.
• m < −2 : seul le premier intervalle convient : 1 solution.

16 Trois racines exactement ★★★

1. f ′(x) = 3x² − 3 : f croissante sur ]−∞ ; −1], décroissante sur [−1 ; 1], croissante sur [1 ; +∞[.
2. f(−2) = −8 + 6 + 1 = −1 ; f(−1) = −1 + 3 + 1 = 3 ; f(1) = 1 − 3 + 1 = −1 ; f(2) = 8 − 6 + 1 = 3.
3. Sur [−2 ; −1] : f est continue, strictement croissante, f(−2) = −1 < 0 < 3 = f(−1) : une unique solution x₁ ∈ ]−2 ; −1[. Sur [−1 ; 1] : continue, strictement décroissante, de 3 à −1 : une unique solution x₂ ∈ ]−1 ; 1[. Sur [1 ; 2] : continue, strictement croissante, de −1 à 3 : une unique solution x₃ ∈ ]1 ; 2[. Sur ]−∞ ; −2[, f(x) < f(−2) < 0 (croissance) et sur ]2 ; +∞[, f(x) > f(2) > 0 : aucune autre solution. Un polynôme de degré 3 a au plus trois racines : il y en a exactement trois.
4. f(1,5) = 3,375 − 4,5 + 1 = −0,125 < 0 et f(1,6) = 4,096 − 4,8 + 1 = 0,296 > 0 : 1,5 < x₃ < 1,6.

17 La boîte de rangement ★★★

1. V(x) = x(900 − 120x + 4x²) = 4x³ − 120x² + 900x, donc V ′(x) = 12x² − 240x + 900 = (30 − 2x)(30 − 6x) (développe pour vérifier : 900 − 180x − 60x + 12x² ✓). V ′ s’annule en x = 5 et x = 15. Sur [0 ; 5], V ′ > 0 ; sur [5 ; 15], V ′ < 0. V(0) = 0, V(5) = 5 × 20² = 2 000, V(15) = 0.
2. V est continue (polynôme). Sur [0 ; 5], strictement croissante de 0 à 2 000 : 1 000 est atteint une seule fois. Sur [5 ; 15], strictement décroissante de 2 000 à 0 : 1 000 est atteint une seule fois. Au total, deux solutions α ∈ ]0 ; 5[ et β ∈ ]5 ; 15[.
3. V(10) = 10 × 10² = 1 000 : β = 10 (exactement). Pour α : V(1,3) = 1,3 × 27,4² ≈ 976,0 < 1 000 et V(1,4) = 1,4 × 27,2² ≈ 1 035,8 > 1 000 : 1,3 < α < 1,4. Phrase réponse : avec un petit carré de 10 cm (ou d’environ 1,3 cm), on obtient une boîte de 1 litre.

18 Limite de u_n+1 = 1/(1 + u_n) ★★★

1. u₀ = 1 > 0 et, si u_n ≥ 0, alors 1 + u_n ≥ 1 > 0 donc u_n+1 > 0 : par récurrence, tous les termes sont positifs. Un passage à la limite dans une inégalité large donne ℓ ≥ 0.
2. f est une fonction rationnelle dont le dénominateur 1 + x ne s’annule pas sur [0 ; +∞[ : elle est continue. Comme ℓ ∈ [0 ; +∞[, f est continue en ℓ et ℓ = f(ℓ).
3. ℓ = 11+ℓ ⇔ ℓ(1 + ℓ) = 1 ⇔ ℓ² + ℓ − 1 = 0. Discriminant Δ = 1 + 4 = 5, racines −1−√52 < 0 et −1+√52 > 0. Comme ℓ ≥ 0, ℓ = √5−12 ≈ 0,618 (le nombre d’or moins 1).

19 Quand le TVI ne marche pas ★★★

1. f(−1) = −1 et f(1) = 1, mais f n’est pas définie en 0 donc pas continue sur [−1 ; 1] : le TVI ne s’applique pas. Et en effet 1/x ≠ 0 pour tout x ≠ 0 : aucune solution.
2. Sur [0 ; 1[, ⌊x⌋ = 0 donc f(x) = x − 0,5, qui s’annule en x = 0,5. Mais f n’est pas continue sur [0 ; 1] (saut en 1 : f(1) = 1 − 1 − 0,5 = −0,5, alors que f(x) → 0,5 quand x → 1⁻). Les valeurs aux bornes, f(0) = −0,5 et f(1) = −0,5, sont de même signe : le TVI ne conclut pas ; pourtant une solution existe (x = 0,5). Le TVI donne une condition suffisante, non nécessaire.
3. f(−2) = f(2) = 3 > 0 : on ne peut pas appliquer le cas k = 0 (pas de changement de signe). L’équation a pourtant deux solutions, −1 et 1 : f(a) et f(b) de même signe ne prouvent rien.

20 Fonction par morceaux strictement croissante ★★★

1. Sur ]−∞ ; 1[ et sur ]1 ; +∞[, f est continue (polynômes). En 1 : f(1) = 3, lim_{x→1, x<1} f(x) = 3 et lim_{x→1, x>1} (x² + 2) = 3 : f est continue en 1, donc sur ℝ.
2. Sur ]−∞ ; 1], 2x + 1 est strictement croissante. Sur [1 ; +∞[, x² + 2 est strictement croissante (x ≥ 1 > 0). Les deux morceaux se rejoignent en f(1) = 3 : si x < 1 ≤ y, alors f(x) < 3 ≤ f(y). Donc f est strictement croissante sur ℝ.
3. f est continue et strictement croissante sur ℝ ; ses limites sont −∞ et +∞ : chaque équation f(x) = k a une unique solution. Pour k = 2,5 < 3 : x ≤ 1 et 2x + 1 = 2,5 donne x = 0,75. Pour k = 7 > 3 : x > 1 et x² + 2 = 7 donne x² = 5, x = √5 ≈ 2,236 (la solution positive).

21 Combien de tours de dichotomie ? ★★★

1. À chaque tour on divise l’amplitude par 2 : après n tours, elle vaut 1 ÷ 2ⁿ.
2. On cherche le plus petit n tel que 2ⁿ > 10⁶. Or 2¹⁹ = 524 288 < 1 000 000 et 2²⁰ = 1 048 576 > 1 000 000 : n = 20.

3. def nb_tours(precision):
       n = 0
       amplitude = 1
       while amplitude >= precision:
           amplitude = amplitude / 2
           n = n + 1
       return n

   nb_tours(10**-6) renvoie 20 (au premier tour amplitude 0,5, après 20 tours 2⁻²⁰ ≈ 9,5 × 10⁻⁷ < 10⁻⁶).

22 Racine n-ième ★★★

1. f est un polynôme : continue. Sur [0 ; +∞[, f ′(x) = n xⁿ⁻¹ ≥ 0, nul seulement en 0 : f est strictement croissante. f(0) = −a < 0 et lim_x→+∞ f(x) = +∞ : 0 est compris entre −a et +∞. Le corollaire du TVI donne une unique solution positive.
2. f(2) = 32 − 40 = −8 < 0 et f(3) = 243 − 40 = 203 > 0, donc la solution est dans ]2 ; 3[. Avec la calculatrice : f(2,09) ≈ −0,12 < 0 et f(2,1) ≈ 0,84 > 0, donc 2,09 < x < 2,10.