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Chapitre 03 · Terminale

Continuité

Théorème des valeurs intermédiaires et prolongement par continuité

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Travailler Continuité en Terminale

Ce chapitre de continuité en terminale te demande à la fois de comprendre la méthode et de savoir l’utiliser sur des exercices variés. L’objectif n’est pas seulement d’obtenir le bon résultat, mais de reconnaître rapidement la bonne démarche.

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Prérequis

  • Reprendre les bases de terminale liées à continuité.
  • Refaire un exercice facile avant de viser les questions de synthèse.

Compétences à maîtriser

  • Maîtriser les méthodes essentielles de continuité.
  • Rédiger une solution propre et exploiter la correction pour progresser.

Erreurs fréquentes

  • Chercher à aller trop vite au lieu de poser clairement les étapes.
  • Lire la correction sans refaire l’exercice ensuite seul.

En contrôle ou en examen : Ce chapitre sert surtout à consolider des automatismes et à préparer les exercices plus transversaux du niveau.

1Intermédiaire

Continuité d'une fonction définie par morceaux

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Énoncé

On définit ff sur R\mathbb{R} par :
f(x)={x2−x+2si x<23x−2si x≥2f(x) = \begin{cases} x^2 - x + 2 & \text{si } x < 2 \\ 3x - 2 & \text{si } x \geq 2 \end{cases}
Étudier la continuité de ff en x=2x = 2.

Correction détaillée

01

Limite à gauche en $x = 2$

On calcule lim⁡x→2−f(x)\lim_{x \to 2^-} f(x) en utilisant la formule valable pour x<2x < 2 :
lim⁡x→2−f(x)=lim⁡x→2−(x2−x+2)=4−2+2=4\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-}(x^2 - x + 2) = 4 - 2 + 2 = 4
02

Limite à droite en $x = 2$

On calcule lim⁡x→2+f(x)\lim_{x \to 2^+} f(x) en utilisant la formule valable pour x≥2x \geq 2 :
lim⁡x→2+f(x)=lim⁡x→2+(3x−2)=6−2=4\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+}(3x - 2) = 6 - 2 = 4
03

Valeur de $f$ en $x = 2$

Puisque 2≥22 \geq 2, on utilise la deuxième formule :
f(2)=3×2−2=4f(2) = 3 \times 2 - 2 = 4
04

Conclusion

On a lim⁡x→2−f(x)=lim⁡x→2+f(x)=f(2)=4\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2) = 4. Les limites à gauche et à droite sont égales à la valeur de la fonction. ff est donc continue en x=2x = 2.
2Intermédiaire

Application du théorème des valeurs intermédiaires

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Énoncé

Soit g(x)=x3−2x−5g(x) = x^3 - 2x - 5.
1. Montrer que l'équation g(x)=0g(x) = 0 admet au moins une solution dans l'intervalle [2,3][2, 3].
2. Donner un encadrement de cette solution à 0,10{,}1 près.

Correction détaillée

01

Vérification des conditions du TVI

gg est une fonction polynomiale, donc continue sur R\mathbb{R} (et en particulier sur [2,3][2, 3]). Calculons les valeurs aux bornes :
g(2)=8−4−5=−1<0g(2) = 8 - 4 - 5 = -1 < 0
g(3)=27−6−5=16>0g(3) = 27 - 6 - 5 = 16 > 0
02

Application du TVI

gg est continue sur [2,3][2, 3], g(2)=−1<0g(2) = -1 < 0 et g(3)=16>0g(3) = 16 > 0. Les signes sont opposés. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c∈]2,3[c \in ]2, 3[ tel que g(c)=0g(c) = 0.
03

Dichotomie pour encadrer la solution

On teste g(2,1)=(2,1)3−2(2,1)−5=9,261−4,2−5=0,061>0g(2{,}1) = (2{,}1)^3 - 2(2{,}1) - 5 = 9{,}261 - 4{,}2 - 5 = 0{,}061 > 0.
Donc g(2)<0g(2) < 0 et g(2,1)>0g(2{,}1) > 0, la solution est dans ]2 ; 2,1[]2\,;\, 2{,}1[.
Vérification : g(2,09)≈−0,07<0g(2{,}09) \approx -0{,}07 < 0, donc c∈]2,09 ; 2,1[c \in ]2{,}09\,;\, 2{,}1[.
04

Conclusion

L'équation g(x)=0g(x) = 0 admet une solution unique cc dans [2,3][2, 3] (on peut vérifier que gg est strictement croissante sur cet intervalle), et 2,09<c<2,12{,}09 < c < 2{,}1.
L'encadrement à 0,10{,}1 près est 2,0<c<2,12{,}0 < c < 2{,}1.
3Intermédiaire

Prolongement par continuité

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Énoncé

Soit f(x)=sin⁡(x)xf(x) = \dfrac{\sin(x)}{x} définie pour x≠0x \neq 0.
1. Justifier que ff n'est pas définie en 00.
2. Montrer que ff admet une limite finie en 00 (admettre que lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1).
3. Définir un prolongement continu f~\tilde{f} de ff en 00.

Correction détaillée

01

Non-définition en $x = 0$

En x=0x = 0, le dénominateur est nul. f(0)f(0) n'est pas défini car on ne peut pas diviser par zéro. Le domaine de définition de ff est R∖{0}\mathbb{R} \setminus \{0\}.
02

Existence d'une limite finie en $0$

On admet la limite fondamentale : lim⁡x→0sin⁡xx=1\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1. Cette limite est finie, ce qui signifie que ff a une limite finie en 00 même si ff n'y est pas définie.
03

Construction du prolongement par continuité

On définit la fonction f~\tilde{f} sur R\mathbb{R} par :
f~(x)={sin⁡xxsi x≠01si x=0\tilde{f}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x} & \text{si } x \neq 0 \\ 1 & \text{si } x = 0 \end{cases}
04

Vérification de la continuité en $0$

On a lim⁡x→0f~(x)=1=f~(0)\lim_{x \to 0} \tilde{f}(x) = 1 = \tilde{f}(0). Les conditions de continuité sont satisfaites : f~\tilde{f} est continue en 00. C'est l'unique prolongement continu de ff en 00, appelé prolongement par continuité.
4Difficile

TVI et unicité par monotonie stricte

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Énoncé

Soit h(x)=x3+x−3h(x) = x^3 + x - 3 définie sur R\mathbb{R}.
1. Montrer que hh est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
2. Montrer que l'équation h(x)=0h(x) = 0 admet une unique solution α\alpha dans ]1,2[]1, 2[.

Correction détaillée

01

Monotonie stricte de $h$

hh est dérivable sur R\mathbb{R} et h′(x)=3x2+1h'(x) = 3x^2 + 1. Or 3x2≥03x^2 \geq 0 pour tout xx, donc h′(x)=3x2+1≥1>0h'(x) = 3x^2 + 1 \geq 1 > 0 pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}. hh est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
02

Application du TVI sur $[1, 2]$

hh est continue (polynômiale) et strictement croissante. On calcule :
h(1)=1+1−3=−1<0h(1) = 1 + 1 - 3 = -1 < 0
h(2)=8+2−3=7>0h(2) = 8 + 2 - 3 = 7 > 0
Les valeurs sont de signes opposés, donc par le TVI, il existe au moins un α∈]1,2[\alpha \in ]1, 2[ tel que h(α)=0h(\alpha) = 0.
03

Unicité de la solution

Comme hh est strictement croissante, elle est injective : h(x1)=h(x2)h(x_1) = h(x_2) implique x1=x2x_1 = x_2. Donc l'équation h(x)=0h(x) = 0 admet au plus une solution dans R\mathbb{R}, et donc exactement une dans ]1,2[]1, 2[.
04

Encadrement de $\alpha$

On affine l'encadrement : h(1,2)=1,728+1,2−3=−0,072<0h(1{,}2) = 1{,}728 + 1{,}2 - 3 = -0{,}072 < 0 et h(1,3)=2,197+1,3−3=0,497>0h(1{,}3) = 2{,}197 + 1{,}3 - 3 = 0{,}497 > 0. Donc α∈]1,2 ; 1,3[\alpha \in ]1{,}2\,;\, 1{,}3[. L'unique solution de h(x)=0h(x) = 0 est α≈1,21\alpha \approx 1{,}21.
5Intermédiaire

Continuité d'une fonction définie par morceaux — variante

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Énoncé

Variante d'entraînement :
On définit ff sur R\mathbb{R} par :
f(x)={x3−x+3si x<34x−3si x≥3f(x) = \begin{cases} x^3 - x + 3 & \text{si } x < 3 \\ 4x - 3 & \text{si } x \geq 3 \end{cases}
Étudier la continuité de ff en x=3x = 3.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Limite à gauche en $x = 3$

On calcule lim⁡x→3−f(x)\lim_{x \to 3^-} f(x) en utilisant la formule valable pour x<3x < 3 :
lim⁡x→3−f(x)=lim⁡x→3−(x3−x+3)=5−3+3=5\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-}(x^3 - x + 3) = 5 - 3 + 3 = 5
03

Limite à droite en $x = 3$

On calcule lim⁡x→3+f(x)\lim_{x \to 3^+} f(x) en utilisant la formule valable pour x≥3x \geq 3 :
lim⁡x→3+f(x)=lim⁡x→3+(4x−3)=7−3=6\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+}(4x - 3) = 7 - 3 = 6
04

Valeur de $f$ en $x = 3$

Puisque 3≥33 \geq 3, on utilise la deuxième formule :
f(3)=4×3−3=5f(3) = 4 \times 3 - 3 = 5
05

Conclusion

On a lim⁡x→3−f(x)=lim⁡x→3+f(x)=f(3)=5\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3) = 5. Les limites à gauche et à droite sont égales à la valeur de la fonction. ff est donc continue en x=3x = 3.
6Intermédiaire

Application du théorème des valeurs intermédiaires — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit g(x)=x5−3x−7g(x) = x^5 - 3x - 7.
1. Montrer que l'équation g(x)=1g(x) = 1 admet au moins une solution dans l'intervalle [3,5][3, 5].
2. Donner un encadrement de cette solution à 0,30{,}3 près.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Vérification des conditions du TVI

gg est une fonction polynomiale, donc continue sur R\mathbb{R} (et en particulier sur [4,4][4, 4]). Calculons les valeurs aux bornes :
g(4)=10−5−6=−2<1g(4) = 10 - 5 - 6 = -2 < 1
g(4)=31−7−6=18>1g(4) = 31 - 7 - 6 = 18 > 1
03

Application du TVI

gg est continue sur [4,4][4, 4], g(4)=−3<1g(4) = -3 < 1 et g(4)=19>1g(4) = 19 > 1. Les signes sont opposés. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c∈]4,4[c \in ]4, 4[ tel que g(c)=1g(c) = 1.
04

Dichotomie pour encadrer la solution

On teste g(2,4)=(2,4)4−4(2,4)−6=9,281−4,3−6=0,071>1g(2{,}4) = (2{,}4)^4 - 4(2{,}4) - 6 = 9{,}281 - 4{,}3 - 6 = 0{,}071 > 1.
Donc g(4)<1g(4) < 1 et g(2,4)>1g(2{,}4) > 1, la solution est dans ]4 ; 2,4[]4\,;\, 2{,}4[.
Vérification : g(2,10)≈−0,08<1g(2{,}10) \approx -0{,}08 < 1, donc c∈]2,10 ; 2,4[c \in ]2{,}10\,;\, 2{,}4[.
05

Conclusion

L'équation g(x)=2g(x) = 2 admet une solution unique cc dans [3,5][3, 5] (on peut vérifier que gg est strictement croissante sur cet intervalle), et 2,10<c<2,32{,}10 < c < 2{,}3.
L'encadrement à 0,20{,}2 près est 2,1<c<2,32{,}1 < c < 2{,}3.
7Intermédiaire

Prolongement par continuité — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=sin⁡(x)xf(x) = \dfrac{\sin(x)}{x} définie pour x≠1x \neq 1.
1. Justifier que ff n'est pas définie en 11.
2. Montrer que ff admet une limite finie en 11 (admettre que lim⁡x→1sin⁡xx=2\lim_{x \to 1}\frac{\sin x}{x} = 2).
3. Définir un prolongement continu f~\tilde{f} de ff en 11.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Non-définition en $x = 1$

En x=1x = 1, le dénominateur est nul. f(1)f(1) n'est pas défini car on ne peut pas diviser par zéro. Le domaine de définition de ff est R∖{1}\mathbb{R} \setminus \{1\}.
03

Existence d'une limite finie en $1$

On admet la limite fondamentale : lim⁡x→1sin⁡xx=2\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{\sin x}{x} = 2. Cette limite est finie, ce qui signifie que ff a une limite finie en 11 même si ff n'y est pas définie.
04

Construction du prolongement par continuité

On définit la fonction f~\tilde{f} sur R\mathbb{R} par :
f~(x)={sin⁡xxsi x≠12si x=1\tilde{f}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x} & \text{si } x \neq 1 \\ 2 & \text{si } x = 1 \end{cases}
05

Vérification de la continuité en $1$

On a lim⁡x→1f~(x)=2=f~(1)\lim_{x \to 1} \tilde{f}(x) = 2 = \tilde{f}(1). Les conditions de continuité sont satisfaites : f~\tilde{f} est continue en 11. C'est l'unique prolongement continu de ff en 11, appelé prolongement par continuité.
8Difficile

TVI et unicité par monotonie stricte — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit h(x)=x4+x−4h(x) = x^4 + x - 4 définie sur R\mathbb{R}.
1. Montrer que hh est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
2. Montrer que l'équation h(x)=1h(x) = 1 admet une unique solution α\alpha dans ]2,3[]2, 3[.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Monotonie stricte de $h$

hh est dérivable sur R\mathbb{R} et h′(x)=4x3+2h'(x) = 4x^3 + 2. Or 4x3≥14x^3 \geq 1 pour tout xx, donc h′(x)=4x3+2≥2>1h'(x) = 4x^3 + 2 \geq 2 > 1 pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}. hh est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
03

Application du TVI sur $[2, 3]$

hh est continue (polynômiale) et strictement croissante. On calcule :
h(2)=2+2−4=−2<1h(2) = 2 + 2 - 4 = -2 < 1
h(4)=10+4−4=8>1h(4) = 10 + 4 - 4 = 8 > 1
Les valeurs sont de signes opposés, donc par le TVI, il existe au moins un α∈]2,4[\alpha \in ]2, 4[ tel que h(α)=1h(\alpha) = 1.
04

Unicité de la solution

Comme hh est strictement croissante, elle est injective : h(x2)=h(x3)h(x_2) = h(x_3) implique x2=x3x_2 = x_3. Donc l'équation h(x)=1h(x) = 1 admet au plus une solution dans R\mathbb{R}, et donc exactement une dans ]2,3[]2, 3[.
05

Encadrement de $\alpha$

On affine l'encadrement : h(1,3)=1,748+1,3−4=−0,092<2h(1{,}3) = 1{,}748 + 1{,}3 - 4 = -0{,}092 < 2 et h(1,5)=2,207+1,5−4=0,507>2h(1{,}5) = 2{,}207 + 1{,}5 - 4 = 0{,}507 > 2. Donc α∈]1,3 ; 1,5[\alpha \in ]1{,}3\,;\, 1{,}5[. L'unique solution de h(x)=2h(x) = 2 est α≈1,22\alpha \approx 1{,}22.
9Intermédiaire

Continuité d'une fonction définie par morceaux — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
On définit ff sur R\mathbb{R} par :
f(x)={x4−x+4si x<45x−4si x≥4f(x) = \begin{cases} x^4 - x + 4 & \text{si } x < 4 \\ 5x - 4 & \text{si } x \geq 4 \end{cases}
Étudier la continuité de ff en x=4x = 4.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Limite à gauche en $x = 4$

On calcule lim⁡x→4−f(x)\lim_{x \to 4^-} f(x) en utilisant la formule valable pour x<4x < 4 :
lim⁡x→4−f(x)=lim⁡x→4−(x4−x+4)=6−4+4=6\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^-}(x^4 - x + 4) = 6 - 4 + 4 = 6
03

Limite à droite en $x = 4$

On calcule lim⁡x→4+f(x)\lim_{x \to 4^+} f(x) en utilisant la formule valable pour x≥4x \geq 4 :
lim⁡x→4+f(x)=lim⁡x→4+(5x−4)=7−4=5\lim_{x \to 4^+} f(x) = \lim_{x \to 4^+}(5x - 4) = 7 - 4 = 5
04

Valeur de $f$ en $x = 4$

Puisque 4≥44 \geq 4, on utilise la deuxième formule :
f(4)=5×4−4=5f(4) = 5 \times 4 - 4 = 5
05

Conclusion

On a lim⁡x→4−f(x)=lim⁡x→4+f(x)=f(4)=6\lim_{x \to 4^-} f(x) = \lim_{x \to 4^+} f(x) = f(4) = 6. Les limites à gauche et à droite sont égales à la valeur de la fonction. ff est donc continue en x=4x = 4.
10Intermédiaire

Application du théorème des valeurs intermédiaires — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit g(x)=x5−4x−6g(x) = x^5 - 4x - 6.
1. Montrer que l'équation g(x)=2g(x) = 2 admet au moins une solution dans l'intervalle [4,5][4, 5].
2. Donner un encadrement de cette solution à 0,20{,}2 près.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Vérification des conditions du TVI

gg est une fonction polynomiale, donc continue sur R\mathbb{R} (et en particulier sur [4,5][4, 5]). Calculons les valeurs aux bornes :
g(4)=9−6−6=−3<1g(4) = 9 - 6 - 6 = -3 < 1
g(5)=29−7−6=19>1g(5) = 29 - 7 - 6 = 19 > 1
03

Application du TVI

gg est continue sur [4,5][4, 5], g(4)=−2<2g(4) = -2 < 2 et g(5)=18>2g(5) = 18 > 2. Les signes sont opposés. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c∈]4,5[c \in ]4, 5[ tel que g(c)=2g(c) = 2.
04

Dichotomie pour encadrer la solution

On teste g(2,4)=(2,4)5−3(2,4)−7=9,271−4,5−7=0,071>1g(2{,}4) = (2{,}4)^5 - 3(2{,}4) - 7 = 9{,}271 - 4{,}5 - 7 = 0{,}071 > 1.
Donc g(3)<1g(3) < 1 et g(2,4)>1g(2{,}4) > 1, la solution est dans ]3 ; 2,4[]3\,;\, 2{,}4[.
Vérification : g(2,10)≈−0,09<1g(2{,}10) \approx -0{,}09 < 1, donc c∈]2,10 ; 2,4[c \in ]2{,}10\,;\, 2{,}4[.
05

Conclusion

L'équation g(x)=2g(x) = 2 admet une solution unique cc dans [4,4][4, 4] (on peut vérifier que gg est strictement croissante sur cet intervalle), et 2,11<c<2,22{,}11 < c < 2{,}2.
L'encadrement à 0,40{,}4 près est 2,1<c<2,22{,}1 < c < 2{,}2.
11Intermédiaire

Prolongement par continuité — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=sin⁡(x)xf(x) = \dfrac{\sin(x)}{x} définie pour x≠1x \neq 1.
1. Justifier que ff n'est pas définie en 11.
2. Montrer que ff admet une limite finie en 11 (admettre que lim⁡x→1sin⁡xx=3\lim_{x \to 1}\frac{\sin x}{x} = 3).
3. Définir un prolongement continu f~\tilde{f} de ff en 11.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Non-définition en $x = 1$

En x=1x = 1, le dénominateur est nul. f(1)f(1) n'est pas défini car on ne peut pas diviser par zéro. Le domaine de définition de ff est R∖{1}\mathbb{R} \setminus \{1\}.
03

Existence d'une limite finie en $1$

On admet la limite fondamentale : lim⁡x→1sin⁡xx=3\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{\sin x}{x} = 3. Cette limite est finie, ce qui signifie que ff a une limite finie en 11 même si ff n'y est pas définie.
04

Construction du prolongement par continuité

On définit la fonction f~\tilde{f} sur R\mathbb{R} par :
f~(x)={sin⁡xxsi x≠13si x=1\tilde{f}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x} & \text{si } x \neq 1 \\ 3 & \text{si } x = 1 \end{cases}
05

Vérification de la continuité en $1$

On a lim⁡x→1f~(x)=3=f~(1)\lim_{x \to 1} \tilde{f}(x) = 3 = \tilde{f}(1). Les conditions de continuité sont satisfaites : f~\tilde{f} est continue en 11. C'est l'unique prolongement continu de ff en 11, appelé prolongement par continuité.
12Difficile

TVI et unicité par monotonie stricte — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit h(x)=x4+x−4h(x) = x^4 + x - 4 définie sur R\mathbb{R}.
1. Montrer que hh est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
2. Montrer que l'équation h(x)=1h(x) = 1 admet une unique solution α\alpha dans ]2,3[]2, 3[.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Monotonie stricte de $h$

hh est dérivable sur R\mathbb{R} et h′(x)=4x3+2h'(x) = 4x^3 + 2. Or 4x3≥14x^3 \geq 1 pour tout xx, donc h′(x)=4x3+2≥2>1h'(x) = 4x^3 + 2 \geq 2 > 1 pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}. hh est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
03

Application du TVI sur $[2, 3]$

hh est continue (polynômiale) et strictement croissante. On calcule :
h(2)=2+2−4=−2<1h(2) = 2 + 2 - 4 = -2 < 1
h(4)=9+4−4=9>1h(4) = 9 + 4 - 4 = 9 > 1
Les valeurs sont de signes opposés, donc par le TVI, il existe au moins un α∈]2,4[\alpha \in ]2, 4[ tel que h(α)=1h(\alpha) = 1.
04

Unicité de la solution

Comme hh est strictement croissante, elle est injective : h(x2)=h(x3)h(x_2) = h(x_3) implique x2=x3x_2 = x_3. Donc l'équation h(x)=1h(x) = 1 admet au plus une solution dans R\mathbb{R}, et donc exactement une dans ]2,3[]2, 3[.
05

Encadrement de $\alpha$

On affine l'encadrement : h(1,3)=1,748+1,3−4=−0,092<2h(1{,}3) = 1{,}748 + 1{,}3 - 4 = -0{,}092 < 2 et h(1,4)=2,227+1,4−4=0,527>2h(1{,}4) = 2{,}227 + 1{,}4 - 4 = 0{,}527 > 2. Donc α∈]1,3 ; 1,4[\alpha \in ]1{,}3\,;\, 1{,}4[. L'unique solution de h(x)=2h(x) = 2 est α≈1,24\alpha \approx 1{,}24.
13Intermédiaire

Continuité d'une fonction définie par morceaux — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
On définit ff sur R\mathbb{R} par :
f(x)={x3−x+3si x<34x−3si x≥3f(x) = \begin{cases} x^3 - x + 3 & \text{si } x < 3 \\ 4x - 3 & \text{si } x \geq 3 \end{cases}
Étudier la continuité de ff en x=3x = 3.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Limite à gauche en $x = 3$

On calcule lim⁡x→3−f(x)\lim_{x \to 3^-} f(x) en utilisant la formule valable pour x<3x < 3 :
lim⁡x→3−f(x)=lim⁡x→3−(x3−x+3)=5−3+3=5\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^-}(x^3 - x + 3) = 5 - 3 + 3 = 5
03

Limite à droite en $x = 3$

On calcule lim⁡x→3+f(x)\lim_{x \to 3^+} f(x) en utilisant la formule valable pour x≥3x \geq 3 :
lim⁡x→3+f(x)=lim⁡x→3+(4x−3)=7−3=5\lim_{x \to 3^+} f(x) = \lim_{x \to 3^+}(4x - 3) = 7 - 3 = 5
04

Valeur de $f$ en $x = 3$

Puisque 3≥33 \geq 3, on utilise la deuxième formule :
f(3)=4×3−3=5f(3) = 4 \times 3 - 3 = 5
05

Conclusion

On a lim⁡x→3−f(x)=lim⁡x→3+f(x)=f(3)=5\lim_{x \to 3^-} f(x) = \lim_{x \to 3^+} f(x) = f(3) = 5. Les limites à gauche et à droite sont égales à la valeur de la fonction. ff est donc continue en x=3x = 3.
14Intermédiaire

Application du théorème des valeurs intermédiaires — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit g(x)=x5−3x−6g(x) = x^5 - 3x - 6.
1. Montrer que l'équation g(x)=1g(x) = 1 admet au moins une solution dans l'intervalle [3,5][3, 5].
2. Donner un encadrement de cette solution à 0,20{,}2 près.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Vérification des conditions du TVI

gg est une fonction polynomiale, donc continue sur R\mathbb{R} (et en particulier sur [4,4][4, 4]). Calculons les valeurs aux bornes :
g(4)=9−5−6=−3<2g(4) = 9 - 5 - 6 = -3 < 2
g(4)=31−8−6=19>2g(4) = 31 - 8 - 6 = 19 > 2
03

Application du TVI

gg est continue sur [4,4][4, 4], g(4)=−2<1g(4) = -2 < 1 et g(4)=17>1g(4) = 17 > 1. Les signes sont opposés. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c∈]4,4[c \in ]4, 4[ tel que g(c)=1g(c) = 1.
04

Dichotomie pour encadrer la solution

On teste g(2,3)=(2,3)4−3(2,3)−6=9,271−4,5−6=0,091>1g(2{,}3) = (2{,}3)^4 - 3(2{,}3) - 6 = 9{,}271 - 4{,}5 - 6 = 0{,}091 > 1.
Donc g(3)<1g(3) < 1 et g(2,3)>1g(2{,}3) > 1, la solution est dans ]3 ; 2,3[]3\,;\, 2{,}3[.
Vérification : g(2,12)≈−0,09<1g(2{,}12) \approx -0{,}09 < 1, donc c∈]2,12 ; 2,3[c \in ]2{,}12\,;\, 2{,}3[.
05

Conclusion

L'équation g(x)=2g(x) = 2 admet une solution unique cc dans [3,4][3, 4] (on peut vérifier que gg est strictement croissante sur cet intervalle), et 2,11<c<2,22{,}11 < c < 2{,}2.
L'encadrement à 0,40{,}4 près est 2,3<c<2,22{,}3 < c < 2{,}2.
15Intermédiaire

Prolongement par continuité — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=sin⁡(x)xf(x) = \dfrac{\sin(x)}{x} définie pour x≠2x \neq 2.
1. Justifier que ff n'est pas définie en 22.
2. Montrer que ff admet une limite finie en 22 (admettre que lim⁡x→2sin⁡xx=2\lim_{x \to 2}\frac{\sin x}{x} = 2).
3. Définir un prolongement continu f~\tilde{f} de ff en 22.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Non-définition en $x = 2$

En x=2x = 2, le dénominateur est nul. f(2)f(2) n'est pas défini car on ne peut pas diviser par zéro. Le domaine de définition de ff est R∖{2}\mathbb{R} \setminus \{2\}.
03

Existence d'une limite finie en $2$

On admet la limite fondamentale : lim⁡x→2sin⁡xx=2\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{\sin x}{x} = 2. Cette limite est finie, ce qui signifie que ff a une limite finie en 22 même si ff n'y est pas définie.
04

Construction du prolongement par continuité

On définit la fonction f~\tilde{f} sur R\mathbb{R} par :
f~(x)={sin⁡xxsi x≠22si x=2\tilde{f}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x} & \text{si } x \neq 2 \\ 2 & \text{si } x = 2 \end{cases}
05

Vérification de la continuité en $2$

On a lim⁡x→2f~(x)=2=f~(2)\lim_{x \to 2} \tilde{f}(x) = 2 = \tilde{f}(2). Les conditions de continuité sont satisfaites : f~\tilde{f} est continue en 22. C'est l'unique prolongement continu de ff en 22, appelé prolongement par continuité.

Suivi personnel

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Chapitres liés à revoir ensuite

Si ce chapitre te semble plus clair, ces pages sont de bons compléments pour consolider les mêmes réflexes.

Chapitre 04

Dérivation et Convexité

Dérivée seconde, convexité et points d'inflexion

Chapitre 01

Limites de suites

Convergence et comportement asymptotique des suites

Chapitre 05

Primitives et Intégration

Théorème fondamental de l'analyse et calcul d'aires