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Chapitre 03 · Terminale

Continuité

Théorème des valeurs intermédiaires et prolongement par continuité

1Intermédiaire

Continuité d'une fonction définie par morceaux

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

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

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

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.