Exercices : Théorème des Valeurs Intermédiaires et Corollaire

Correction :

1. Calcul de $f(0)$ :

Pour calculer $f(0)$, nous remplaçons $x$ par $0$ dans l'expression de $f(x) = \dfrac{x^2-8}{x^2+1}$ :

$f(0) = \dfrac{0^2 - 8}{0^2 + 1} = \dfrac{0 - 8}{0 + 1} = \dfrac{-8}{1} = \boxed{-8}$.

2. Calcul de $f(1)$ :

Pour calculer $f(1)$, nous remplaçons $x$ par $1$ dans l'expression de $f(x) = \dfrac{x^2-8}{x^2+1}$ :

$f(1) = \dfrac{1^2 - 8}{1^2 + 1} = \dfrac{1 - 8}{1 + 1} = \dfrac{-7}{2} = \boxed{-3.5}$.

3. Justification de l'existence d'une solution à $f(x) = -5$ dans $[0;1]$ :

Pour justifier l'existence d'une solution à l'équation $f(x) = -5$ sur l'intervalle $[0;1]$, nous allons utiliser le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI). Rappelons les conditions d'application du TVI :

La fonction $f$ doit être continue sur l'intervalle $[0;1]$.

La valeur $-5$ doit être comprise entre $f(0)$ et $f(1)$.

La fonction $f(x) = \dfrac{x^2-8}{x^2+1}$ est une fonction rationnelle. Le dénominateur $x^2+1$ ne s'annule jamais sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est définie et continue sur $\mathbb{R}$, et en particulier sur $[0;1]$.

Nous avons calculé $f(0) = -8$ et $f(1) = -3.5$. On observe que $-8 \leqslant -5 \leqslant -3.5$, donc $-5$ est bien une valeur intermédiaire entre $f(0)$ et $f(1)$.

Par conséquent, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, l'équation $f(x) = -5$ admet au moins une solution dans l'intervalle $[0;1]$.

4. Détermination de l'ensemble des antécédents de $-5$ :

Pour déterminer l'ensemble des antécédents de $-5$, nous devons résoudre l'équation $f(x) = -5$ :

$\dfrac{x^2-8}{x^2+1} = -5$

Multiplions les deux côtés de l'équation par $x^2+1$ (qui est non nul pour tout $x$) :

$x^2 - 8 = -5(x^2 + 1)$

Développons le membre de droite :

$x^2 - 8 = -5x^2 - 5$

Regroupons tous les termes en $x^2$ du même côté et les constantes de l'autre côté :

$x^2 + 5x^2 = 8 - 5$

$6x^2 = 3$

Divisons par 6 :

$x^2 = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$

Prenons la racine carrée des deux côtés :

$x = \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ou $x = -\sqrt{\dfrac{1}{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Nous devons vérifier si ces solutions appartiennent à l'intervalle $[0;1]$.

Pour $x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707$, on a $0 \leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqslant 1$, donc cette solution appartient à $[0;1]$.

Pour $x = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx -0.707$, on a $-\dfrac{\sqrt{2}}{2} < 0$, donc cette solution n'appartient pas à $[0;1]$.

Donc, la seule solution dans $[0;1]$ (et en fait la seule solution réelle positive) est $x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

L'ensemble des antécédents de $-5$ est donc $\boxed{\left\{ \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right\}}$.

Correction :

1. Réécriture de l'équation sous la forme $f(x)=0$ :

Pour appliquer le TVI, nous devons travailler avec une équation de la forme $f(x) = 0$. Partons de l'équation donnée :

$\sqrt{x}+\mathrm{e}^x-2=1$

Soustrayons 1 de chaque côté pour obtenir 0 à droite :

$\sqrt{x}+\mathrm{e}^x-2-1=0$

Simplifions :

$\sqrt{x}+\mathrm{e}^x-3=0$

Posons $f(x) = \sqrt{x}+\mathrm{e}^x-3$. Nous allons montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution dans $\mathbb{R}$.

2. Domaine de définition de la fonction $f$ :

La fonction $f(x) = \sqrt{x}+\mathrm{e}^x-3$ est composée de la fonction racine carrée $\sqrt{x}$ et de la fonction exponentielle $\mathrm{e}^x$. La fonction $\sqrt{x}$ est définie pour $x \geqslant 0$, et la fonction $\mathrm{e}^x$ est définie sur $\mathbb{R}$. Pour que $f(x)$ soit définie, il faut donc que $x \geqslant 0$. Le domaine de définition de $f$ est donc $\boxed{[0, +\infty[}$.

3. Justification de la continuité de $f$ sur un intervalle approprié :

Pour appliquer le TVI, $f$ doit être continue sur un intervalle. La fonction $\sqrt{x}$ est continue sur $[0, +\infty[$, et la fonction $\mathrm{e}^x$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc sur $[0, +\infty[$. La somme de fonctions continues est continue. Ainsi, $f(x) = \sqrt{x}+\mathrm{e}^x-3$ est continue sur son domaine de définition $[0, +\infty[$. Nous pouvons donc choisir n'importe quel intervalle $[a, b]$ inclus dans $[0, +\infty[$, par exemple $[0, 4]$.

4. Trouvez un intervalle $[a,b]$ où $f(a)$ et $f(b)$ sont de signes opposés :

Calculons $f(0)$ :

$f(0) = \sqrt{0} + \mathrm{e}^0 - 3 = 0 + 1 - 3 = \boxed{-2}$.

Calculons $f(4)$ :

$f(4) = \sqrt{4} + \mathrm{e}^4 - 3 = 2 + \mathrm{e}^4 - 3 = \mathrm{e}^4 - 1$.

Nous savons que $\mathrm{e} \approx 2.718$, $\mathrm{e}^4 \approx (2.718)^4 \approx 54.6$. Donc $f(4) = \mathrm{e}^4 - 1 \approx 54.6 - 1 = 53.6 > 0$.

Plus précisément, comme $\mathrm{e} > 1$, alors $\mathrm{e}^4 > 1$, et donc $\mathrm{e}^4 - 1 > 0$. Ainsi, $f(4) = \mathrm{e}^4 - 1 > 0$.

Nous avons $f(0) = -2 < 0$ et $f(4) = \mathrm{e}^4 - 1 > 0$. Donc, sur l'intervalle $[0, 4]$, les valeurs de $f$ aux bornes sont de signes opposés.

5. Conclusion en utilisant le Théorème des Valeurs Intermédiaires :

Nous avons montré que :

La fonction $f$ est continue sur l'intervalle $[0, 4]$.

$f(0) = -2 < 0$ et $f(4) = \mathrm{e}^4 - 1 > 0$.

D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, il existe au moins un nombre $c$ dans l'intervalle $]0, 4[$ tel que $f(c) = 0$. Ceci signifie que l'équation $\sqrt{x}+\mathrm{e}^x-3=0$, et donc l'équation équivalente $\sqrt{x}+\mathrm{e}^x-2=1$, admet au moins une solution dans $]0, 4[$, et par conséquent, au moins une solution dans $\mathbb{R}$.

Conclusion : $\boxed{\text{L'équation } \sqrt{x}+\mathrm{e}^x-2=1 \text{ admet au moins une solution dans } \mathbb{R}}$.

Correction :

1. Justification de la continuité de $f$ sur $]2;+\infty[$ :

La fonction $f(x) = \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right)$ est une composée de fonctions. Pour justifier sa continuité sur $]2;+\infty[$, analysons les fonctions composantes :

La fonction $g: x \mapsto x^2 - 4$ est une fonction polynomiale, donc continue sur $\mathbb{R}$, et donc sur $]2;+\infty[$.

Pour $x \in ]2;+\infty[$, on a $x^2 > 4$, donc $x^2 - 4 \neq 0$. De plus, $x^2 - 4 > 0$ sur $]2;+\infty[$. Ainsi, la fonction $h: y \mapsto \dfrac{1}{y}$ est continue sur $\mathbb{R}^*$. Comme pour $x > 2$, $x^2-4 > 0$, la fonction $u: x \mapsto \dfrac{1}{x^2-4}$ est continue sur $]2;+\infty[$ comme composée de fonctions continues et dénominateur non nul.

La fonction exponentielle $v: z \mapsto \exp(z)$ est continue sur $\mathbb{R}$.

Par composition, $f(x) = v(u(x)) = \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right)$ est continue sur $]2;+\infty[$.

2. Étude de la dérivabilité de $f$ et calcul de $f'(x)$ :

Puisque $g(x) = x^2-4$ et $\exp(y)$ sont dérivables sur leurs domaines respectifs, et $\dfrac{1}{y}$ est dérivable pour $y \neq 0$, la fonction $f$ est dérivable sur $]2;+\infty[$. Calculons $f'(x)$ en utilisant la règle de dérivation des fonctions composées :

$f'(x) = \dfrac{d}{dx} \left[ \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right) \right] = \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right) \times \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{x^2-4} \right)$.

Calculons la dérivée de $\dfrac{1}{x^2-4} = (x^2-4)^{-1}$ en utilisant la règle de la chaîne :

$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{x^2-4} \right) = -1 \cdot (x^2-4)^{-2} \cdot \dfrac{d}{dx}(x^2-4) = -\dfrac{1}{(x^2-4)^2} \cdot (2x) = -\dfrac{2x}{(x^2-4)^2}$.

Donc, $f'(x) = \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right) \times \left( -\dfrac{2x}{(x^2-4)^2} \right) = \boxed{-\dfrac{2x}{(x^2-4)^2} \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right)}$.

3. Détermination du signe de $f'(x)$ sur $]2;+\infty[$ et déduction de la monotonie de $f$ :

Analysons le signe de chaque facteur de $f'(x) = -\dfrac{2x}{(x^2-4)^2} \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right)$ sur $]2;+\infty[$ :

Le signe de $f'(x)$ est déterminé par le facteur $-2x$ car $(x^2-4)^2 > 0$ et $\exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right) > 0$ sur $]2;+\infty[$.

Pour $x \in ]2;+\infty[$, on a $-2x < 0$. Donc $f'(x) < 0$ sur $]2;+\infty[$.

Puisque la dérivée $f'(x)$ est strictement négative sur $]2;+\infty[$, la fonction $f$ est $\boxed{\text{strictement décroissante sur } ]2;+\infty[}$.

4. Calcul de $\lim_{x \to 2^+} f(x)$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ :

Pour $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right)$ :

Lorsque $x \to 2^+$ (c'est-à-dire $x$ tend vers 2 par valeurs supérieures à 2), $x^2 \to 4^+$ et $x^2 - 4 \to 0^+$. Donc $\dfrac{1}{x^2-4} \to +\infty$. Et $\lim_{y \to +\infty} \exp(y) = +\infty$. Par composition, $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \boxed{+\infty}$.

Pour $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \exp \left( \dfrac{1}{x^2-4}\right)$ :

Lorsque $x \to +\infty$, $x^2 \to +\infty$ et $x^2 - 4 \to +\infty$. Donc $\dfrac{1}{x^2-4} \to 0^+$. Et $\lim_{y \to 0^+} \exp(y) = \exp(0) = 1$. Par composition, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \boxed{1}$.

5. Détermination de l'image de l'intervalle $]2;+\infty[$ par $f$ :

Puisque $f$ est continue et strictement décroissante sur $]2;+\infty[$, son image est un intervalle ouvert. Les bornes de cet intervalle sont les limites de $f$ aux bornes de $]2;+\infty[$. Comme $f$ est décroissante, la borne supérieure de l'image est la limite à gauche (en $2^+$), et la borne inférieure est la limite à droite (en $+\infty$).

Donc, $f(]2;+\infty[) = ]\lim_{x \to +\infty} f(x), \lim_{x \to 2^+} f(x)[ = \boxed{]1, +\infty[}$.

Correction :

1. Continuité de $f(x) = x^3 + 3x - 5$ sur $\mathbb{R}$ :

La fonction $f(x) = x^3 + 3x - 5$ est une fonction polynomiale. Les fonctions polynomiales sont continues sur $\mathbb{R}$. Donc, $f(x)$ est $\boxed{\text{continue sur } \mathbb{R}}$.

2. Calcul de la dérivée $f'(x)$ et étude de son signe sur $\mathbb{R}$ :

Pour calculer la dérivée de $f(x) = x^3 + 3x - 5$, nous dérivons chaque terme :

$f'(x) = \dfrac{d}{dx}(x^3) + \dfrac{d}{dx}(3x) - \dfrac{d}{dx}(5) = 3x^2 + 3 - 0 = 3x^2 + 3$.

Étudions le signe de $f'(x) = 3x^2 + 3$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $x^2 \geqslant 0$, donc $3x^2 \geqslant 0$, et $f'(x) = 3x^2 + 3 \geqslant 3$. Ainsi, $f'(x) = 3x^2 + 3 \geqslant 3 > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Donc, $\boxed{f'(x) > 0 \text{ pour tout } x \in \mathbb{R}}$.

3. Déduction de la monotonie de $f$ sur $\mathbb{R}$ :

Puisque la dérivée $f'(x)$ est strictement positive sur $\mathbb{R}$, la fonction $f$ est $\boxed{\text{strictement croissante sur } \mathbb{R}}$.

4. Calcul des limites de $f$ en $-\infty$ et $+\infty$ :

Limite en $-\infty$ : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (x^3 + 3x - 5) = -\infty$.

Limite en $+\infty$ : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x^3 + 3x - 5) = +\infty$.

5. Utilisation du corollaire du TVI pour conclure sur l'existence et l'unicité de la solution :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$. Son image est l'intervalle $]\lim_{x \to -\infty} f(x), \lim_{x \to +\infty} f(x)[ = ]-\infty, +\infty[ = \mathbb{R}$.

Puisque $0 \in \mathbb{R}$, d'après le corollaire du Théorème des Valeurs Intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet $\boxed{\text{une unique solution réelle}}$.

Correction :

1. Domaine de définition et continuité de $f(x) = x + \ln(x)$ sur $]0, +\infty[$ :

La fonction $f(x) = x + \ln(x)$ est la somme de deux fonctions : $g(x) = x$ et $h(x) = \ln(x)$.

La fonction $g(x) = x$ est une fonction polynomiale, elle est définie et continue sur $\mathbb{R}$, donc sur $]0, +\infty[$.

La fonction $h(x) = \ln(x)$ est définie et continue sur $]0, +\infty[$.

Par somme de fonctions continues sur $]0, +\infty[$, la fonction $f(x) = x + \ln(x)$ est $\boxed{\text{définie et continue sur } ]0, +\infty[}$.

2. Calcul de la dérivée $f'(x)$ et étude de son signe sur $]0, +\infty[$ :

Calculons la dérivée de $f(x) = x + \ln(x)$ :

$f'(x) = \dfrac{d}{dx}(x) + \dfrac{d}{dx}(\ln(x)) = 1 + \dfrac{1}{x}$.

Pour tout $x \in ]0, +\infty[$, on a $x > 0$, donc $\dfrac{1}{x} > 0$, et $f'(x) = 1 + \dfrac{1}{x} > 1 > 0$.

Donc $\boxed{f'(x) > 0 \text{ pour tout } x \in ]0, +\infty[}$.

3. Déduction de la monotonie de $f$ sur $]0, +\infty[$ :

Puisque la dérivée $f'(x)$ est strictement positive sur $]0, +\infty[$, la fonction $f$ est $\boxed{\text{strictement croissante sur } ]0, +\infty[}$.

4. Calcul des limites de $f$ en $0^+$ et $+\infty$ :

Limite en $0^+$ : $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x + \ln(x))$. On sait que $\lim_{x \to 0^+} x = 0$ et $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$. Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 + (-\infty) = \boxed{-\infty}$.

Limite en $+\infty$ : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x + \ln(x))$. On sait que $\lim_{x \to +\infty} x = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty$. Donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty + +\infty = \boxed{+\infty}$.

5. Utilisation du corollaire du TVI pour conclure sur l'existence et l'unicité de la solution à $f(x)=3$ :

Nous avons montré que :

La fonction $f$ est continue sur $]0, +\infty[$.

La fonction $f$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$.

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

Par conséquent, $f$ est une bijection de $]0, +\infty[$ sur $]\lim_{x \to 0^+} f(x), \lim_{x \to +\infty} f(x)[ = ]-\infty, +\infty[ = \mathbb{R}$. Puisque $3 \in \mathbb{R}$ (l'intervalle image), d'après le corollaire du Théorème des Valeurs Intermédiaires, l'équation $f(x) = 3$ admet $\boxed{\text{une unique solution sur } ]0, +\infty[}$.

Correction :

1. Continuité de $f(x) = \dfrac{2x}{x^2+1}$ sur $[0, 1]$ :

La fonction $f(x) = \dfrac{2x}{x^2+1}$ est une fonction rationnelle. Une fonction rationnelle est continue sur son domaine de définition. Le dénominateur est $x^2+1$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $x^2 \geqslant 0$, donc $x^2+1 \geqslant 1 > 0$. Le dénominateur ne s'annule jamais sur $\mathbb{R}$. Ainsi, $f(x)$ est définie et continue sur $\mathbb{R}$, et en particulier sur l'intervalle $\boxed{[0, 1]}$.

2. Calcul de la dérivée $f'(x)$ :

Nous utilisons la règle de dérivation d'un quotient $\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$ avec $u(x) = 2x$ et $v(x) = x^2+1$. On a $u'(x) = 2$ et $v'(x) = 2x$.

$f'(x) = \dfrac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2} = \dfrac{2(x^2+1) - 2x(2x)}{(x^2+1)^2} = \dfrac{2x^2+2 - 4x^2}{(x^2+1)^2} = \dfrac{2 - 2x^2}{(x^2+1)^2} = \boxed{\dfrac{2(1 - x^2)}{(x^2+1)^2}}$.

3. Étude du signe de $f'(x)$ sur $[0, 1]$ et déduction de la monotonie de $f$ sur cet intervalle :

Pour étudier le signe de $f'(x) = \dfrac{2(1 - x^2)}{(x^2+1)^2}$ sur $[0, 1]$, nous analysons le signe du numérateur et du dénominateur.

Le dénominateur $(x^2+1)^2$ est toujours strictement positif pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Le signe de $f'(x)$ est donc le signe de $2(1 - x^2)$, qui est le même que le signe de $1 - x^2$.

Sur l'intervalle $[0, 1]$, pour $x \in [0, 1]$, on a $x^2 \leqslant 1$, donc $1 - x^2 \geqslant 0$. Ainsi $f'(x) = \dfrac{2(1 - x^2)}{(x^2+1)^2} \geqslant 0$ sur $[0, 1]$.

Puisque $f'(x) \geqslant 0$ sur $[0, 1]$, la fonction $f$ est $\boxed{\text{croissante sur } [0, 1]}$. En fait, elle est strictement croissante car $f'$ n'est pas identiquement nulle sur $[0, 1]$.

4. Calcul de $f(0)$ et $f(1)$ :

$f(0) = \dfrac{2 \times 0}{0^2+1} = \dfrac{0}{1} = \boxed{0}$.

$f(1) = \dfrac{2 \times 1}{1^2+1} = \dfrac{2}{1+1} = \dfrac{2}{2} = \boxed{1}$.

5. Détermination de l'image $f([0, 1])$ :

Puisque $f$ est continue et strictement croissante sur $[0, 1]$, l'image de l'intervalle $[0, 1]$ est l'intervalle dont les bornes sont les images des bornes de $[0, 1]$. La borne inférieure est $f(0) = 0$ et la borne supérieure est $f(1) = 1$. Par conséquent, l'image de l'intervalle $[0, 1]$ par $f$ est $\boxed{[f(0), f(1)] = [0, 1]}$.

Correction :

1. Continuité et dérivabilité de $f$ :

La fonction $f(x) = x + e^x$ est somme de fonctions continues et dérivables sur $\mathbb{R}$, donc elle est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$.

2. Calcul et signe de $f'(x)$ :

$f'(x) = 1 + e^x$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f'(x) > 0$ car $e^x > 0$.

3. Monotonie de $f$ :

Puisque $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

4. Limites de $f$ en $\pm \infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

Comme $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ et son image est $\mathbb{R}$, pour tout réel $k$, l'équation $f(x) = k$ admet une unique solution réelle d'après le corollaire du TVI.

Correction :

1. Continuité et dérivabilité de $f$ :

La fonction $f(x) = x^5 + x - 1$ est un polynôme, donc elle est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$.

2. Calcul et signe de $f'(x)$ :

$f'(x) = 5x^4 + 1$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f'(x) > 0$.

3. Monotonie de $f$ :

Puisque $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

4. Limites aux bornes de l'intervalle :

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

5. Existence et Unicité de la solution :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$. Son image est l'intervalle $]\lim_{x \to -\infty} f(x), \lim_{x \to +\infty} f(x)[ = ]-\infty, +\infty[ = \mathbb{R}$.

Puisque $0 \in \mathbb{R}$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution réelle $\alpha$.

6. Localisation de la solution :

Calculons $f(0)$ et $f(1)$ :

$f(0) = 0^5 + 0 - 1 = -1$.

$f(1) = 1^5 + 1 - 1 = 1$.

Nous avons $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$. Puisque $f$ est continue sur $[0, 1]$ et $0$ est une valeur intermédiaire entre $f(0)$ et $f(1)$, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (ou directement par stricte croissance et changement de signe), la unique solution $\alpha$ est dans l'intervalle $]0, 1[$. Donc $0 < \alpha < 1$.

Correction :

1. Continuité et dérivabilité de $f$ sur $[-\pi/2, 0]$ :

La fonction $f(x) = \cos(x) + 2x$ est somme de fonctions continues et dérivables sur $\mathbb{R}$, donc continue et dérivable sur $[-\pi/2, 0]$.

2. Calcul et signe de $f'(x)$ :

$f'(x) = -\sin(x) + 2$. Sur $[-\pi/2, 0]$, $\sin(x) \in [-1, 0]$, donc $-\sin(x) \in [0, 1]$, et $f'(x) = -\sin(x) + 2 \geqslant 2 > 0$.

3. Monotonie de $f$ sur $[-\pi/2, 0]$ :

Puisque $f'(x) > 0$ sur $[-\pi/2, 0]$, $f$ est strictement croissante sur $[-\pi/2, 0]$.

4. Calcul de $f(-\pi/2)$ et $f(0)$ :

$f(-\pi/2) = -\pi < 0$ et $f(0) = 1 > 0$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[-\pi/2, 0]$. Son image est l'intervalle $[f(-\pi/2), f(0)] = [-\pi, 1]$.

Puisque $0 \in [-\pi, 1]$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution dans $[-\pi/2, 0]$.

Correction :

1. Continuité et dérivabilité de $f$ :

La fonction $f(x) = \dfrac{x^3}{3} - x^2 + x$ est un polynôme, donc elle est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

$f'(x) = x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie de $f$ :

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f'(x) = (x-1)^2 \geqslant 0$. $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$. Elle est même strictement croissante car $f'$ ne s'annule qu'en un seul point.

4. Limites de $f$ en $\pm \infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

5. Existence et unicité de la solution pour $f(x) = 0.5$ :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$. Son image est l'intervalle $]\lim_{x \to -\infty} f(x), \lim_{x \to +\infty} f(x)[ = ]-\infty, +\infty[ = \mathbb{R}$.

Puisque $0.5 \in \mathbb{R}$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0.5$ admet une unique solution réelle.

Correction :

1. Domaine de définition et continuité de $f$ :

La fonction $f(x) = x \ln(x)$ est définie pour $x>0$ à cause de la fonction $\ln(x)$. Elle est continue sur son domaine de définition $]0; +\infty[$, donc continue sur $[1, e] \subset ]0; +\infty[$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

On utilise la formule de dérivation d'un produit $(uv)' = u'v + uv'$ avec $u(x) = x$ et $v(x) = \ln(x)$. Donc $u'(x) = 1$ et $v'(x) = \frac{1}{x}$.

$f'(x) = 1 \times \ln(x) + x \times \frac{1}{x} = \ln(x) + 1$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie sur $[1, e]$ :

Pour $x \in [1, e]$, on a $1 \le x \le e$, donc $\ln(1) \le \ln(x) \le \ln(e)$, c'est-à-dire $0 \le \ln(x) \le 1$.

Donc $f'(x) = \ln(x) + 1 \ge 0 + 1 = 1 > 0$ pour tout $x \in [1, e]$.

Comme $f'(x) > 0$ sur $[1, e]$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $[1, e]$.

4. Calcul de $f(1)$ et $f(e)$ :

$f(1) = 1 \times \ln(1) = 1 \times 0 = 0$.

$f(e) = e \times \ln(e) = e \times 1 = e$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[1, e]$.

L'image de $[1, e]$ par $f$ est l'intervalle $[f(1), f(e)] = [0, e]$.

Comme $1 \in [0, e]$, la valeur $1$ possède un unique antécédent dans $[1, e]$ par $f$ d'après le corollaire du TVI.

Donc l'équation $x \ln(x) = 1$ admet une unique solution sur $[1, e]$.

Correction :

1. Continuité et dérivabilité de $f$ :

La fonction $f(x) = e^x + x - 2$ est somme de fonctions continues et dérivables sur $\mathbb{R}$ (exponentielle et polynôme), donc elle est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$.

2. Calcul et signe de $f'(x)$ :

La dérivée de $e^x$ est $e^x$ et la dérivée de $x-2$ est $1$. Donc $f'(x) = e^x + 1$.

Comme $e^x > 0$ pour tout réel $x$, alors $f'(x) = e^x + 1 > 1 > 0$ pour tout réel $x$.

Donc $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$.

3. Monotonie de $f$ :

Comme $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

4. Limites de $f$ en $\pm \infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} e^x = 0$ et $\lim_{x \to -\infty} x = -\infty$, donc $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (e^x + x - 2) = -\infty$.

$\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} x = +\infty$, donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (e^x + x - 2) = +\infty$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

De plus, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$, donc l'image de $f$ est $\mathbb{R}$.

Comme $0 \in \mathbb{R}$, d'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x) = 0$, c'est-à-dire $e^x + x - 2 = 0$ (ou $e^x = 2 - x$), admet une unique solution réelle.

Correction :

1. Domaine de définition et continuité de $f$ :

La fonction $f(x) = \ln(x) + e^x$ est définie pour $x>0$ à cause de la fonction $\ln(x)$. Elle est continue sur son domaine de définition $]0; +\infty[$, donc continue sur $]0, 1] \subset ]0; +\infty[$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

La dérivée de $\ln(x)$ est $\frac{1}{x}$ et la dérivée de $e^x$ est $e^x$. Donc $f'(x) = \frac{1}{x} + e^x$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie sur $]0, 1]$ :

Pour $x \in ]0, 1]$, on a $x > 0$, donc $\frac{1}{x} > 0$ et $e^x > 0$. Donc $f'(x) = \frac{1}{x} + e^x > 0$ sur $]0, 1]$.

Comme $f'(x) > 0$ sur $]0, 1]$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0, 1]$.

4. Limites et valeurs aux bornes :

$\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to 0^+} e^x = e^0 = 1$. Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (\ln(x) + e^x) = -\infty$.

$f(1) = \ln(1) + e^1 = 0 + e = e$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $]0, 1]$.

L'image de $]0, 1]$ par $f$ est l'intervalle $]\lim_{x \to 0^+} f(x), f(1)] = ]-\infty, e]$.

Comme $0 \in ]-\infty, e]$, la valeur $0$ possède un unique antécédent dans $]0, 1]$ par $f$ d'après le corollaire du TVI.

Donc l'équation $\ln(x) + e^x = 0$ admet une unique solution sur $]0, 1]$.

Correction :

1. Continuité de $f$ sur $[1, e^2]$ :

La fonction $f(x) = \dfrac{\ln(x)}{x}$ est définie et continue sur $]0, +\infty[$, donc sur $[1, e^2]$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

$f'(x) = \dfrac{1 - \ln(x)}{x^2}$.

3. Signe de $f'(x)$ et variations sur $[1, e^2]$ :

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = e$. Sur $[1, e]$, $f'(x) \geqslant 0$, $f$ est croissante. Sur $[e, e^2]$, $f'(x) \leqslant 0$, $f$ est décroissante.

4. Calcul de valeurs :

$f(1) = \dfrac{\ln(1)}{1} = \dfrac{0}{1} = 0$.

$f(e) = \dfrac{\ln(e)}{e} = \dfrac{1}{e}$.

$f(e^2) = \dfrac{\ln(e^2)}{e^2} = \dfrac{2}{e^2}$.

5. Image $f([1, e^2])$ :

Sur $[1, e]$, $f$ croît de $f(1) = 0$ à $f(e) = \dfrac{1}{e}$. Donc $f([1, e]) = [0, \dfrac{1}{e}]$.

Sur $[e, e^2]$, $f$ décroît de $f(e) = \dfrac{1}{e}$ à $f(e^2) = \dfrac{2}{e^2}$. Donc $f([e, e^2]) = [\dfrac{2}{e^2}, \dfrac{1}{e}]$.

Puisque $[1, e^2] = [1, e] \cup [e, e^2]$, $f([1, e^2]) = f([1, e]) \cup f([e, e^2]) = [0, \dfrac{1}{e}] \cup [\dfrac{2}{e^2}, \dfrac{1}{e}] = [\min(0, \dfrac{2}{e^2}), \max(\dfrac{1}{e}, \dfrac{1}{e})] = [0, \dfrac{1}{e}]$.

Correction :

1. Continuité de $f$ sur $[0, 2]$ :

La fonction $f(x) = x e^{-x}$ est produit de fonctions continues sur $\mathbb{R}$, donc continue sur $[0, 2]$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

$f'(x) = e^{-x}(1 - x)$.

3. Signe de $f'(x)$ et variations sur $[0, 2]$ :

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$. Sur $[0, 1]$, $f'(x) \geqslant 0$, $f$ est croissante. Sur $[1, 2]$, $f'(x) \leqslant 0$, $f$ est décroissante.

4. Calcul de valeurs :

$f(0) = 0 \cdot e^{-0} = 0$.

$f(1) = 1 \cdot e^{-1} = \dfrac{1}{e}$.

$f(2) = 2 \cdot e^{-2} = \dfrac{2}{e^2}$.

5. Image $f([0, 2])$ :

Sur $[0, 1]$, $f$ croît de $f(0) = 0$ à $f(1) = \dfrac{1}{e}$. Donc $f([0, 1]) = [0, \dfrac{1}{e}]$.

Sur $[1, 2]$, $f$ décroît de $f(1) = \dfrac{1}{e}$ à $f(2) = \dfrac{2}{e^2}$. Donc $f([1, 2]) = [\dfrac{2}{e^2}, \dfrac{1}{e}]$.

Puisque $[0, 2] = [0, 1] \cup [1, 2]$, $f([0, 2]) = f([0, 1]) \cup f([1, 2]) = [0, \dfrac{1}{e}] \cup [\dfrac{2}{e^2}, \dfrac{1}{e}] = [0, \dfrac{1}{e}]$.

Correction :

1. Domaine de définition et continuité de $f$ :

La fonction $f(x) = x^3 + \ln(x)$ est définie pour $x>0$ à cause de la fonction $\ln(x)$. Elle est continue sur son domaine de définition $]0; +\infty[$, donc continue sur $[1, 2] \subset ]0; +\infty[$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

$f'(x) = 3x^2 + \dfrac{1}{x}$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie sur $[1, 2]$ :

Pour $x \in [1, 2]$, $f'(x) = 3x^2 + \dfrac{1}{x} > 0$. $f$ est strictement croissante sur $[1, 2]$.

4. Calcul de $f(1)$ et $f(2)$ :

$f(1) = 1^3 + \ln(1) = 1$.

$f(2) = 2^3 + \ln(2) = 8 + \ln(2)$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

Comme $f$ est continue et strictement croissante sur $[1, 2]$ et $4 \in [1, 8 + \ln(2)] = [f(1), f(2)]$, l'équation $f(x) = 4$ admet une unique solution sur $[1, 2]$ d'après le corollaire du TVI.

Correction :

1. Domaine de définition et continuité de $f$ :

La fonction $f(x) = e^x - \dfrac{1}{x}$ est définie pour $x \neq 0$ et $x>0$ pour $e^x$. Donc le domaine de définition est $]0; +\infty[$. Sur cet intervalle, $e^x$ et $\dfrac{1}{x}$ sont continues, donc $f$ est continue sur $]0; +\infty[$ et en particulier sur $]0, 1]$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

La dérivée de $e^x$ est $e^x$. La dérivée de $\dfrac{1}{x} = x^{-1}$ est $-x^{-2} = -\dfrac{1}{x^2}$.

Donc $f'(x) = e^x - (-\dfrac{1}{x^2}) = e^x + \dfrac{1}{x^2}$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie sur $]0, 1]$ :

Pour $x \in ]0, 1]$, on a $e^x > 0$ et $\dfrac{1}{x^2} > 0$. Donc $f'(x) = e^x + \dfrac{1}{x^2} > 0$ sur $]0, 1]$.

Comme $f'(x) > 0$ sur $]0, 1]$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0, 1]$.

4. Limites et valeurs aux bornes :

$\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to 0^+} e^x = e^0 = 1$. Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (e^x - \dfrac{1}{x}) = -\infty$.

$f(1) = e^1 - \dfrac{1}{1} = e - 1$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $]0, 1]$.

L'image de $]0, 1]$ par $f$ est l'intervalle $]\lim_{x \to 0^+} f(x), f(1)] = ]-\infty, e - 1]$.

Comme $0 \in ]-\infty, e - 1]$, la valeur $0$ possède un unique antécédent dans $]0, 1]$ par $f$ d'après le corollaire du TVI.

Donc l'équation $e^x = \dfrac{1}{x}$ admet une unique solution sur $]0, 1]$.

Correction :

1. Domaine de définition et continuité de $f$ :

La fonction $f(x) = \ln(x)^2 + x - 2$ est définie pour $x>0$ à cause de la fonction $\ln(x)$. Elle est continue sur son domaine de définition $]0; +\infty[$, donc continue sur $[1, e] \subset ]0; +\infty[$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

La dérivée de $\ln(x)^2$ est $2 \ln(x) \times \frac{1}{x}$ (par la règle de la chaîne). La dérivée de $x-2$ est $1$.

Donc $f'(x) = 2 \ln(x) \times \dfrac{1}{x} + 1 = \dfrac{2 \ln(x)}{x} + 1$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie sur $[1, e]$ :

Pour $x \in [1, e]$, on a $1 \le x \le e$, donc $\ln(1) \le $\ln(x) \le \ln(e)$, c'est-à-dire $0 \le \ln(x) \le 1$.

Donc $\dfrac{2 \ln(x)}{x} \ge 0$ et $f'(x) = \dfrac{2 \ln(x)}{x} + 1 \ge 1 > 0$ pour tout $x \in [1, e]$.

Comme $f'(x) > 0$ sur $[1, e]$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $[1, e]$.

4. Calcul de $f(1)$ et $f(e)$ :

$f(1) = \ln(1)^2 + 1 - 2 = 0^2 + 1 - 2 = -1$.

$f(e) = \ln(e)^2 + e - 2 = 1^2 + e - 2 = e - 1$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[1, e]$.

L'image de $[1, e]$ par $f$ est l'intervalle $[f(1), f(e)] = [-1, e - 1]$.

Comme $0 \in [-1, e - 1]$, la valeur $0$ possède un unique antécédent dans $[1, e]$ par $f$ d'après le corollaire du TVI.

Donc l'équation $\ln(x)^2 + x = 2$ admet une unique solution sur $[1, e]$.

Correction :

1. Continuité et dérivabilité de $f$ :

Considérons la fonction $f(x) = e^{-x} - x^2$. C'est la différence de deux fonctions continues et dérivables sur $\mathbb{R}$: $e^{-x}$ et $x^2$. Donc $f$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ et en particulier sur $[0, 1]$.

2. Calcul et signe de $f'(x)$ :

La dérivée de $e^{-x}$ est $-e^{-x}$ (par la règle de la chaîne). La dérivée de $-x^2$ est $-2x$.

Donc $f'(x) = -e^{-x} - 2x$.

Pour $x \in [0, 1]$, on a $e^{-x} > 0$ et $2x \ge 0$. Donc $f'(x) = -e^{-x} - 2x < 0$ sur $[0, 1]$.

3. Monotonie de $f$ :

Comme $f'(x) < 0$ sur $[0, 1]$, $f$ est strictement décroissante sur $[0, 1]$.

4. Calcul de $f(0)$ et $f(1)$ :

$f(0) = e^{-0} - 0^2 = 1 - 0 = 1$.

$f(1) = e^{-1} - 1^2 = \dfrac{1}{e} - 1 = \dfrac{1-e}{e}$.

Comme $e \approx 2.718 > 1$, on a $1-e < 0$, donc $f(1) = \dfrac{1-e}{e} < 0$.

5. Conclusion par le corollaire du TVI :

La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $[0, 1]$.

L'image de $[0, 1]$ par $f$ est l'intervalle $[f(1), f(0)] = [\dfrac{1}{e} - 1, 1]$.

Comme $0 \in [\dfrac{1}{e} - 1, 1]$ car $\dfrac{1}{e} - 1 < 0 < 1$, la valeur $0$ possède un unique antécédent dans $[0, 1]$ par $f$ d'après le corollaire du TVI.

Donc l'équation $e^{-x} = x^2$ admet une unique solution sur $[0, 1]$.

Correction :

1. Continuité de $f$ sur $[1, 2]$ :

La fonction $f(x) = e^x + \ln(x)$ est la somme de deux fonctions continues sur $[1, 2]$, la fonction exponentielle $e^x$ et la fonction logarithme $\ln(x)$, donc $f$ est continue sur $[1, 2]$.

2. Calcul de $f'(x)$ :

La dérivée de $e^x$ est $e^x$ et la dérivée de $\ln(x)$ est $\frac{1}{x}$. Donc $f'(x) = e^x + \frac{1}{x}$.

3. Signe de $f'(x)$ et monotonie sur $[1, 2]$ :

Pour $x \in [1, 2]$, on a $e^x > 0$ et $\dfrac{1}{x} > 0$. Donc $f'(x) = e^x + \dfrac{1}{x} > 0$ sur $[1, 2]$.

Comme $f'(x) > 0$ sur $[1, 2]$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $[1, 2]$.

4. Calcul de $f(1)$ et $f(2)$ :

$f(1) = e^1 + \ln(1) = e + 0 = e$.

$f(2) = e^2 + \ln(2)$.

Pour donner une valeur approchée de $f(2)$, on utilise $\ln(2) \approx 0.693$ et $e^2 \approx 7.389$.

Donc $f(2) = e^2 + \ln(2) \approx 7.389 + 0.693 = 8.082$.

Donc $f(1) = e \approx 2.718$ et $f(2) = e^2 + \ln(2) \approx 8.082$.

5. Image $f([1, 2])$ :

Puisque $f$ est continue et strictement croissante sur $[1, 2]$, l'image de l'intervalle $[1, 2]$ est l'intervalle $[f(1), f(2)]$.

Donc, $f([1, 2]) = \boxed{[e, e^2 + \ln(2)]} \approx [2.718, 8.082]$.