Continuité - Exercices

Correction détaillée :

Continuité en \(-1\) :

D'une part, \(f(-1)=6\times (-1)+8=2\).

D'autre part, \(\displaystyle \lim_{x \to (-1)^+} f(x)= -3 \times (-1) +7=10\).

Ainsi, \(f(-1) \neq \lim_{x \to (-1)^+} f(x)\), donc \(f\) n'est pas continue en \(-1\).

Continuité en \(2\) :

D'une part, \(f(2)=2-1=1\).

D'autre part, \(\displaystyle \lim_{x \to 2^-} f(x) = -3\times 2 + 7 = 1\).

Enfin, \(\displaystyle \lim_{x \to 2^+} f(x) = 2-1= 1\).

Puisque \(f(2) = \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = 1\), la fonction \(f\) est continue en \(2\).

Correction détaillée :

1. Continuité en -2 :
On a \(f(-2)=\dfrac{1}{2}\times(-2)-3=-1-3=-4\).
Or, \(\displaystyle\lim_{x \to (-2)^+} f(x) = \lim_{x \to (-2)^+} (x+1) = -2+1=-1\).
Comme \(f(-2) \neq \lim_{x \to (-2)^+} f(x)\), la fonction \(f\) n'est pas continue en \(-2\).

2. Représentation graphique :
La fonction \(f\) est définie par morceaux. Pour \(x \leqslant -2\), \(f(x) = \frac{1}{2}x - 3\) est une fonction affine. Pour \(x > -2\), \(f(x) = x + 1\) est aussi une fonction affine. On peut tracer ces deux portions de droites pour obtenir la courbe représentative de \(f\).

On observe une "cassure" en \(x=-2\), ce qui illustre la non-continuité de \(f\) en ce point.

Correction détaillée :

La fonction \(f\) est définie par deux expressions polynomiales sur les intervalles \(]-\infty;1[\) et \(]1;+\infty[\). Les fonctions polynomiales sont continues sur \(\mathbb{R}\), donc \(f\) est continue sur ces deux intervalles. Il reste à déterminer si elle est continue en \(1\).

Continuité en 1 :

\(f(1)=1^2+a \times 1+b=1+a+b\).

\(\displaystyle\lim_{x \to 1^-} f(x)= a \times 1^2 + b \times 1 + 1 = a +b+1\).

\(\displaystyle\lim_{x \to 1^+} f(x)=1+a+b\).

On constate que \(f(1) = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = 1 + a + b\).

Ainsi, \(f\) est continue en 1. Finalement, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

Correction détaillée :

La fonction \(f\) est continue sur \(]-\infty;2[\) et sur \(]2;+\infty[\) car elle est définie par des fonctions polynomiales sur ces intervalles. Il reste à déterminer à quelle condition elle est continue en \(2\).

Continuité en 2 :

\(f(2)=4+2a+b\).

\(\displaystyle\lim_{x \to 2^-} f(x)=4a+2b+1\).

\(\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x)=4+2a+b\).

Pour que \(f\) soit continue en \(2\), il faut et il suffit que \(\displaystyle \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)\), c'est-à-dire \(4a+2b+1=4+2a+b\).
En simplifiant, on obtient \(2a + b - 3 = 0\).

Donc, la condition pour que la fonction \(f\) soit continue sur \(\mathbb{R}\) est \(2a + b - 3 = 0\), ou de manière équivalente, \(b = 3 - 2a\).

Correction détaillée :

Pour tout entier naturel non nul \(n\),
\[\dfrac{4n^2+1}{n^2+3n+2}=\dfrac{n^2}{n^2} \times \dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}=\dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}\]
Or, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}} = 4\). De plus, la fonction \(x\mapsto \sqrt{x}\) est continue en 4. Ainsi, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \sqrt{\dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}}=\sqrt{4}=2\).
On sait que \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n}=0\). De plus, la fonction exponentielle est continue en 0. Ainsi, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty}\exp\left(\dfrac{1}{n}\right)=e^0=1\).

Correction détaillée :

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la proposition \(1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 2\)

1.

\(u_0=1\), \(u_1=\dfrac{3}{2}\) et on a bien \(1\leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 2\), \(\mathcal{P}(0)\) est donc vraie.

Soit \(n \in \mathbb{N}\) pour lequel \(\mathcal{P}(n)\) est vraie.Ainsi, \(1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\), d’où \(2 \leqslant u_n +1 \leqslant u_{n+1}+1 \leqslant 3\).La fonction \(x\mapsto \dfrac{1}{x}\) étant décroissante sur \(\mathbb{R}_+\), on a alors, \(\dfrac{1}{2} \geqslant \dfrac{1}{u_n+1} \geqslant \dfrac{1}{u_{n+1}+1} \geqslant \dfrac{1}{3}\), puis, en multipliant par \(-3\) qui est négatif, \(\dfrac{-3}{2} \leqslant -\dfrac{3}{u_n+1} \leqslant -\dfrac{3}{u_{n+1}+1} \leqslant -1\) et finalement, \(\dfrac{3}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 2\). En particulier, puisque \(\dfrac{3}{2} >1\), on a également \(1\leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 2\)
\(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.

Ainsi, \(\mathcal{P}(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. D’après le principe de récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

2. La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 2, elle est donc convergente.

3. La fonction \(f:x \mapsto -\dfrac{3}{x+1}+3\) est continue sur \(]-1;+\infty [\) et, pour tout entier naturel \(n\), on a bien \(u_n \in ]-1 ; +\infty [\). Ainsi, la limite \(l\) de la suite \((u_n)\) vérifie \(f(l)=l\), c’est-à-dire
\[ l = -\dfrac{3}{l+1}+3\]
Ainsi, on trouve \(\dfrac{l(2-l)}{l+1}=0\) et donc \(l=0\) ou \(l=2\). Puisque pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geqslant 1\), le cas \(l=0\) est impossible. On a donc \(l=2\).

Correction détaillée :

1. Si \((u_n)\) converge vers un réel \(l\), puisque la fonction \(x\mapsto \sqrt{6+x}\) est continue sur \([-6;+\infty[\), ce réel \(l\) vérifie \(l=\sqrt{6+l}\). Ainsi, \(l^2=6+l\) ou encore \(l^2-l-6=0\). On trouve alors deux solutions qui sont \(l=-2\) et \(l=3\).

2. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la proposition \(0\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 3\).

\(u_1= \sqrt{6+0}=\sqrt{6}\). On a bien \(0 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 3\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P(n)}\) soit vraie. Ainsi, \(0\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 3\). Ainsi, \(6\leqslant 6+u_n \leqslant 6+u_{n+1} \leqslant 9\) . Par ailleurs, la fonction Racine carrée étant croissante sur \(\mathbb{R}_+\), \(\sqrt{6} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+3} \leqslant 3\). Or, puisque \(\sqrt{6} \geqslant 0\), on a bien \(0\leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 3\). \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.

On a montré que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie et \(\mathcal{P}\) est héréditaire. Ainsi, d’après le principe de récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

3. La suite \((u_n)\) est croissante et majorée, elle est donc convergente. De plus, elle n’a que deux limites possibles qui sont \(-2\) et \(3\). \(-2\) est impossible puisque pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geqslant 0\). Ainsi, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty }u_n=3\).

Correction détaillée :

1. Pour tout entier naturel \(n\) ,on considère la proposition \(P(n)\) : « \(\dfrac{1}{4}\leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant \dfrac{3}{4}\) »

Initialisation : \(u_0=0,5=\dfrac{1}{2}\), \(u_1= \left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{4}{16}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{7}{16}\). On a bien \(\dfrac{1}{4} \leqslant u_1 \leqslant u_0 \leqslant \dfrac{3}{4}\).

Hérédité : Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. On a donc \[\dfrac{1}{4}\leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant \dfrac{3}{4}\] On applique alors la fonction \(x\mapsto x^2\) qui est croissante sur \([0;+\infty[\). Il en vient que \[\left(\dfrac{1}{4}\right)^2 \leqslant u_{n+1}^2 \leqslant u_n^2 \leqslant \left(\dfrac{3}{4}\right)^2\] c’est-à-dire \[\dfrac{1}{16}\leqslant u_{n+1}^2 \leqslant u_n^2 \leqslant \dfrac{9}{16}\] On ajoute alors \(\dfrac{3}{16}\) à chaque membre, on a finalement \[\dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{16}\leqslant u_{n+1}^2 + \dfrac{3}{16}\leqslant u_n^2 + \dfrac{3}{16} \leqslant \dfrac{9}{16} + \dfrac{3}{16}\] soit \[\dfrac{1}{4}\leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant \dfrac{3}{4}\]
\(P(n+1)\) est vraie.

\(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\). La suite est décroissante et comprise entre \(\dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4}\).

2. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée, elle converge donc vers une limite \(l\). De plus, la fonction \(x\mapsto x^2+\dfrac{3}{16}\) étant continue sur \(\left[\dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{3}{4}\right]\), cette limite \(l\) vérifie \(l=l^2-\dfrac{3}{16}\), c’est-à-dire \[l^2-l+\dfrac{3}{16}=0\]

Il s’agit d’une équation du second degré dont les racines sont \(\dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4}\).

Les seules limites possibles sont donc \(\dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4}\). Or, la suite \((u_n)\) est décroissante et \(u_0=\dfrac{1}{2}\). \(\dfrac{3}{4}\) ne peut donc pas être la limite de la suite \((u_n)\). Finalement \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{1}{4}\).

Correction détaillée :

\(f(1)= 1-2-4=-5<0\) et \(f(2)= 32-4-4=24>0\).

La fonction \(f\) étant continue sur \([1;2]\) (fonction polynome), d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(c \in [1;2]\) tel que \(f(c)=0\), soit \(c^5-2c-4=0\) ou encore \(c^5=2c+4\). \(c\) est donc solution de l'équation \(x^5=2x+4\).

En utilisant un algorithme de balayage, on trouve que \(c\simeq 1.47\) au centième près.

Correction détaillée :

1. La fonction \(f\) est la somme de fonctions continues et dérivables sur \(\mathbb{R}\) (la fonction exponentielle et une fonction affine), donc elle est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\).
Pour tout réel \(x\), \(f'(x) = e^x - 3\).

2. Pour déterminer le sens de variation de \(f\) sur \([0;1]\), on étudie le signe de \(f'(x)\) sur cet intervalle.
Pour \(x \in [0;1]\), on a \(e^0 \leqslant e^x \leqslant e^1\), c'est-à-dire \(1 \leqslant e^x \leqslant e\) (car la fonction exponentielle est croissante sur \(\mathbb{R}\)).
Donc, \(e^x - 3 \leqslant e - 3\). Comme \(e \approx 2.718\), on a \(e - 3 < 0\). Ainsi, \(e^x - 3 < 0\) pour tout \(x \in [0;1]\).
Par conséquent, \(f'(x) < 0\) sur \([0;1]\), ce qui signifie que \(f\) est strictement décroissante sur \([0;1]\).

3. On a \(f(0) = e^0 - 3 \cdot 0 = 1 - 0 = 1\).
\(f(1) = e^1 - 3 \cdot 1 = e - 3\). Comme \(e \approx 2.718\), on a \(f(1) \approx 2.718 - 3 = -0.282\), donc \(f(1) < 0\).

4. Résoudre \(e^x = 3x\) revient à résoudre \(f(x) = 0\).
On sait que :
- \(f\) est continue sur \([0;1]\) (d'après la question 1).
- \(f\) est strictement décroissante sur \([0;1]\) (d'après la question 2).
- \(f(0) = 1 > 0\) et \(f(1) < 0\) (d'après la question 3).
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, comme \(f\) est continue et strictement décroissante sur \([0;1]\) et que \(f(0) > 0\) et \(f(1) < 0\), il existe un unique réel \(c \in [0;1]\) tel que \(f(c) = 0\).
Donc, l'équation \(e^x = 3x\) admet exactement une solution sur \([0;1]\).

Correction détaillée :

1. La fonction \(f\) est une fonction polynomiale, donc elle est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Pour tout réel \(x\), on a :
\(f'(x) = 6x^2 + 18x - 60 = 6(x^2 + 3x - 10)\).
Pour étudier le signe de \(f'(x)\), on cherche les racines du trinôme \(x^2 + 3x - 10\). Le discriminant est \(\Delta = 3^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-10) = 9 + 40 = 49\). Les racines sont donc :
\(x_1 = \frac{-3 - \sqrt{49}}{2} = \frac{-3 - 7}{2} = -5\) et \(x_2 = \frac{-3 + \sqrt{49}}{2} = \frac{-3 + 7}{2} = 2\).
Ainsi, \(f'(x) = 6(x+5)(x-2)\). On a donc le tableau de signes suivant :

\(x\)	\(-\infty\)		\(-5\)		\(2\)		\(+\infty\)
\(f'(x)\)		+	0	-	0	+

On calcule les valeurs de \(f\) aux points critiques :
\(f(-5) = 2(-5)^3 + 9(-5)^2 - 60(-5) + 3 = -250 + 225 + 300 + 3 = 278\).
\(f(2) = 2(2)^3 + 9(2)^2 - 60(2) + 3 = 16 + 36 - 120 + 3 = -65\).
De plus, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
On peut alors dresser le tableau de variations de \(f\) :

\(x\)	\(-\infty\)		\(-5\)		\(2\)		\(+\infty\)
\(f'(x)\)		+	0	-	0	+
\(f(x)\)	\(-\infty\)	\(\nearrow\)	\(278\)	\(\searrow\)	\(-65\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

2. On applique le théorème des valeurs intermédiaires sur les intervalles \(\left]-\infty ; -5\right[\), \(\left]-5;2\right[\) et \(\left]2;+\infty\right[\).
Sur \(\left]-\infty ; -5\right[\), \(f\) est continue et strictement croissante. De plus, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\) et \(f(-5) = 278\). Comme \(0 \in ]-\infty; 278[\), d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur \(\left]-\infty ; -5\right[\).
Sur \(\left]-5 ; 2\right[\), \(f\) est continue et strictement décroissante. De plus, \(f(-5) = 278\) et \(f(2) = -65\). Comme \(0 \in ]-65; 278[\), d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur \(\left]-5 ; 2\right[\).
Sur \(\left]2 ; +\infty\right[\), \(f\) est continue et strictement croissante. De plus, \(f(2) = -65\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Comme \(0 \in ]-65; +\infty[\), d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur \(\left]2 ; +\infty\right[\).
Ainsi, l'équation \(f(x) = 0\) admet exactement 3 solutions sur \(\mathbb{R}\).

Correction détaillée :

Soit \(f(x) = x^3 - 5x^2 + 3x + 1\). La fonction \(f\) est une fonction polynôme, donc elle est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\).
Calculons la dérivée de \(f\) :
\(f'(x) = 3x^2 - 10x + 3\)
Trouvons les racines de \(f'(x)\) :
Le discriminant du trinôme est \(\Delta = (-10)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3 = 100 - 36 = 64\).
Les racines sont donc \(x_1 = \frac{10 - \sqrt{64}}{6} = \frac{1}{3}\) et \(x_2 = \frac{10 + \sqrt{64}}{6} = 3\).
On a donc \(f'(x) = 3(x - \frac{1}{3})(x - 3)\).
Étudions le signe de \(f'(x)\) :
- Sur \(\left]-\infty; \frac{1}{3}\right[\), \(f'(x) > 0\), donc \(f\) est strictement croissante.
- Sur \(\left]\frac{1}{3}; 3\right[\), \(f'(x) < 0\), donc \(f\) est strictement décroissante.
- Sur \(\left]3; +\infty\right[\), \(f'(x) > 0\), donc \(f\) est strictement croissante.
Calculons les valeurs de \(f\) aux points critiques et les limites :
\(f(\frac{1}{3}) = (\frac{1}{3})^3 - 5(\frac{1}{3})^2 + 3(\frac{1}{3}) + 1 = \frac{1}{27} - \frac{5}{9} + 1 + 1 = \frac{1 - 15 + 27 + 54}{27} = \frac{67}{27} \approx 2.48\)
\(f(3) = 3^3 - 5 \cdot 3^2 + 3 \cdot 3 + 1 = 27 - 45 + 9 + 1 = -8\)
\(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\)
\(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\)
On peut maintenant appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur chaque intervalle :
- Sur \(\left]-\infty; \frac{1}{3}\right[\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(\frac{1}{3}) > 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\). Donc, il existe une unique solution à \(f(x) = 0\).
- Sur \(\left]\frac{1}{3}; 3\right[\), \(f\) est continue et strictement décroissante, avec \(f(\frac{1}{3}) > 0\) et \(f(3) < 0\). Donc, il existe une unique solution à \(f(x) = 0\).
- Sur \(\left]3; +\infty\right[\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(3) < 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Donc, il existe une unique solution à \(f(x) = 0\).
Par conséquent, l'équation \(f(x) = 0\) admet exactement trois solutions réelles.