Limites, continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Déterminer chaque limite à l’aide des limites de référence et des opérations. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $\underset{x\to +\infty }{lim}(x^2+\sqrt{x})=$
   $\underset{x\to +\infty }{lim}{x}^2=+\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}\sqrt{x}=+\infty$. Par somme, la limite vaut $+\infty$.
2. $\underset{x\to -\infty }{lim}(4-{\displaystyle \frac{1}{x^3}})=$
   $\underset{x\to -\infty }{lim}{x}^3=-\infty$, donc ${\displaystyle \frac{1}{x^3}}\to 0$ (un réel divisé par une quantité qui tend vers l’infini). Par somme, la limite vaut $4$.
3. $\underset{x\to -\infty }{lim}(e^x-7)=$
   $\underset{x\to -\infty }{lim}{e}^x=0$ (limite de référence). Par somme, la limite vaut $-7$.
4. $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{6}{x^2+1}}=$
   $x^2+1\to +\infty$ et le numérateur vaut $6$ : un réel divisé par une quantité qui tend vers $+\infty$ tend vers $0$.
5. $\underset{x\to +\infty }{lim}(2-x)\sqrt{x}=$
   $2-x\to -\infty$ et $\sqrt{x}\to +\infty$. Le produit de $-\infty$ par $+\infty$ n’est pas une forme indéterminée : par la règle des signes, la limite vaut $-\infty$.

Avec l’exponentielle et la racine carrée. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $\underset{x\to +\infty }{lim}(3-{\displaystyle \frac{4}{\sqrt{x}}})=$
   $\sqrt{x}\to +\infty$, donc ${\displaystyle \frac{4}{\sqrt{x}}}\to 0$ ; par somme, la limite vaut $3$.
2. $\underset{x\to -\infty }{lim}(x^2+5e^x)=$
   En $-\infty$, $x^2\to +\infty$ (puissance paire) et $5e^x\to 0$. Par somme, la limite vaut $+\infty$.
3. $\underset{x\to -\infty }{lim}{\displaystyle \frac{8}{1+e^x}}=$
   $e^x\to 0$ en $-\infty$, donc $1+e^x\to 1$ ; par quotient, la limite vaut ${\displaystyle \frac{8}{1}}=8$. La droite $y=8$ est asymptote horizontale en $-\infty$.
4. $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{1}{e^x+x}}=$
   $e^x\to +\infty$ et $x\to +\infty$, donc $e^x+x\to +\infty$ (somme) ; par quotient, la limite vaut $0$.
5. $\underset{x\to -\infty }{lim}(-2x^4+{\displaystyle \frac{3}{x}})=$
   $x^4\to +\infty$ (puissance paire), donc $-2x^4\to -\infty$ (produit par $-2<0$) ; ${\displaystyle \frac{3}{x}}\to 0$. Par somme, la limite vaut $-\infty$.

Factoriser par le terme dominant pour lever les éventuelles indéterminations. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5). Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $\underset{x\to -\infty }{lim}(-2x^3+9x^2-4)=$
   Pas de forme indéterminée ici : $-2x^3\to +\infty$ et $9x^2\to +\infty$. La factorisation par le terme dominant le confirme : pour $x\ne 0$, $-2x^3+9x^2-4=x^3(-2+{\displaystyle \frac{9}{x}}-{\displaystyle \frac{4}{x^3}})$. La parenthèse tend vers $-2$ et $x^3\to -\infty$ : par produit, la limite vaut $+\infty$.
2. $\underset{x\to +\infty }{lim}(x-3\sqrt{x})=$
   Forme « $+\infty -\infty$ ». Pour $x>0$, $x=\sqrt{x}\times \sqrt{x}$, donc $x-3\sqrt{x}=\sqrt{x}(\sqrt{x}-3)$. Les deux facteurs tendent vers $+\infty$ : par produit, la limite vaut $+\infty$.
3. Démontrer que ${\displaystyle \frac{4x^2+x}{1-6x^2}}$ a une limite finie en $+\infty$ et la calculer :
   Rédaction attendue. Le numérateur tend vers $+\infty$ et le dénominateur vers $-\infty$ : c’est une forme indéterminée « ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}$ ». Pour $x\ne 0$ (et $1-6x^2\ne 0$), on factorise par $x^2$ en haut et en bas : ${\displaystyle \frac{4x^2+x}{1-6x^2}}={\displaystyle \frac{x^2(4+\frac{1}{x})}{x^2(\frac{1}{x^2}-6)}}={\displaystyle \frac{4+\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}-6}}$. Or $\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{1}{x}}=\underset{x\to +\infty }{lim}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}=0$ ; par somme, le numérateur tend vers $4$ et le dénominateur vers $-6\ne 0$. Par quotient, la limite vaut ${\displaystyle \frac{4}{-6}}=-{\displaystyle \frac{2}{3}}$. La droite $y=-{\displaystyle \frac{2}{3}}$ est asymptote horizontale en $+\infty$.
4. $\underset{x\to -\infty }{lim}{\displaystyle \frac{7x+2}{x^2+5}}=$
   Forme ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}$. Pour $x\ne 0$ : ${\displaystyle \frac{7x+2}{x^2+5}}={\displaystyle \frac{x(7+\frac{2}{x})}{x^2(1+\frac{5}{x^2})}}={\displaystyle \frac{1}{x}}\times {\displaystyle \frac{7+\frac{2}{x}}{1+\frac{5}{x^2}}}$. Le premier facteur tend vers $0$, le second vers $7$ : par produit, la limite vaut $0$.

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ$ par $f(x)={\displaystyle \frac{2e^x+3}{e^x+1}}$. Une fraction s’écrit avec « / ».

1. $\underset{x\to -\infty }{lim}f(x)=$
   $e^x\to 0$ en $-\infty$ : le numérateur tend vers $3$ et le dénominateur vers $1$. Par quotient, la limite vaut $3$ : la droite $y=3$ est asymptote horizontale en $-\infty$.
2. En divisant le numérateur et le dénominateur par $e^x$, déterminer $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=$
   En $+\infty$, c’est une forme ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}$. Comme $e^x>0$ : $f(x)={\displaystyle \frac{2+3e^{-x}}{1+e^{-x}}}$, avec $e^{-x}={\displaystyle \frac{1}{e^x}}\to 0$. Par quotient, la limite vaut $2$ : la droite $y=2$ est asymptote horizontale en $+\infty$.
3. Démontrer que pour tout réel $x$, $2<f(x)<3$ : la courbe reste entre ses deux asymptotes. Contrôle : $f(0)=$
   Rédaction attendue. Pour tout réel $x$, $f(x)-2={\displaystyle \frac{2e^x+3-2(e^x+1)}{e^x+1}}={\displaystyle \frac{1}{e^x+1}}$. Comme $e^x+1>0$, on a $f(x)-2>0$ : la courbe est au-dessus de la droite $y=2$. De même, $f(x)-3={\displaystyle \frac{2e^x+3-3(e^x+1)}{e^x+1}}={\displaystyle \frac{-e^x}{e^x+1}}$, et $e^x>0$ donne $f(x)-3<0$ : la courbe est en dessous de la droite $y=3$. Donc $2<f(x)<3$ pour tout $x$. Contrôle : $f(0)={\displaystyle \frac{2+3}{1+1}}={\displaystyle \frac{5}{2}}=2,5$.

Déterminer chaque limite en étudiant le signe du dénominateur. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $\underset{x\to 3^{+}}{lim}{\displaystyle \frac{1}{x-3}}=$
   Si $x>3$, $x-3\to 0^{+}$ ; ${\displaystyle \frac{1}{0^{+}}}$ donne $+\infty$.
2. $\underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{2}{x^2}}=$
   Un carré est positif : $x^2\to 0^{+}$ des deux côtés de $0$. Le numérateur vaut $2>0$ : la limite vaut $+\infty$, à gauche comme à droite.
3. $\underset{x\to 1^{-}}{lim}{\displaystyle \frac{x+1}{x-1}}=$
   Le numérateur tend vers $2>0$. Si $x<1$, $x-1\to 0^{-}$. Par quotient (règle des signes), la limite vaut $-\infty$.
4. $\underset{x\to 0^{+}}{lim}(2-{\displaystyle \frac{1}{x}})=$
   ${\displaystyle \frac{1}{x}}\to +\infty$ en $0^{+}$, donc $-{\displaystyle \frac{1}{x}}\to -\infty$ ; par somme avec $2$, la limite vaut $-\infty$.
5. $\underset{x\to 0^{+}}{lim}(e^x+3\sqrt{x})=$
   Pas de valeur interdite ici : $e^x\to e^0=1$ et $\sqrt{x}\to 0$. Par somme, la limite vaut $1$, la valeur de la fonction en $0$ (elle est continue).

On considère la fonction $g$ définie sur $]-3;+\infty [$ par $g(x)=5+{\displaystyle \frac{2}{x+3}}$. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Complète : $\underset{x\to +\infty }{lim}g(x)=$
   $x+3\to +\infty$, donc ${\displaystyle \frac{2}{x+3}}\to 0$. Par somme, la limite vaut $5$ : la droite $y=5$ est asymptote horizontale en $+\infty$.
2. $\underset{x\to -3^{+}}{lim}g(x)=$
   Si $x>-3$, $x+3\to 0^{+}$ ; le numérateur vaut $2>0$, donc ${\displaystyle \frac{2}{x+3}}\to +\infty$, puis par somme $g(x)\to +\infty$. La droite $x=-3$ est asymptote verticale.
3. Démontrer que la courbe de $g$ est au-dessus de son asymptote horizontale. Contrôle : $g(-1)-5=$
   Rédaction attendue. Pour tout $x>-3$, $g(x)-5={\displaystyle \frac{2}{x+3}}$. Or $x+3>0$ sur $]-3;+\infty [$ et $2>0$, donc $g(x)-5>0$. La courbe de $g$ est strictement au-dessus de la droite d’équation $y=5$ sur tout l’intervalle. Contrôle : $g(-1)=5+{\displaystyle \frac{2}{2}}=6$, donc $g(-1)-5=1$.

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ⧵\{2\}$ par $f(x)={\displaystyle \frac{x-1}{2-x}}$. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Un élève écrit : « en $+\infty$, le numérateur et le dénominateur tendent vers l’infini, donc la limite vaut 1 ». Démontrer que la limite en $+\infty$ vaut en réalité :
   Rédaction attendue. Forme indéterminée « ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}$ » : on ne peut pas conclure sans transformer l’écriture. Pour $x\ne 0$ et $x\ne 2$, $f(x)={\displaystyle \frac{x(1-\frac{1}{x})}{x(\frac{2}{x}-1)}}={\displaystyle \frac{1-\frac{1}{x}}{\frac{2}{x}-1}}$. En $\pm \infty$, ${\displaystyle \frac{1}{x}}\to 0$ et ${\displaystyle \frac{2}{x}}\to 0$ : le numérateur tend vers $1$ et le dénominateur vers $-1$. Par quotient, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=\underset{x\to -\infty }{lim}f(x)=-1$ : la droite $y=-1$ est asymptote horizontale. L’élève a fait deux erreurs : « ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}=1$ » est faux, et le dénominateur $2-x$ tend vers $-\infty$, pas vers $+\infty$.
2. $\underset{x\to 2^{-}}{lim}f(x)=$
   Le numérateur tend vers $1>0$. Si $x<2$, $2-x>0$, donc $2-x\to 0^{+}$ : par quotient, la limite vaut $+\infty$.
3. $\underset{x\to 2^{+}}{lim}f(x)=$
   Si $x>2$, $2-x<0$, donc $2-x\to 0^{-}$ ; avec un numérateur qui tend vers $1>0$, la limite vaut $-\infty$. Avec la question précédente : la droite $x=2$ est asymptote verticale.

Soit $q(x)={\displaystyle \frac{x^2+1}{x^2-9}}$, définie sur $D=ℝ⧵\{-3;3\}$. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $\underset{x\to +\infty }{lim}q(x)=$
   Pour $x\in D$, $x\ne 0$ : $q(x)={\displaystyle \frac{1+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{9}{x^2}}}$, qui tend vers ${\displaystyle \frac{1}{1}}=1$ en $\pm \infty$. La droite $y=1$ est asymptote horizontale.
2. $\underset{x\to 3^{-}}{lim}q(x)=$
   Le numérateur tend vers $10>0$. $x^2-9=(x-3)(x+3)$ ; près de $3$, $x+3>0$, et $x-3<0$ si $x<3$ : $x^2-9\to 0^{-}$. Par quotient, la limite vaut $-\infty$ (et $+\infty$ en $3^{+}$).
3. Montrer que $q$ est paire, puis en déduire $\underset{x\to -3^{-}}{lim}q(x)=$
   Rédaction attendue. $D$ est symétrique par rapport à $0$ et, pour tout $x\in D$, $q(-x)={\displaystyle \frac{(-x{)}^2+1}{(-x{)}^2-9}}={\displaystyle \frac{x^2+1}{x^2-9}}=q(x)$ : $q$ est paire, sa courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. Le côté gauche de $-3$ correspond au côté droit de $3$, où $q(x)\to +\infty$. Donc $\underset{x\to -3^{-}}{lim}q(x)=+\infty$. Vérification directe : si $x<-3$, $x^2>9$, donc $x^2-9\to 0^{+}$, et le numérateur tend vers $10>0$. Les asymptotes sont $y=1$, $x=-3$ et $x=3$.
4. On peut écrire $q(x)-1={\displaystyle \frac{c}{x^2-9}}$ avec $c=$
   $q(x)-1={\displaystyle \frac{x^2+1-(x^2-9)}{x^2-9}}={\displaystyle \frac{10}{x^2-9}}$. Le signe est celui de $x^2-9$ : positif si $x<-3$ ou $x>3$, négatif si $-3<x<3$. La courbe est au-dessus de $y=1$ sur $]-\infty ;-3[\cup ]3;+\infty [$ et en dessous sur $]-3;3[$.

Un transporteur facture l’envoi d’un colis selon sa masse $m$ (en kg), pour $0<m⩽10$ : $4,90$ € si $0<m<2$ ; $7,40$ € si $2⩽m<5$ ; $11,80$ € si $5⩽m⩽10$. On note $T(m)$ le tarif en euros.

1. Prix total pour envoyer deux colis, l’un de $1,5$ kg et l’autre de $5$ kg : €
   $1,5$ vérifie $0<m<2$ : $T(1,5)=4,90$ €. $5$ vérifie $5⩽m⩽10$ : c’est la troisième tranche, $T(5)=11,80$ €. Total : $4,90+11,80=16,70$ €. Attention aux inégalités larges ou strictes aux changements de tranche.
2. Nombre de valeurs de $m$ en lesquelles $T$ n’est pas continue :
   La courbe est un escalier de trois marches horizontales. Elle saute en $m=2$ (de $4,90$ à $7,40$) et en $m=5$ (de $7,40$ à $11,80$) : deux points de discontinuité. $T$ est continue sur $]0;2[$, sur $[2;5[$ et sur $[5;10]$.
3. Un élève affirme : « $6$ € est compris entre $T(1)$ et $T(6)$, donc, d’après le TVI, une masse coûte exactement $6$ €. » Pour voir son erreur, compte les valeurs différentes prises par $T$ :
   $T$ ne prend que trois valeurs : $4,90$, $7,40$ et $11,80$ ; aucune masse ne coûte $6$ €. L’erreur : le TVI exige que la fonction soit continue sur $[1;6]$, or $T$ y saute deux fois (en $2$ et en $5$). L’hypothèse n’est pas vérifiée, le théorème ne s’applique pas.

Soit $f(x)=x^3-6x+2$. On donne $f(0)=2$ et $f(2)=-2$.

1. $f(1)=$
   $f(1)=1-6+2=-3$.
2. $f(3)=$
   $f(3)=27-18+2=11$.
3. En appliquant le TVI sur $[0;1]$ puis sur $[2;3]$, combien de solutions distinctes de $f(x)=0$ obtient-on dans $[0;3]$ ?
   $f$ est continue (polynôme). Sur $[0;1]$ : $f(0)=2>0$ et $f(1)=-3<0$, donc au moins une solution, dans $]0;1[$. Sur $[2;3]$ : $f(2)=-2<0$ et $f(3)=11>0$, donc au moins une solution, dans $]2;3[$. Ces deux intervalles sont disjoints : on obtient deux solutions distinctes. (Le TVI ne dit pas s’il y en a d’autres.)

On étudie l’équation $e^x=3x$ et l’on pose $\phi (x)=e^x-3x$ sur $ℝ$. Réponds avec une virgule.

1. $\phi (0)=$
   $\phi (0)=e^0-0=1$.
2. Démontrer que l’équation $e^x=3x$ admet au moins une solution dans $[0;1]$. Contrôle : valeur approchée de $\phi (1)$ au centième :
   Rédaction attendue. $e^x=3x⟺\phi (x)=0$. La fonction $\phi$ est continue sur $[0;1]$, comme somme de la fonction exponentielle et d’une fonction affine, toutes deux continues. $\phi (0)=1>0$ et $\phi (1)=e-3\approx -0,28<0$ : $0$ est compris entre $\phi (1)$ et $\phi (0)$. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $\phi (x)=0$, c’est-à-dire $e^x=3x$, admet au moins une solution dans $[0;1]$.
3. Sur $[1;2]$ : valeur approchée de $\phi (2)$ au centième :
   $\phi (2)=e^2-6\approx 1,39>0$ et $\phi (1)<0$ : par le TVI, une autre solution existe dans $[1;2]$. L’équation $e^x=3x$ a donc au moins deux solutions dans $[0;2]$.

Chaque affirmation est fausse : on étudie un contre-exemple. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. « Si $f$ est continue sur $[0;2]$ avec $f(0)=-1$ et $f(2)=3$, alors $f(x)=0$ a une unique solution dans $[0;2]$. » Contre-exemple : la fonction affine par morceaux dont la courbe joint les points $(0;-1)$, $(0,5;1)$, $(1;-1)$ et $(2;3)$. Nombre de solutions de $f(x)=0$ sur $[0;2]$ :
   Cette fonction est continue (ses segments se raccordent), $f(0)=-1$ et $f(2)=3$. Chacun de ses trois segments relie un point sous l’axe et un point au-dessus : il coupe donc l’axe une fois, en $0,25$, en $0,75$ et en $1,25$. Trois solutions : le TVI donne au moins une solution, pas l’unicité.
2. « Si $f$ est strictement croissante sur $[1;4]$ avec $f(1)=-2$ et $f(4)=5$, alors $f(x)=0$ a une solution. » Contre-exemple : $f(x)=x-3$ sur $[1;2[$ et $f(x)=x+1$ sur $[2;4]$. Justifier que $f(x)=0$ n’a aucune solution. Contrôle : $f(2)=$
   Rédaction attendue. Sur $[1;2[$, $f(x)=x-3$ prend ses valeurs dans $[-2;-1[$ ; sur $[2;4]$, $f(x)=x+1$ prend ses valeurs dans $[3;5]$. Chaque morceau est strictement croissant et les valeurs du second dépassent celles du premier : $f$ est strictement croissante sur $[1;4]$, avec $f(1)=-2$ et $f(4)=5$. Pourtant $0$ n’appartient ni à $[-2;-1[$ ni à $[3;5]$ : l’équation $f(x)=0$ n’a aucune solution. En $x=2$, $f$ saute de $-1$ à $f(2)=3$ : elle n’est pas continue, l’hypothèse du TVI manque.
3. « Si $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}g(x)=+\infty$, alors $f(x)-g(x)$ tend vers $0$. » Contre-exemple : $f(x)=x^2$ et $g(x)=x$. $\underset{x\to +\infty }{lim}(f(x)-g(x))=$
   « $+\infty -\infty$ » est une forme indéterminée. Ici $x^2-x=x(x-1)$, produit de deux facteurs qui tendent vers $+\infty$ : la limite vaut $+\infty$, pas $0$.

Soit $f(x)=x^3+5x$ sur $ℝ$.

1. Justifier que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $ℝ$. Contrôle : $f\prime (0)=$
   Rédaction attendue. $f$ est un polynôme : elle est continue et dérivable sur $ℝ$, avec $f\prime (x)=3x^2+5>0$. Donc $f$ est strictement croissante sur $ℝ$. En $-\infty$, $f(x)=x^3(1+\frac{5}{x^2})\to -\infty$ et en $+\infty$, $f(x)\to +\infty$. D’après le corollaire du TVI, pour tout réel $y$, l’équation $f(x)=y$ admet une unique solution dans $ℝ$ : $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$, définie sur $ℝ$ et strictement croissante. Contrôle : $f\prime (0)=5$.
2. $f^{-1}(18)=$
   $f^{-1}(18)$ est l’unique $x$ tel que $x^3+5x=18$. Or $f(2)=8+10=18$, donc $f^{-1}(18)=2$.
3. $f^{-1}(-6)=$
   $f(-1)=-1-5=-6$, donc $f^{-1}(-6)=-1$.
4. $f^{-1}(42)=$
   $f(3)=27+15=42$, donc $f^{-1}(42)=3$. On remarque que $f^{-1}(-6)<f^{-1}(18)<f^{-1}(42)$ : la réciproque est croissante, comme $f$.

Une fonction $f$ continue sur $[-4;6]$ a le tableau de variations suivant.

1. Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de $f(x)=0$ dans $[-4;6]$ :
   Rédaction attendue. Sur $[-4;1]$, $f$ est continue et strictement décroissante, de $f(-4)=5$ à $f(1)=-3$ ; comme $0\in [-3;5]$, le corollaire du TVI donne une unique solution dans $[-4;1]$. Sur $[1;6]$, $f$ est continue et strictement croissante, de $-3$ à $2$ ; comme $0\in [-3;2]$, une unique solution dans $[1;6]$. Ces solutions sont distinctes car $f(1)=-3\ne 0$. L’équation $f(x)=0$ a exactement deux solutions.
2. Nombre de solutions de $f(x)=4$ :
   $4\in [-3;5]$ : une solution dans $[-4;1]$. Sur $[1;6]$, $f(x)⩽2<4$ : aucune. Une seule solution.
3. Nombre de solutions de $f(x)=-3,5$ :
   Le minimum de $f$ sur $[-4;6]$ vaut $-3$, atteint en $1$. Comme $-3,5<-3$, l’équation n’a aucune solution.
4. Le plus grand réel $k$ pour lequel $f(x)=k$ a exactement deux solutions :
   Il faut une solution sur chaque flèche, distinctes : $k\in [-3;5]$ et $k\in [-3;2]$, avec $k\ne -3$ (pour $k=-3$, l’unique solution est $x=1$). Exactement deux solutions si et seulement si $k\in ]-3;2]$ : le plus grand est $k=2$ (solutions : une dans $[-4;1]$ et $x=6$).

Soit $f(x)=x^3-3x+1$ sur $ℝ$. Réponds avec une virgule.

1. Démontrer que $f$ est strictement décroissante sur $[0;1]$. Contrôle : $f\prime (0)=$
   Rédaction attendue. $f$ est dérivable sur $ℝ$ et $f\prime (x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$. Sur $[0;1[$, $x-1<0$ et $x+1>0$, donc $f\prime (x)<0$ ; $f\prime$ ne s’annule qu’en $x=1$. Donc $f$ est strictement décroissante sur $[0;1]$. Contrôle : $f\prime (0)=-3$.
2. Démontrer que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0;1]$. Contrôle : $f(1)=$
   Rédaction attendue. $f$ est continue sur $[0;1]$ (polynôme) et strictement décroissante (question précédente). $f(0)=1>0$ et $f(1)=1-3+1=-1<0$ : $0$ est compris entre $f(1)$ et $f(0)$. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0;1]$.
3. Par balayage au pas de $0,01$, la borne inférieure de l’encadrement de $\alpha$ est
   À la calculatrice : $f(0,3)=0,127$ et $f(0,4)=-0,136$, donc $0,3<\alpha <0,4$. Puis $f(0,34)=0,019304>0$ et $f(0,35)=-0,007125<0$ : $0,34<\alpha <0,35$. Comme $f$ décroît, $f(x)>0$ sur $[0;\alpha [$ et $f(x)<0$ sur $]\alpha ;1]$.

Soit $f(x)=x^3-3x^2+4$ sur $ℝ$. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $\underset{x\to -\infty }{lim}f(x)=$
   Pour $x\ne 0$, $f(x)=x^3(1-{\displaystyle \frac{3}{x}}+{\displaystyle \frac{4}{x^3}})$ : la parenthèse tend vers $1$ et $x^3\to -\infty$, donc la limite vaut $-\infty$. De même, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$.
2. $f\prime (x)=3x(x-2)$ : $f$ croît sur $]-\infty ;0]$, décroît sur $[0;2]$, croît sur $[2;+\infty [$. Minimum local : $f(2)=$
   $f(2)=8-12+4=0$. Le signe de $3x(x-2)$ est positif à l’extérieur des racines $0$ et $2$, négatif entre elles.
3. Démontrer que l’équation $f(x)=2$ admet exactement trois solutions. Contrôle : maximum local $f(0)=$
   Rédaction attendue. $f$ est continue sur $ℝ$ (polynôme). Sur $]-\infty ;0]$, $f$ est strictement croissante, de $-\infty$ (limite) à $f(0)=4$ ; comme $2\in ]-\infty ;4]$, le corollaire du TVI donne une unique solution. Sur $[0;2]$, $f$ est strictement décroissante de $4$ à $f(2)=0$ ; $2\in [0;4]$ : une unique solution. Sur $[2;+\infty [$, $f$ est strictement croissante de $0$ à $+\infty$ ; $2\in [0;+\infty [$ : une unique solution. Comme $f(0)=4\ne 2$ et $f(2)=0\ne 2$, ces trois solutions sont distinctes : l’équation $f(x)=2$ a exactement trois solutions.
4. Nombre de solutions de $f(x)=5$ :
   Sur $]-\infty ;0]$, $f(x)⩽4$ ; sur $[0;2]$, $0⩽f(x)⩽4$ : aucune solution. Sur $[2;+\infty [$, $f$ croît de $0$ à $+\infty$ et $5>0$ : une unique solution. Une seule solution.
5. Nombre de solutions de $f(x)=0$ :
   Une solution sur $]-\infty ;0]$ (c’est $x=-1$, car $f(-1)=-1-3+4=0$), et $x=2$, où la courbe touche l’axe sans le traverser. Sur $[0;2[$, $f(x)>0$, et sur $]2;+\infty [$ aussi. Deux solutions : $f(x)=(x+1)(x-2{)}^2$.

L’équation $x^3=20$ a une unique solution $\alpha$ : $x\mapsto x^3$ est continue et strictement croissante. On l’encadre par balayage. Réponds avec une virgule.

1. Au pas de $1$ : $n<\alpha <n+1$ avec l’entier $n=$
   $2^3=8<20$ et $3^3=27>20$ : $2<\alpha <3$.
2. Au pas de $0,1$, la borne inférieure de l’encadrement est
   $2,7^3=19,683<20$ et $2,8^3=21,952>20$ : $2,7<\alpha <2,8$.
3. Au pas de $0,01$, la borne inférieure de l’encadrement est
   $2,{71}^3=19,902511<20$ et $2,{72}^3=20,123648>20$ : $2,71<\alpha <2,72$.

Dichotomie : après $n$ étapes sur $[a;b]$, l’amplitude de l’intervalle vaut ${\displaystyle \frac{b-a}{2^n}}$. Réponds avec une virgule.

1. Sur $[2;4]$, amplitude après trois étapes :
   ${\displaystyle \frac{4-2}{2^3}}={\displaystyle \frac{2}{8}}=0,25$.
2. Sur $[2;4]$, nombre minimal d’étapes pour une amplitude inférieure ou égale à $0,05$ :
   Il faut ${\displaystyle \frac{2}{2^n}}⩽0,05$, soit $2^n⩾40$. Or $2^5=32$ et $2^6=64$ : $6$ étapes.
3. Sur $[0;1]$, nombre minimal d’étapes pour une amplitude inférieure ou égale à ${10}^{-5}$ :
   Il faut ${\displaystyle \frac{1}{2^n}}⩽{10}^{-5}$, soit $2^n⩾100000$. Or $2^{16}=65536$ et $2^{17}=131072$ : $17$ étapes.

Soit $g(x)=e^x-2$ sur $[0;1]$. $g$ est continue et strictement croissante, $g(0)=-1$ et $g(1)=e-2>0$ : l’équation $g(x)=0$ a une unique solution $\alpha$ dans $[0;1]$. On applique la dichotomie à partir de $[0;1]$. Réponds avec une virgule.

1. Après la première étape, l’intervalle est $[a;b]$ avec $a=$
   $m=0,5$ et $g(0,5)=e^{0,5}-2\approx -0,351<0$, même signe que $g(0)$ : la solution est dans $[0,5;1]$.
2. Après la deuxième étape, la nouvelle borne de droite est $b=$
   $m=0,75$ et $g(0,75)\approx 0,117>0$, signe contraire de $g(0,5)$ : la solution est dans $[0,5;0,75]$.
3. Après la troisième étape, la nouvelle borne de gauche est $a=$
   $m=0,625$ et $g(0,625)\approx -0,132<0$, même signe que $g(0,5)$ : la solution est dans $[0,625;0,75]$, d’amplitude $0,125$. Le chapitre sur le logarithme montrera que $\alpha =\ln 2\approx 0,693$.

On étudie l’équation $e^x+x-3=0$ et on note $g(x)=e^x+x-3$. On dispose du programme suivant.

from math import exp

def g(x):
    return exp(x) + x - 3

def dichotomie(f, a, b, e):
    while b - a > e:
        m = (a + b) / 2
        if f(a) * f(m) <= 0:
            b = m
        else:
            a = m
    return (a, b)

1. Démontrer que l’équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0;1]$. Contrôle : $g(0)=$
   Rédaction attendue. $g$ est dérivable, donc continue, sur $ℝ$, et $g\prime (x)=e^x+1>0$ : $g$ est strictement croissante. $g(0)=1+0-3=-2<0$ et $g(1)=e-2\approx 0,718>0$. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0;1]$.
2. Pour l’appel dichotomie(g, 0, 1, 0.01), après trois passages dans la boucle : a = et b =
   Passage 1 : $m=0,5$, $g(0,5)\approx -0,851<0$, même signe que $g(0)$, donc $a=0,5$. Passage 2 : $m=0,75$, $g(0,75)\approx -0,133<0$, donc $a=0,75$. Passage 3 : $m=0,875$, $g(0,875)\approx 0,274>0$, signe contraire de $g(a)$, donc $b=0,875$ : $[0,75;0,875]$.
3. Nombre de passages dans la boucle pour cet appel :
   Après $n$ passages, $b-a={\displaystyle \frac{1}{2^n}}$. La boucle s’arrête dès que ${\displaystyle \frac{1}{2^n}}⩽0,01$, soit $2^n⩾100$ : $2^6=64$ et $2^7=128$, donc $7$ passages. La fonction renvoie le couple $(0,7890625;0,796875)$, donc $0,789<\alpha <0,797$.
4. Nombre de passages pour une amplitude inférieure ou égale à ${10}^{-6}$ :
   Il faut ${\displaystyle \frac{1}{2^n}}⩽{10}^{-6}$, soit $2^n⩾1000000$. Or $2^{19}=524288$ et $2^{20}=1048576$ : $20$ passages.