Fonctions : limites, continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Limites de fonctions, asymptotes, continuité sur un intervalle, théorème des valeurs intermédiaires et résolution approchée d'équations

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Ces problèmes corrigés sur « Fonctions : limites, continuité et théorème des valeurs intermédiaires » en terminale permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en maths complémentaires (option tle). Ils suivent le programme officiel de terminale et se résolvent étape par étape. Au programme : L'essentiel, Limites des fonctions de référence et opérations, Asymptotes horizontales et verticales, Continuité sur un intervalle. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en maths complémentaires (option tle) en terminale.

Problèmes corrigés, type devoir surveillé ou bac : plusieurs parties, un raisonnement à rédiger. Traite chaque problème en entier au brouillon, puis déplie la correction rédigée.

Problème 1 — Concentration d'un médicament dans le sang

Moyen

On injecte un médicament à un patient. La concentration dans le sang, en mg/L, $t$ heures après l'injection, est modélisée par $C (t) = \frac{12 t}{t^{2} + 4}$ pour $t \geq 0$ . Le médicament est efficace lorsque sa concentration est supérieure ou égale à 2 mg/L.

1. Calculer ${lim}_{t \to + \infty} C (t)$ . Interpréter graphiquement puis dans le contexte.
2. a) Montrer que pour tout $t \geq 0$ , $C^{'} (t) = \frac{12 (4 - t^{2})}{(t^{2} + 4)^{2}}$ .
2. b) En déduire les variations de $C$ sur $[0; + \infty [$ et la concentration maximale.
3. Montrer que l'équation $C (t) = 2$ admet exactement deux solutions $t_{1}$ et $t_{2}$ , avec $t_{1} < 2 < t_{2}$ .
4. Déterminer les valeurs exactes de $t_{1}$ et $t_{2}$ , puis la durée d'efficacité du médicament, en heures et minutes.
5. Un élève affirme : « $C$ est continue sur $[0; + \infty [$ , donc l'équation $C (t) = 3, 5$ a une solution. » Expliquer l'erreur.

1. Pour $t > 0$ : $C (t) = \frac{12 t}{t^{2} (1 + \frac{4}{t^{2}})} = \frac{\frac{12}{t}}{1 + \frac{4}{t^{2}}}$ . Quand $t \to + \infty$ , $\frac{12}{t} \to 0$ et $\frac{4}{t^{2}} \to 0$ , donc ${lim}_{t \to + \infty} C (t) = 0$ . L'axe des abscisses ( $y = 0$ ) est asymptote horizontale : à long terme, le médicament est éliminé du sang.

2. a) $C = \frac{u}{v}$ avec $u (t) = 12 t$ , $u^{'} (t) = 12$ , $v (t) = t^{2} + 4$ , $v^{'} (t) = 2 t$ . $C^{'} (t) = \frac{12 (t^{2} + 4) - 12 t \times 2 t}{(t^{2} + 4)^{2}} = \frac{48 - 12 t^{2}}{(t^{2} + 4)^{2}} = \frac{12 (4 - t^{2})}{(t^{2} + 4)^{2}}$ .

2. b) Le dénominateur est strictement positif. Sur $[0; + \infty [$ , $4 - t^{2} = (2 - t) (2 + t)$ a le signe de $2 - t$ : positif sur $[0; 2 [$ , nul en $2$ , négatif ensuite. $C$ est strictement croissante sur $[0; 2]$ et strictement décroissante sur $[2; + \infty [$ . Maximum : $C (2) = \frac{24}{8} = 3$ , soit 3 mg/L au bout de 2 heures.

3. Sur $[0; 2]$ : $C$ est continue (quotient de polynômes, dénominateur non nul) et strictement croissante, $C (0) = 0$ et $C (2) = 3$ ; $2 \in [0; 3]$ , donc par le corollaire du TVI, une unique solution $t_{1} \in [0; 2]$ , et $t_{1} \neq 2$ car $C (2) = 3$ . Sur $[2; + \infty [$ : $C$ est continue, strictement décroissante, $C (2) = 3$ et ${lim}_{t \to + \infty} C (t) = 0$ ; $2 \in] 0; 3 [$ , donc une unique solution $t_{2} > 2$ . L'équation a exactement deux solutions.

4. Pour $t \geq 0$ : $C (t) = 2 ⟺ 12 t = 2 (t^{2} + 4) ⟺ t^{2} - 6 t + 4 = 0$ . $Δ = 36 - 16 = 20$ , donc $t = \frac{6 \pm 2 \sqrt{5}}{2} = 3 \pm \sqrt{5}$ . $t_{1} = 3 - \sqrt{5} \approx 0, 764$ h et $t_{2} = 3 + \sqrt{5} \approx 5, 236$ h. Comme $C$ croît puis décroît, $C (t) \geq 2$ exactement sur $[t_{1}; t_{2}]$ . Durée : $t_{2} - t_{1} = 2 \sqrt{5} \approx 4, 472$ h, et $0, 472 \times 60 \approx 28$ : environ 4 h 28 min.

5. Le TVI ne s'applique qu'à une valeur $k$ comprise entre deux valeurs effectivement prises par $C$ . Or d'après 2. b), $C (t) \leq 3$ pour tout $t \geq 0$ : la valeur $3, 5$ n'est jamais atteinte. La continuité ne suffit pas, l'équation $C (t) = 3, 5$ n'a aucune solution.

Problème 2 — Coût moyen de fabrication

Moyen

Une entreprise fabrique des lampes. Le coût total de fabrication de $q$ lampes, en euros, est modélisé par $C (q) = 0, 02 q^{2} + 5 q + 450$ pour $q > 0$ (on travaille sur un modèle continu). Le coût moyen par lampe est $C_{M} (q) = \frac{C (q)}{q}$ . Chaque lampe est vendue 12 €.

1. Montrer que pour tout $q > 0$ , $C_{M} (q) = 0, 02 q + 5 + \frac{450}{q}$ .
2. Déterminer les limites de $C_{M}$ en $0$ et en $+ \infty$ . Interpréter la première graphiquement et économiquement.
3. Étudier les variations de $C_{M}$ sur $] 0; + \infty [$ et donner le coût moyen minimal.
4. Montrer que l'équation $C_{M} (q) = 12$ admet exactement deux solutions $q_{1} < 150 < q_{2}$ .
5. Déterminer les valeurs exactes de $q_{1}$ et $q_{2}$ , puis leurs valeurs approchées au centième.
6. Pour quelles quantités entières l'entreprise vend-elle chaque lampe plus cher qu'elle ne lui coûte en moyenne ?

1. Pour $q > 0$ : $C_{M} (q) = \frac{0, 02 q^{2} + 5 q + 450}{q} = 0, 02 q + 5 + \frac{450}{q}$ .

2. Quand $q \to 0^{+}$ : $0, 02 q + 5 \to 5$ et $\frac{450}{q} \to + \infty$ (réel positif sur $0^{+}$ ), donc ${lim}_{q \to 0^{+}} C_{M} (q) = + \infty$ . L'axe des ordonnées ( $q = 0$ ) est asymptote verticale : pour très peu de lampes, les 450 € de frais fixes sont répartis sur presque rien et le coût par lampe explose. Quand $q \to + \infty$ : $0, 02 q \to + \infty$ et $\frac{450}{q} \to 0$ , donc ${lim}_{q \to + \infty} C_{M} (q) = + \infty$ .

3. $C_{M}^{'} (q) = 0, 02 - \frac{450}{q^{2}} = \frac{0, 02 q^{2} - 450}{q^{2}}$ . Le signe est celui de $0, 02 q^{2} - 450$ , qui s'annule pour $q^{2} = 22 500$ , soit $q = 150$ (car $q > 0$ ). $C_{M}^{'} (q) < 0$ sur $] 0; 150 [$ et $> 0$ sur $] 150; + \infty [$ . $C_{M}$ est strictement décroissante sur $] 0; 150]$ , strictement croissante sur $[150; + \infty [$ . Minimum : $C_{M} (150) = 3 + 5 + 3 =$ 11 €.

4. Sur $] 0; 150]$ : $C_{M}$ est continue (dérivable), strictement décroissante, tend vers $+ \infty$ en $0$ et $C_{M} (150) = 11$ . Comme $12 \in] 11; + \infty [$ , le corollaire du TVI donne une unique solution $q_{1} \in] 0; 150 [$ . Sur $[150; + \infty [$ : continue, strictement croissante de $11$ vers $+ \infty$ , donc une unique solution $q_{2} > 150$ . Exactement deux solutions.

5. Pour $q > 0$ , en multipliant par $q$ : $C_{M} (q) = 12 ⟺ 0, 02 q^{2} - 7 q + 450 = 0 ⟺ q^{2} - 350 q + 22 500 = 0$ . $Δ = 122 500 - 90 000 = 32 500 = 2 500 \times 13$ , $\sqrt{Δ} = 50 \sqrt{13}$ . $q_{1} = 175 - 25 \sqrt{13} \approx 84, 86$ et $q_{2} = 175 + 25 \sqrt{13} \approx 265, 14$ .

6. D'après les variations, $C_{M} (q) < 12$ exactement pour $q_{1} < q < q_{2}$ . En nombres entiers : de 85 à 265 lampes, le prix de vente dépasse le coût moyen.

Problème 3 — Refroidissement d'une boisson et algorithme de balayage

Difficile

Une boisson servie à 90 °C refroidit dans une pièce. Sa température, en °C, $t$ minutes après le service, est modélisée par $T (t) = 20 + 70 e^{- 0, 08 t}$ pour $t \geq 0$ . On la considère buvable dès que sa température est inférieure ou égale à 45 °C. On dispose du programme :

from math import exp

def seuil(pas):
    t = 0
    while 20 + 70 * exp(-0.08 * t) > 45:
        t = t + pas
    return t

1. Vérifier que $T (0) = 90$ , puis calculer ${lim}_{t \to + \infty} T (t)$ . Interpréter graphiquement puis dans le contexte.
2. Montrer que $T$ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ .
3. Montrer qu'il existe un unique instant $t_{0} \geq 0$ tel que $T (t_{0}) = 45$ .
4. a) Expliquer ce que renvoie $s e u i l (1)$ et donner cette valeur, en justifiant par des calculs d'images.
4. b) Même question pour $s e u i l (0.1)$ . En déduire un encadrement de $t_{0}$ d'amplitude $0, 1$ .
5. Un élève remplace 45 par 15 dans la condition de la boucle. Expliquer ce qui se passe.
6. Un autre élève affirme que la boisson finira par être exactement à 20 °C. A-t-il raison ?

1. $T (0) = 20 + 70 e^{0} = 90$ . Quand $t \to + \infty$ , $- 0, 08 t \to - \infty$ , et ${lim}_{X \to - \infty} e^{X} = 0$ , donc $e^{- 0, 08 t} \to 0$ et ${lim}_{t \to + \infty} T (t) = 20$ . La droite $y = 20$ est asymptote horizontale : à long terme, la boisson prend la température de la pièce, 20 °C.

2. $T$ est dérivable et $T^{'} (t) = 70 \times (- 0, 08) e^{- 0, 08 t} = - 5, 6 e^{- 0, 08 t}$ . Une exponentielle est strictement positive, donc $T^{'} (t) < 0$ : $T$ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ .

3. $T$ est continue (car dérivable), strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ , avec $T (0) = 90$ et ${lim}_{t \to + \infty} T (t) = 20$ . Comme $45 \in] 20; 90]$ , le corollaire du TVI assure l'existence d'un unique $t_{0} \geq 0$ tel que $T (t_{0}) = 45$ .

4. a) Le programme augmente $t$ d'un pas tant que la température dépasse 45 °C : il renvoie le premier multiple du pas pour lequel $T (t) \leq 45$ . Avec un pas de 1 : $T (12) = 20 + 70 e^{- 0, 96} \approx 46, 80 > 45$ et $T (13) = 20 + 70 e^{- 1, 04} \approx 44, 74 \leq 45$ . $s e u i l (1)$ renvoie 13, et $12 < t_{0} < 13$ .

4. b) Avec un pas de $0, 1$ : $T (12, 8) \approx 45, 14 > 45$ et $T (12, 9) \approx 44, 94 \leq 45$ . $s e u i l (0.1)$ renvoie environ 12,9 (à l'arrondi machine près, car $0, 1$ n'est pas stocké exactement). Donc $12, 8 < t_{0} < 12, 9$ : la boisson est buvable environ 12 min 50 s après le service.

5. Pour tout $t \geq 0$ , $70 e^{- 0, 08 t} > 0$ donc $T (t) > 20 > 15$ . La condition de la boucle reste toujours vraie : le programme ne s'arrête jamais (boucle infinie). La valeur 15 n'est pas dans l'intervalle $] 20; 90]$ des valeurs prises par $T$ .

6. Non : $T (t) - 20 = 70 e^{- 0, 08 t} > 0$ pour tout $t$ . La température s'approche de 20 °C autant qu'on veut mais ne l'atteint jamais dans ce modèle : la courbe reste strictement au-dessus de son asymptote.

Problème 4 — Cylindre inscrit dans une sphère

Difficile

Un designer conçoit une lampe : un cylindre de verre de hauteur $h$ cm et de rayon $r$ cm est placé à l'intérieur d'une sphère de rayon 6 cm, de sorte que les cercles de ses deux bases soient sur la sphère (le centre de la sphère est au milieu de l'axe du cylindre). On note $V (h)$ le volume du cylindre en cm³, pour $h \in [0; 12]$ .

1. Montrer que $r^{2} = 36 - \frac{h^{2}}{4}$ , puis que $V (h) = π (36 h - \frac{h^{3}}{4})$ .
2. Étudier les variations de $V$ sur $[0; 12]$ . On notera $h_{1}$ la hauteur pour laquelle le volume est maximal ; donner $h_{1}$ exacte, une valeur approchée au millième, et le volume maximal exact puis arrondi au dixième.
3. Le designer veut un volume de $128 π$ cm³. Montrer que l'équation $V (h) = 128 π$ admet exactement deux solutions dans $[0; 12]$ , l'une $a$ dans $[0; h_{1}]$ , l'autre $b$ dans $[h_{1}; 12]$ .
4. a) Vérifier que $4$ est solution. Que vaut $a$ ?
4. b) Montrer que pour tout réel $h$ , $V (h) - 128 π = - \frac{π}{4} (h - 4) (h^{2} + 4 h - 128)$ .
4. c) En déduire la valeur exacte de $b$ , puis vérifier le résultat par un encadrement obtenu par balayage au pas de $0, 1$ .

1. Dans le plan qui contient l'axe du cylindre, le centre $O$ de la sphère, le centre d'une base et un point du bord de cette base forment un triangle rectangle : les côtés de l'angle droit mesurent $\frac{h}{2}$ et $r$ , l'hypoténuse est le rayon 6. Par Pythagore, $r^{2} + \frac{h^{2}}{4} = 36$ , soit $r^{2} = 36 - \frac{h^{2}}{4}$ (ce qui impose $h \in [0; 12]$ ). Donc $V (h) = π r^{2} h = π (36 - \frac{h^{2}}{4}) h =$ $π (36 h - \frac{h^{3}}{4})$ .

2. $V^{'} (h) = π (36 - \frac{3 h^{2}}{4}) = \frac{3 π}{4} (48 - h^{2})$ . Sur $[0; 12]$ , $48 - h^{2} > 0 ⟺ h < \sqrt{48} = 4 \sqrt{3}$ . Donc $V^{'} > 0$ sur $[0; 4 \sqrt{3} [$ et $V^{'} < 0$ sur $] 4 \sqrt{3}; 12]$ : $V$ est strictement croissante sur $[0; h_{1}]$ puis strictement décroissante sur $[h_{1}; 12]$ , avec $h_{1} = 4 \sqrt{3} \approx 6, 928$ . Comme $h_{1}^{3} = 64 \times 3 \sqrt{3} = 192 \sqrt{3}$ : $V (h_{1}) = π (144 \sqrt{3} - 48 \sqrt{3}) =$ $96 \sqrt{3} π \approx 522, 4$ cm³. De plus $V (0) = 0$ et $V (12) = π (432 - 432) = 0$ .

3. $V$ est continue (polynôme). $128 π \approx 402, 1$ et $0 < 128 π < 96 \sqrt{3} π$ car $96 \sqrt{3} \approx 166, 3 > 128$ . Sur $[0; h_{1}]$ , $V$ est strictement croissante de $0$ à $96 \sqrt{3} π$ : par le corollaire du TVI, une unique solution $a \in [0; h_{1}]$ . Sur $[h_{1}; 12]$ , strictement décroissante de $96 \sqrt{3} π$ à $0$ : une unique solution $b$ . Comme $V (h_{1}) \neq 128 π$ , $a \neq b$ : exactement deux solutions.

4. a) $V (4) = π (144 - \frac{64}{4}) = π (144 - 16) = 128 π$ : $4$ est solution. Comme $4 < h_{1} \approx 6, 928$ , c'est la solution de $[0; h_{1}]$ : $a = 4$ .

4. b) $V (h) - 128 π = π (36 h - \frac{h^{3}}{4} - 128) = - \frac{π}{4} (h^{3} - 144 h + 512)$ . Or $(h - 4) (h^{2} + 4 h - 128) = h^{3} + 4 h^{2} - 128 h - 4 h^{2} - 16 h + 512 = h^{3} - 144 h + 512$ . L'égalité est démontrée.

4. c) $V (h) = 128 π ⟺ h = 4$ ou $h^{2} + 4 h - 128 = 0$ . $Δ = 16 + 512 = 528 = 16 \times 33$ , racines $\frac{- 4 \pm 4 \sqrt{33}}{2} = - 2 \pm 2 \sqrt{33}$ . $- 2 - 2 \sqrt{33} < 0$ est exclue ; $2 \sqrt{33} - 2 \approx 9, 489 \in [h_{1}; 12]$ . Donc $b = 2 \sqrt{33} - 2 \approx 9, 49$ cm. Contrôle par balayage : $V (9, 4) = π (338, 4 - 207, 646) \approx 130, 75 π > 128 π$ et $V (9, 5) = π (342 - 214, 34375) \approx 127, 66 π < 128 π$ , donc $9, 4 < b < 9, 5$ : cohérent.

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