Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Exercice 1 — Continuité d'une fonction définie par morceaux
Corrigé :
1. Pour que $f$ soit continue en $1$, il faut que $\lim_{x\to 1^-} f(x) = f(1)$ et $\lim_{x\to 1^+} f(x) = f(1)$.
• $\lim_{x\to 1^+}(3x-1) = 2$, donc $f(1) = 2$.
• $f(1) = 1 + a + b = 2$, soit $a + b = 1$.
La continuité en $1$ impose $a + b = 1$ (une infinité de solutions). Si la question demande uniquement cette condition : $a + b = 1$, par exemple $a=0, b=1$ ou $a=1, b=0$.
2. Sur $]-\infty, 1]$, $x^2+ax+b$ est un polynôme, donc continu. Sur $]1,+\infty[$, $3x-1$ est un polynôme, donc continu. En $x=1$, la continuité est assurée si $a+b=1$. Donc $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ pour tout choix vérifiant $a+b=1$.

Exercice 2 — Prolongement par continuité
Corrigé :
1. $x^2 - 4x + 3 = (x-1)(x-3)$, donc pour $x \neq 3$ : $g(x) = \dfrac{(x-1)(x-3)}{x-3} = x - 1$.
$\displaystyle\lim_{x \to 3} g(x) = \lim_{x\to 3}(x-1) = 2$.
2. On définit $\tilde{g}(x) = g(x) = x-1$ pour $x \neq 3$ et $\tilde{g}(3) = 2$.
3. $\displaystyle\lim_{x\to 3} \tilde{g}(x) = 2 = \tilde{g}(3)$, donc $\tilde{g}$ est continue en $3$.

Exercice 3 — Théorème des valeurs intermédiaires — existence
Corrigé :
1. $f$ est un polynôme, donc continue sur $\mathbb{R}$.
2. $f(-3) = -27 + 12 + 2 = -13$ ; $f(0) = 2$ ; $f(2) = 8 - 8 + 2 = 2$.
Attention : pour montrer un signe sur $[0,2]$, calculer $f(2)=2\gt 0$ ne suffit pas (même signe que $f(0)$). On peut calculer $f'(x)=3x^2-4$, $f'(x)=0$ pour $x = \pm\frac{2}{\sqrt{3}} \approx \pm 1{,}15$. Sur $[0,2]$, le minimum local est en $x = \frac{2}{\sqrt{3}}$ : $f(\frac{2}{\sqrt{3}}) \approx 2 \cdot 0{,}77 - 4 \cdot 1{,}15 + 2 \approx -1{,}08 \lt 0$. Donc $f$ change de signe sur $]0, \frac{2}{\sqrt{3}}[$.
3. Sur $[-3, 0]$ : $f(-3) = -13 \lt 0$ et $f(0) = 2 \gt 0$ → par TVI, au moins un zéro dans $]-3, 0[$.
Sur $[0, 2]$ : $f(0) = 2 \gt 0$ et $f(\frac{2}{\sqrt{3}}) \lt 0$ → par TVI, au moins un zéro dans $]0, \frac{2}{\sqrt{3}}[$.
4. $f'(x) = 3x^2 - 4$ s'annule en $x = \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$. Le tableau de variations montre 3 extrema → $f$ a exactement 3 racines réelles (un dans chacun des intervalles $]-\infty, -\frac{2}{\sqrt{3}}[$, $]-\frac{2}{\sqrt{3}}, \frac{2}{\sqrt{3}}[$, $]\frac{2}{\sqrt{3}}, +\infty[$).

Exercice 4 — Unicité et corollaire du TVI
Corrigé :
1. $h'(x) = e^x + 1 \gt 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, donc $h$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
2. $h(0) = 1 + 0 - 2 = -1 \lt 0$ et $h(1) = e - 1 \approx 1{,}718 \gt 0$.
$h$ est continue (somme d'exponentielles et polynômes), strictement croissante, $h(0) \lt 0 \lt h(1)$ → par le corollaire du TVI, il existe un unique $\alpha \in ]0, 1[$ tel que $h(\alpha) = 0$.
3. Milieu de $[0, 1]$ : $m = 0{,}5$. $h(0{,}5) = e^{0{,}5} + 0{,}5 - 2 \approx 1{,}649 + 0{,}5 - 2 = 0{,}149 \gt 0$.
Comme $h(0) \lt 0 \lt h(0{,}5)$, $\alpha \in ]0 ; 0{,}5[$. Précision : $0{,}5 - 0 = 0{,}5$. Après cette itération : $\alpha \in ]0 ; 0{,}5[$, soit encadrement $0 \lt \alpha \lt 0{,}5$, précision $0{,}5$.
Pour $0{,}25$ près : autre itération, $m = 0{,}25$. $h(0{,}25) = e^{0{,}25}+0{,}25-2 \approx 1{,}284+0{,}25-2 = -0{,}466 \lt 0$. Donc $\alpha \in ]0{,}25 ; 0{,}5[$. Encadrement : $0{,}25 \lt \alpha \lt 0{,}5$, précision $0{,}25$.

Exercice 5 — Problème ouvert — point fixe
Corrigé :
1. $p(0) = \varphi(0) - 0 = \varphi(0) \geq 0$ (car $\varphi(0) \in [0,1]$).
$p(1) = \varphi(1) - 1 \leq 0$ (car $\varphi(1) \leq 1$).
2. $p$ est continue sur $[0,1]$ (comme différence de fonctions continues), $p(0) \geq 0$ et $p(1) \leq 0$.
• Si $p(0) = 0$ : $c = 0$ convient. • Si $p(1) = 0$ : $c = 1$ convient. • Sinon $p(0) \gt 0$ et $p(1) \lt 0$ : par le TVI, il existe $c \in ]0, 1[$ tel que $p(c) = 0$, i.e. $\varphi(c) = c$.
Dans tous les cas, il existe $c \in [0, 1]$ tel que $\varphi(c) = c$.
3. Exemple : $\varphi(x) = x^2$. L'équation $x^2 = x$ donne $x(x-1) = 0$, donc $x = 0$ ou $x = 1$. Les deux appartiennent à $[0,1]$ : les points fixes sont $c = 0$ et $c = 1$.