Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Soit $f$ définie sur $ℝ$ par $f(x)=x^2+2$ si $x<1$ et $f(x)=4-x$ si $x⩾1$.

1. $\underset{x\to 1,x<1}{lim}f(x)=$
   Pour $x<1$, $f(x)=x^2+2$ : c’est un polynôme, sa limite en $1$ est $1^2+2=3$.
2. $f(1)=$
   Pour $x⩾1$, on utilise $4-x$ : $f(1)=4-1=3$. À droite, $4-x\to 3$ aussi : les trois nombres sont égaux, $f$ est continue en $1$.
3. On remplace $4-x$ par $5-x$ (pour $x⩾1$). La courbe fait alors un saut en $1$, de hauteur $f(1)-\underset{x\to 1,x<1}{lim}f(x)=$
   La limite à gauche vaut toujours $3$, mais maintenant $f(1)=5-1=4$. Le saut vaut $4-3=1$ : $f$ n’est plus continue en $1$.

Trouver la valeur qui rend la fonction continue au point indiqué.

1. $f(x)=2x+1$ si $x⩽3$ et $f(x)=x^2+m$ si $x>3$ : $f$ est continue en $3$ pour $m=$
   $f(3)=2\times 3+1=7$ et la limite à droite vaut $3^2+m=9+m$. Continuité : $9+m=7$, donc $m=-2$.
2. $g(x)={\displaystyle \frac{x^2+x-6}{x-2}}$ pour $x\ne 2$. Pour que $g$ soit continue en $2$, on pose $g(2)=$
   $x^2+x-6=(x-2)(x+3)$, donc $g(x)=x+3$ pour $x\ne 2$, qui tend vers $5$ quand $x\to 2$. On pose $g(2)=5$.
3. $k(x)=e^x$ si $x<0$ et $k(x)=2x+b$ si $x⩾0$ : $k$ est continue en $0$ pour $b=$
   À gauche, $e^x\to e^0=1$ (l’exponentielle est continue en $0$). En $0$ : $k(0)=2\times 0+b=b$. Il faut $b=1$.

Soit $f(x)=|2x-6|$ sur $ℝ$.

1. Démontrer que $f$ est continue en $3$. Valeur de $\underset{x\to 3}{lim}f(x)$ :
   Rédaction attendue. Pour $x⩾3$, $2x-6⩾0$ donc $f(x)=2x-6$ ; pour $x<3$, $f(x)=6-2x$. Ces deux expressions sont affines : la limite à droite en $3$ vaut $2\times 3-6=0$ et la limite à gauche $6-2\times 3=0$. De plus $f(3)=|0|=0$. Donc $\underset{x\to 3}{lim}f(x)=0=f(3)$ : $f$ est continue en $3$. (Autre justification : $f$ est la composée de la fonction affine $x\mapsto 2x-6$ suivie de la valeur absolue, toutes deux continues sur $ℝ$.)
2. Pour $h>0$, le taux de variation ${\displaystyle \frac{f(3+h)-f(3)}{h}}$ vaut
   $f(3+h)=|2(3+h)-6|=|2h|=2h$ car $h>0$. Le taux vaut ${\displaystyle \frac{2h-0}{h}}=2$.
3. Pour $h<0$, ce taux vaut
   Pour $h<0$, $|2h|=-2h$, donc le taux vaut ${\displaystyle \frac{-2h}{h}}=-2$. Les limites à gauche ($-2$) et à droite ($2$) diffèrent : $f$ est continue en $3$ mais pas dérivable en $3$.

La racine carrée en $0$, puis la fonction $q(x)=x\sqrt{x}$ sur $[0;+\infty [$. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Pour $h=0,0001$, le taux ${\displaystyle \frac{\sqrt{0+h}-\sqrt{0}}{h}}$ vaut
   $\sqrt{0,0001}=0,01$, donc le taux vaut ${\displaystyle \frac{0,01}{0,0001}}=100$. Plus $h$ est petit, plus ce taux est grand.
2. Démontrer que la racine carrée est continue en $0$ mais pas dérivable en $0$. Limite du taux ${\displaystyle \frac{\sqrt{h}}{h}}$ quand $h\to 0$, $h>0$ :
   Rédaction attendue. $\underset{x\to 0}{lim}\sqrt{x}=0=\sqrt{0}$ : la racine carrée est continue en $0$. Pour $h>0$, le taux de variation en $0$ vaut ${\displaystyle \frac{\sqrt{h}-\sqrt{0}}{h}}={\displaystyle \frac{\sqrt{h}}{h}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{h}}}$. Quand $h\to 0$ avec $h>0$, $\sqrt{h}\to 0$ par valeurs positives, donc ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{h}}}\to +\infty$. Le taux n’a pas de limite finie : la racine carrée n’est pas dérivable en $0$ (tangente verticale). Elle est continue sans être dérivable.
3. $q(x)=x\sqrt{x}$ est dérivable en $0$, et $q\prime (0)=$
   Pour $h>0$, ${\displaystyle \frac{q(h)-q(0)}{h}}={\displaystyle \frac{h\sqrt{h}}{h}}=\sqrt{h}$, qui tend vers $0$ : $q$ est dérivable en $0$ et $q\prime (0)=0$. Multiplier par $x$ a « lissé » le point anguleux.

Compléter l’ensemble de continuité.

1. $f(x)=\sqrt{10-2x}$ est continue sur $]-\infty ;$ $]$
   Il faut $10-2x⩾0$, soit $x⩽5$. Composée d’une fonction affine et de la racine carrée : $f$ est continue sur $]-\infty ;5]$.
2. $g(x)=\ln (3x-6)$ est continue sur $]$ $;+\infty [$
   Il faut $3x-6>0$, soit $x>2$. Composée d’une fonction affine et de $\ln$ : $g$ est continue sur $]2;+\infty [$.
3. $k(x)={\displaystyle \frac{x+4}{x^2-2x-8}}$ est continue sur trois intervalles ; la plus grande valeur interdite est
   $x^2-2x-8=(x-4)(x+2)$ s’annule en $-2$ et en $4$. $k$ est continue sur $]-\infty ;-2[$, sur $]-2;4[$ et sur $]4;+\infty [$ (quotient de polynômes).
4. $m(x)=e^{\sqrt{x-1}}$ est continue sur $[$ $;+\infty [$
   $\sqrt{x-1}$ existe pour $x⩾1$ et y est continue ; l’exponentielle est continue sur $ℝ$. Par composée, $m$ est continue sur $[1;+\infty [$.

Utiliser la continuité : si $u_n\to a$ et si $f$ est continue en $a$, alors $f(u_n)\to f(a)$ ($n⩾1$).

1. $lim\sqrt{16+{\displaystyle \frac{3}{n}}}=$
   $16+{\displaystyle \frac{3}{n}}\to 16$ et la racine carrée est continue en $16$ : la limite vaut $\sqrt{16}=4$.
2. $lim{e}^{\frac{1}{n}}=$
   ${\displaystyle \frac{1}{n}}\to 0$ et l’exponentielle est continue en $0$ : la limite vaut $e^0=1$.
3. $lim{(2+{\displaystyle \frac{1}{n}})}^3=$
   $2+{\displaystyle \frac{1}{n}}\to 2$ et $x\mapsto x^3$ est continue en $2$ : la limite vaut $2^3=8$.
4. $lim\ln (1+{\displaystyle \frac{1}{n}})=$
   $1+{\displaystyle \frac{1}{n}}\to 1$ et $\ln$ est continue en $1$ : la limite vaut $\ln 1=0$.

Justifier la continuité des fonctions suivantes.

1. Démontrer que $f(x)=\sqrt{x^2-6x+10}$ est continue sur $ℝ$. Le minimum de $x^2-6x+10$ sur $ℝ$ vaut
   Rédaction attendue. Pour tout réel $x$, $x^2-6x+10=(x-3{)}^2+1⩾1$ (le minimum $1$ est atteint en $x=3$). La fonction $x\mapsto x^2-6x+10$ est un polynôme, donc continue sur $ℝ$, et elle prend ses valeurs dans $[1;+\infty [$, contenu dans $[0;+\infty [$ où la racine carrée est continue. Par composée, $f$ est continue sur $ℝ$.
2. $g(x)={\displaystyle \frac{e^x}{e^x-1}}$ est continue sur $ℝ$ privé d’un seul réel :
   Le dénominateur $e^x-1$ s’annule si $e^x=1$, c’est-à-dire $x=0$. Par quotient de fonctions continues, $g$ est continue sur $]-\infty ;0[$ et sur $]0;+\infty [$.
3. $k(x)={\displaystyle \frac{x^2+1}{\cos x+2}}$ : pour tout réel $x$, le dénominateur est supérieur ou égal à
   $\cos x⩾-1$, donc $\cos x+2⩾1>0$ : le dénominateur ne s’annule jamais. Quotient de fonctions continues sur $ℝ$, $k$ est continue sur $ℝ$.

Soit $u_n={\displaystyle \frac{2n+1}{n+3}}$ pour $n\in \mathbb{N}$. On note $E$ la fonction partie entière ($E(x)$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $x$).

1. Démontrer que $(u_n)$ converge, puis que la suite $\left(\sqrt{u_n+7}\right)$ converge. $lim\sqrt{u_n+7}=$
   Rédaction attendue. Pour $n⩾1$, $u_n={\displaystyle \frac{n(2+\frac{1}{n})}{n(1+\frac{3}{n})}}={\displaystyle \frac{2+\frac{1}{n}}{1+\frac{3}{n}}}$. Comme $lim{\displaystyle \frac{1}{n}}=lim{\displaystyle \frac{3}{n}}=0$, par quotient, $lim{u}_n=2$. Ensuite, $u_n+7\to 9$ et la racine carrée est continue en $9$ : d’après le théorème sur l’image d’une suite convergente, $\sqrt{u_n+7}\to \sqrt{9}=3$.
2. $lim(u_n^2-3u_n)=$
   $x\mapsto x^2-3x$ est un polynôme, continu en $2$ : la limite vaut $4-6=-2$ (car $2^2=4$ et $3\times 2=6$).
3. Pour $n⩾2$, on a $1⩽u_n<2$. Donc, pour $n⩾2$, $E(u_n)=$
   $u_n=2-{\displaystyle \frac{5}{n+3}}<2$, et $u_n⩾1⟺2n+1⩾n+3⟺n⩾2$. Donc $E(u_n)=1$ pour $n⩾2$ : la suite $(E(u_n))$ tend vers $1$, alors que $E(2)=2$. La partie entière n’est pas continue en $2$ : le théorème ne s’applique pas.

Soit $f(x)=x^3-4x+1$.

1. $f(0)=$
   $f(0)=0-0+1=1$.
2. $f(1)=$
   $f(1)=1-4+1=-2$. $f$ est continue sur $[0;1]$ (polynôme) et $0$ est compris entre $-2$ et $1$ : d’après le TVI, $f$ s’annule au moins une fois sur $[0;1]$.
3. $f(3)=$
   $f(3)=27-12+1=16$. Entre $1$ et $3$, $f$ passe d’une valeur négative à une valeur positive : le TVI donne une autre solution de $f(x)=0$, dans $[1;3]$.

$f$ est continue sur $[1;4]$, avec $f(1)=-2$ et $f(4)=7$. Le TVI garantit une solution de $f(x)=k$ dans $[1;4]$ pour tout réel $k$ compris entre $f(1)$ et $f(4)$.

1. Le plus grand entier $k$ ainsi garanti :
   $k$ doit vérifier $-2⩽k⩽7$ : le plus grand entier est $7$ (atteint en $x=4$).
2. Le nombre d’entiers $k$ ainsi garantis :
   Les entiers de $-2$ à $7$ : $-2,-1,0,1,\dots ,7$, soit $7-(-2)+1=10$ entiers.
3. $g$ est continue sur $[0;2]$, avec $g(0)=3$ et $g(2)=-1$. Le plus petit entier $k$ pour lequel le TVI garantit une solution de $g(x)=k$ dans $[0;2]$ :
   $k$ doit être compris entre $g(2)=-1$ et $g(0)=3$ : $-1⩽k⩽3$. Le plus petit entier est $-1$. L’ordre de $f(a)$ et $f(b)$ n’a pas d’importance.

Soit $g(x)=e^x-x-2$ sur $[1;2]$.

1. $g(1)\approx$ (au centième)
   $g(1)=e-1-2=e-3\approx -0,28$.
2. Démontrer que l’équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1;2]$. Valeur de $g(2)$ au centième :
   Rédaction attendue. La fonction $g$ est la somme de l’exponentielle et d’une fonction affine, toutes deux continues sur $ℝ$ : $g$ est continue sur $[1;2]$. On a $g(1)=e-3\approx -0,28<0$ et $g(2)=e^2-4\approx 3,39>0$. Comme $0$ est compris entre $g(1)$ et $g(2)$, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1;2]$.
3. Le plus grand entier $k$ pour lequel le TVI garantit une solution de $g(x)=k$ dans $[1;2]$ :
   $k$ doit être compris entre $e-3\approx -0,28$ et $e^2-4\approx 3,39$ : le plus grand entier est $3$.

Soit $p(x)=x^3-2x^2+5$ sur $ℝ$, puis la partie entière $E$ ($E(x)$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $x$) sur $[0;1]$.

1. $p(-2)=$
   $p(-2)=-8-8+5=-11$.
2. Démontrer que l’équation $p(x)=0$ admet une solution entre deux entiers consécutifs $n$ et $n+1$, avec $n=$
   Rédaction attendue. $p$ est un polynôme, donc continue sur $[-2;-1]$. $p(-2)=-11<0$ et $p(-1)=-1-2+5=2>0$. Comme $0$ est compris entre $p(-2)$ et $p(-1)$, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $p(x)=0$ admet au moins une solution dans $[-2;-1]$. (C’est la seule solution réelle : $p\prime (x)=x(3x-4)$, et sur $[0;+\infty [$ le minimum de $p$ vaut $p\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{103}{27}>0$, tandis que $p$ est strictement croissante sur $]-\infty ;0]$.)
3. $E(0)=0$ et $E(1)=1$, mais l’équation $E(x)=0,5$ n’a aucune solution dans $[0;1]$. L’hypothèse du TVI qui manque est la de $E$ sur $[0;1]$.
   $E$ ne prend que des valeurs entières : jamais $0,5$. Le TVI ne s’applique pas, car $E$ n’est pas continue sur $[0;1]$ (elle saute de $0$ à $1$ en $x=1$).

$f$ est continue et strictement croissante sur $[0;+\infty [$, avec $f(0)=-3$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=4$. Donner le nombre de solutions dans $[0;+\infty [$ de chaque équation.

1. $f(x)=1$ : solution(s)
   $1$ est entre $f(0)=-3$ et la limite $4$ (strictement) : d’après le corollaire du TVI, une unique solution.
2. $f(x)=4$ : solution(s)
   $4$ est une limite, jamais atteinte : $f$ est strictement croissante, donc $f(x)<4$ pour tout $x$. Aucune solution.
3. $f(x)=-3$ : solution(s)
   $f(0)=-3$ : $x=0$ est solution, et c’est la seule car $f$ est strictement croissante ($f(x)>-3$ pour $x>0$).
4. $f(x)=-5$ : solution(s)
   Pour tout $x⩾0$, $f(x)⩾f(0)=-3>-5$ : aucune solution.

Voici le tableau de variations d’une fonction $f$ continue sur $[-3;4]$.

1. $f(x)=0$ : solution(s)
   Sur $[-3;1]$, $f$ décroît strictement de $5$ à $-2$ : une solution. Sur $[1;4]$, elle croît strictement de $-2$ à $3$ : une solution. Total : $2$.
2. $f(x)=4$ : solution(s)
   Sur $[-3;1]$, $4$ est entre $-2$ et $5$ : une solution. Sur $[1;4]$, $f(x)⩽3<4$ : aucune. Total : $1$.
3. $f(x)=-2$ : solution(s)
   Le minimum $-2$ n’est atteint qu’en $x=1$ (stricte monotonie de chaque côté) : une seule solution.
4. $f(x)=6$ : solution(s)
   Le maximum de $f$ sur $[-3;4]$ est $5$ : aucune solution.

Soit $f(x)=e^x+x$ sur $ℝ$.

1. Démontrer que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $ℝ$. Elle est comprise entre deux entiers consécutifs $n$ et $n+1$, avec $n=$
   Rédaction attendue. $f$ est dérivable sur $ℝ$ (somme de l’exponentielle et d’une fonction affine), donc continue, et $f\prime (x)=e^x+1>0$ : $f$ est strictement croissante sur $ℝ$. En $-\infty$ : $e^x\to 0$ et $x\to -\infty$, donc par somme $\underset{x\to -\infty }{lim}f(x)=-\infty$ ; en $+\infty$ : $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$. Comme $0$ est strictement compris entre $-\infty$ et $+\infty$, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $ℝ$. Enfin $f(-1)=e^{-1}-1\approx -0,63<0$ et $f(0)=1>0$, donc $-1<\alpha <0$.
2. L’unique solution de $f(x)=3$ est comprise entre $n$ et $n+1$, avec $n=$
   $f(0)=1<3$ et $f(1)=e+1\approx 3,72>3$ : la solution est dans $]0;1[$.
3. Nombre de solutions de $f(x)=-100$ sur $ℝ$ :
   $-100$ est strictement compris entre les limites $-\infty$ et $+\infty$ : une unique solution, comme pour toute valeur réelle $k$.

Soit $f(x)=x^3-3x$ sur $[-2;3]$. On a $f\prime (x)=3(x-1)(x+1)$.

1. $f$ a un maximum local en $-1$, égal à $f(-1)=$
   $f(-1)=-1+3=2$. $f$ croît sur $[-2;-1]$, décroît sur $[-1;1]$, croît sur $[1;3]$.
2. $f(3)=$
   $f(3)=27-9=18$. On a aussi $f(-2)=-8+6=-2$ et $f(1)=1-3=-2$.
3. Démontrer que l’équation $f(x)=1$ admet exactement solutions sur $[-2;3]$.
   Rédaction attendue. $f$ est un polynôme, donc continue sur $[-2;3]$. Sur $[-2;-1]$, $f$ est strictement croissante (car $f\prime >0$ sur $]-2;-1[$), de $f(-2)=-2$ à $f(-1)=2$ ; $1$ est compris entre $-2$ et $2$ : d’après le corollaire du TVI, une unique solution. Sur $[-1;1]$, $f$ est strictement décroissante de $2$ à $-2$ : une unique solution. Sur $[1;3]$, $f$ est strictement croissante de $-2$ à $18$ : une unique solution. Ces trois intervalles ne se chevauchent qu’en $-1$ et $1$, qui ne sont pas solutions ($f(\pm 1)\ne 1$). L’équation $f(x)=1$ admet donc exactement $3$ solutions sur $[-2;3]$.
4. Nombre de solutions de $f(x)=5$ sur $[-2;3]$ :
   Sur $[-2;1]$, $f(x)⩽2<5$ : aucune solution. Sur $[1;3]$, $5$ est entre $-2$ et $18$ : une seule. Total : $1$.

Soit $f(x)=x^3+x-5$, continue et strictement croissante sur $ℝ$ ; l’équation $f(x)=0$ a une unique solution $\alpha$.

1. $f(1)=$
   $f(1)=1+1-5=-3$.
2. $f(2)=$
   $f(2)=8+2-5=5$. Le signe change entre $1$ et $2$ : $1<\alpha <2$.
3. Balayage au pas de $0,1$ : $<\alpha <$
   $f(1,5)=3,375+1,5-5=-0,125<0$ et $f(1,6)=4,096+1,6-5=0,696>0$ : $1,5<\alpha <1,6$.

Amplitude d’un encadrement par dichotomie : après $n$ étapes à partir de $[a;b]$, elle vaut ${\displaystyle \frac{b-a}{2^n}}$.

1. Sur $[0;1]$, après $5$ étapes, l’amplitude vaut (écriture décimale)
   ${\displaystyle \frac{1}{2^5}}={\displaystyle \frac{1}{32}}=0,03125$.
2. Sur $[2;3]$, le nombre minimal d’étapes pour une amplitude inférieure ou égale à $0,001$ est
   Il faut ${\displaystyle \frac{1}{2^n}}⩽0,001$, soit $2^n⩾1000$. Or $2^9=512<1000$ et $2^{10}=1024⩾1000$ : $10$ étapes.
3. Sur $[0;4]$, le nombre minimal d’étapes pour une amplitude inférieure ou égale à $0,01$ est
   Il faut ${\displaystyle \frac{4}{2^n}}⩽0,01$, soit $2^n⩾400$. Or $2^8=256<400$ et $2^9=512⩾400$ : $9$ étapes.

Soit $f(x)=x^3+2x-4$ sur $[1;2]$.

1. Démontrer que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\beta$ dans $[1;2]$. Contrôle : $f(1)=$
   Rédaction attendue. $f$ est un polynôme, donc dérivable et continue sur $[1;2]$, et $f\prime (x)=3x^2+2>0$ : $f$ est strictement croissante sur $[1;2]$. $f(1)=1+2-4=-1<0$ et $f(2)=8+4-4=8>0$. Comme $0$ est compris entre $f(1)$ et $f(2)$, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\beta$ dans $[1;2]$.
2. Dichotomie. Étape 1 : $f(1,5)=2,375>0$, on garde $[1;1,5]$. Étape 2 : on calcule $f(1,25)\approx$ (au centième)
   $f(1,25)=1,953125+2,5-4=0,453125\approx 0,45>0$ : on garde $[1;1,25]$.
3. Après l’étape 3, la borne inférieure de l’encadrement vaut
   Milieu de $[1;1,25]$ : $1,125$. $f(1,125)\approx -0,326<0$ : on garde $[1,125;1,25]$, donc $1,125<\beta <1,25$ (amplitude ${\displaystyle \frac{1}{8}}$).

On exécute dicho(1, 2, 0.1) avec le programme ci-dessous.

def f(x):
    return x**3 - x - 3

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

1. Nombre de passages dans la boucle while :
   L’amplitude part de $1$ et est divisée par $2$ à chaque passage : $0,5$ ; $0,25$ ; $0,125$ ; $0,0625$. La boucle s’arrête dès que $b-a⩽0,1$, donc après $4$ passages.
2. Valeurs renvoyées : a = et b =
   $f(1)=-3$. Passage 1 : $m=1,5$, $f(1,5)=-1,125$, même signe que $f(1)$, donc $a=1,5$. Passage 2 : $m=1,75$, $f(1,75)\approx 0,609>0$, donc $b=1,75$. Passage 3 : $m=1,625$, $f(1,625)\approx -0,334<0$, donc $a=1,625$. Passage 4 : $m=1,6875$, $f(1,6875)\approx 0,118>0$, donc $b=1,6875$. La fonction renvoie $(1,625;1,6875)$.
3. Justifier que le test f(a) * f(m) <= 0 garde bien la solution. Si $f(a)=-3$ et $f(m)=0,5$, la nouvelle valeur de b est (écris a ou m)
   Rédaction attendue. Si $f(a)\times f(m)⩽0$, alors $f(a)$ et $f(m)$ sont de signes contraires (ou l’un est nul) ; $f$ étant continue, le théorème des valeurs intermédiaires assure qu’une solution se trouve dans $[a;m]$ : on remplace $b$ par $m$. Sinon, $f(a)$ et $f(m)$ ont le même signe, donc $f(m)$ et $f(b)$ sont de signes contraires et la solution est dans $[m;b]$ : on remplace $a$ par $m$. Ici $-3\times 0,5<0$ : b prend la valeur de m.

Chaque suite converge vers un réel $\ell$ et la fonction $f$ telle que $u_{n+1}=f(u_n)$ est continue en $\ell$. Déterminer $\ell$.

1. $u_0=0$, $u_{n+1}=\sqrt{4u_n+5}$, et $u_n⩾0$ pour tout $n$ : $\ell =$
   $\ell =\sqrt{4\ell +5}$ donne $\ell ⩾0$ et ${\ell }^2=4\ell +5$, soit ${\ell }^2-4\ell -5=(\ell -5)(\ell +1)=0$ ; comme $\ell ⩾0$, $\ell =5$.
2. $v_0=3$, $v_{n+1}=3-{\displaystyle \frac{2}{v_n}}$, et $v_n⩾1,5$ pour tout $n$ : $\ell =$
   $\ell =3-{\displaystyle \frac{2}{\ell }}$ donne ${\ell }^2-3\ell +2=0$, soit $(\ell -1)(\ell -2)=0$. Le passage à la limite dans $v_n⩾1,5$ donne $\ell ⩾1,5$, donc $\ell =2$.
3. $w_0=1$, $w_{n+1}={\displaystyle \frac{12}{w_n+1}}$, et $w_n>0$ pour tout $n$ : $\ell =$
   $\ell ={\displaystyle \frac{12}{\ell +1}}$ donne ${\ell }^2+\ell -12=0$, soit $(\ell -3)(\ell +4)=0$. Comme $\ell ⩾0$, $\ell =3$.

Points fixes et contre-exemples.

1. Les solutions de $x^2-2x+2=x$ sont et (dans l’ordre croissant)
   $x^2-3x+2=0$, soit $(x-1)(x-2)=0$ : $x=1$ ou $x=2$.
2. Nombre de points fixes de $f(x)=\sqrt{x}$ sur $[0;+\infty [$ :
   $\sqrt{x}=x⟺x=x^2$ (avec $x⩾0$) $⟺x(x-1)=0$ : $0$ et $1$, soit $2$ points fixes.
3. $s_0=2$ et $s_{n+1}=s_n^2$. La fonction $x\mapsto x^2$ a pour points fixes $0$ et $1$, et pourtant $lim{s}_n=$ (Pour l’infini, écris +infini.)
   $s_1=4$, $s_2=16$, $s_3=256$ : $s_n=2^{2^n}$, qui tend vers $+\infty$. Les points fixes ne sont que des candidats, et seulement si la suite converge.

Soit $u_0=0,5$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ avec $f(x)=x(2-x)$.

1. $u_1=$
   $u_1=0,5\times (2-0,5)=0,5\times 1,5=0,75$.
2. Démontrer par récurrence que $0⩽u_n⩽u_{n+1}⩽1$ pour tout $n$. Contrôle : $u_2=$
   Rédaction attendue. $f\prime (x)=2-2x⩾0$ sur $[0;1]$ : $f$ est croissante sur $[0;1]$, avec $f(0)=0$ et $f(1)=1$. On note $𝒫(n)$ : « $0⩽u_n⩽u_{n+1}⩽1$ ». Initialisation : $u_0=0,5$ et $u_1=0,75$, donc $0⩽0,5⩽0,75⩽1$. Hérédité : si $0⩽u_k⩽u_{k+1}⩽1$, comme $f$ est croissante sur $[0;1]$, $f(0)⩽f(u_k)⩽f(u_{k+1})⩽f(1)$, soit $0⩽u_{k+1}⩽u_{k+2}⩽1$ : $𝒫(k+1)$ est vraie. Conclusion : pour tout $n$, $0⩽u_n⩽u_{n+1}⩽1$. Contrôle : $u_2=0,75\times 1,25=0,9375$.
3. En déduire que $(u_n)$ converge et donner sa limite : $\ell =$
   Croissante et majorée par $1$, la suite converge (théorème de convergence monotone) vers $\ell$ avec $0,5⩽\ell ⩽1$ (car $u_n⩾u_0$). $f$ est un polynôme, continu en $\ell$ : $\ell =\ell (2-\ell )$, soit $\ell (\ell -1)=0$. Comme $\ell ⩾0,5$, $\ell =1$.

Soit $f(x)={\displaystyle \frac{x^2+3}{4}}$, croissante sur $[0;+\infty [$, et $u_{n+1}=f(u_n)$. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Avec $u_0=2$ : $u_1=$
   $u_1={\displaystyle \frac{4+3}{4}}={\displaystyle \frac{7}{4}}=1,75$.
2. Démontrer par récurrence que $1⩽u_{n+1}⩽u_n⩽2$ pour tout $n$. Contrôle : $u_2=$ (fraction irréductible)
   Rédaction attendue. On note $𝒫(n)$ : « $1⩽u_{n+1}⩽u_n⩽2$ ». Initialisation : $u_0=2$ et $u_1=1,75$, donc $1⩽1,75⩽2⩽2$. Hérédité : si $1⩽u_{k+1}⩽u_k⩽2$, comme $f$ est croissante sur $[0;+\infty [$, $f(1)⩽f(u_{k+1})⩽f(u_k)⩽f(2)$, soit $1⩽u_{k+2}⩽u_{k+1}⩽{\displaystyle \frac{7}{4}}⩽2$ : $𝒫(k+1)$ est vraie. Conclusion : la propriété est vraie pour tout $n$. Contrôle : $u_2={\displaystyle \frac{\frac{49}{16}+3}{4}}={\displaystyle \frac{97}{64}}$.
3. La suite converge vers $\ell =$
   Décroissante et minorée par $1$, elle converge vers $\ell \in [1;2]$. $f$ est continue en $\ell$ : $\ell ={\displaystyle \frac{{\ell }^2+3}{4}}$, soit ${\ell }^2-4\ell +3=(\ell -1)(\ell -3)=0$. Comme $\ell ⩽2$, $\ell =1$.
4. Avec $u_0=4$, on montre de même que la suite est croissante. Sa limite est
   Rédaction attendue. Par récurrence (même méthode), $4⩽u_n⩽u_{n+1}$ pour tout $n$ ($u_1={\displaystyle \frac{19}{4}}⩾4$, puis on applique $f$ croissante). Si la suite convergeait vers $\ell$, on aurait $\ell ⩾4$ et, $f$ étant continue, $f(\ell )=\ell$, donc $\ell =1$ ou $\ell =3$ : impossible. La suite, croissante, n’est donc pas majorée (sinon elle convergerait) : elle tend vers $+\infty$.