Application de la continuité

Exercice 1

On considère la fonction f définie sur \mathbb{R} par

    \[f(x) = \begin{cases} -2x + 3 & \text{si } x \leq 2 \\ m x - 3 & \text{si } x > 2 \end{cases}\]

Déterminer la valeur de m pour laquelle la fonction f est continue sur \mathbb{R}, puis réaliser une représentation graphique.

La fonction f est continue en tout point x \neq 2 car elle est affine sur ]-\infty, 2[ et sur ]2,-\infty[. Pour x=2 on a \lim\limits_{x \rightarrow 2^-}f(x)=-1 et \lim\limits_{x \rightarrow 2^+}f(x)=2m-3 et f(2)=-4+3=-1. La fonction f est continue en x= 2 si et seulement si les limites à gauche et à droite de 2 sont égales à f(2) , Autrement dit \lim\limits_{x \rightarrow 2^-}f(x)=\lim\limits_{x \rightarrow 2^+}f(x)=f(2) ce qui équivalent à -1=2m-3 donc m=1. Par conséquent la fonction f(x) = \begin{cases}\color{red}{ -2x + 3 }& \text{si } x \leq 2 \\ \color{blue}{ x - 3} & \text{si } x > 2 \end{cases} est continue sur \mathbb R.

représentation graphique.

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Exercice 2

Soit une fonction f dont le tableau de variation est

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Déterminer le nombre de solution de l’équation f(x)=0 sur \mathbb R.

D’après le tableau de variation;

  • Sur l’intervalle ]-\infty,1] on a f(x) \in ]\sqrt{2},5] donc l’équation ne possède pas de solution car 0 …….

  • Sur l’intervalle ]1,+\infty[, la fonction f est continue et strictement décroissante.  f(1)=5 , \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -1 et 0 \in]-1,5[ donc d’après le corollaire du TVI l’équation f(x)=0 possède une solution unique sur ]1,+\infty[ .

Par conséquent, l’équation f(x) = 0 possède exactement une seule solution sur \mathbb R.

Exercice 3

Soit $f$ la fonction définie sur $[1 ; 2]$ par $f(x)=x^{3}+x+5$.
Montrer que l'équation $f(x)=10$ admet une solution unique $\alpha$ sur $[1 ; 2]$, puis déterminer un encadrement de $\alpha$ d'amplitude 0,1 .
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}+1 .$ Comme $x^{2} \geq 0$ alors $3 x^{2}+1 > 0$, $f'$ est strictement positif.
La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[1 ; 2]$.
Or 10 est un nombre compris entre $f(1)=7$ et $f(2)=15$,
Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=10$
admet une unique solution a sur $[1 ; 2]$.
On déterme un encadrement de $\alpha$ par essais successifs à l'aide de la calculatrice avec un pas de $0.1$ entre $1$ et $2$.
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline x & 1 & ... & 1,5 & 1,6 & 1,7 & ... & 2\\
\hline f(x) &7 & ... & 9,88 & 10,70 & 11,61& ... & 15\\
\hline
\end{array}
Les valeurs de $f(x)$ sont arrondies à $10^{-2}$ près.
comme $f(\alpha)=10 \in [f(1.5),f(1.6)]$ alors $1,5 < \alpha <1,6$
L'encadrement cherché est: $1,5 < \alpha <1,6$. Et puisque $1,6-1,5=0,1$, l'amplitude est bien égale à 0,1 .

Exercice 4



  1. Démontrer que l'équation $2x^3−6x=6$ admet au moins une solution dans $\mathbb R$.

  2. Démontrer que l'équation $2x^3−6x=6$ admet exactement une solution $\alpha$ dans $\mathbb R$.

  3. Donner une valeur approchée de α à $10^{-2}$ près.

  4. Discuter, suivant les valeurs du réel $k$, le nombre de solution(s) de l'équation $2x^3−6x=k$.​



  1. Posons $f(x)=2x^3−6x$. La fonction $f $ est définie sur $\mathbb R$. La figure suivante illustre la représentation graphique de $f$.

    $f$ étant un polynôme elle est continue sur $\mathbb R$.
    On a $f(2)=4$ et $f(3)=36$. Comme $6 \in [4,36]$ d'après le TVI, l'équation $f(x)=6$ admet au moins une solution dans $\mathbb R$.
  2. $f$ étant un polynome, $f$ est dérivable sur $\mathbb R$. Pour tout réel $x$, $f'(x)=6(x^2-1)$.
    $f'(x) \geq 0$ pour $x \in ]-\infty,-1] \cup [1, +\infty[$ et $f'(x) < 0$ pour $x \in ]-1,1[$. On a $\lim\limits_{x \to -\infty}f(x)=-\infty$
    et $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)=+\infty$, $f(-1)=4$ et $ f(1)=-4$ d'où le tableau de variation de $f$:


    D'après le tableau de variation de $f$, l'équation $f(x)=6$ n'admet pas de solution dans l'intervalle $]-\infty,1]$ car $ \forall x \in ]-\infty,1], ~f(x) \leq 4$ et puisque $6 \in ]-4,+\infty[$ l'équation $f(x)=6$ admet exactement une solution dans l'intervalle $ [1,+\infty[$.

  3. D'après la représentation graphique de $f$,la solution $\alpha$ de l'equation $f(x)=6$ est proche de 2. Avec la calculatrice, on réalise un tableau de valeurs de $f$ en commençant par $x=2$ à $x=2,2$ par pas de 0,01. Voici une partie de ce tableau.
    \begin{array} {|r|r|}\hline x & .... & 2,1 & 2,11 & 2,12 & ...\\ \hline f(x) & .... & 5,922 & 6,12786 & 6,336256 & .....\\ \hline \end{array}
    On remarque que $2,1< \alpha < 2,11$. Pour plus de précision on refait un tableau de valeurs en commençant par $x=2$ avec un pas plus petit soit $0,001$.
    \begin{array} {|r|r|}\hline x & 2,1 & 2,101 & 2,102 & 2,103 & 2,104 \\ \hline f(x) & 5,922 & 5,942472602 & 5,962970416 & 5,983493454 & 6,004041728 \\ \hline \end{array}
    On voit que $2,103< \alpha < 2,104$. Donc $\alpha \approx{2,10}$ à $10^{-2} $ près.


  4. D'après le tableau de variation de la fonction $f$ :

    • si $k > 4$ l'équation $3x^3-6x=k$ admet une seul solution.
    • Si $-4 < k < 4$ l'équation $3x^3-6x=k$ admet trois solutions
    • Si $k=-4$ ou $ k= 4$ l'équation $3x^3-6x=k$ admet deux solutions.

Exercice 5

f est la fonction définie sur \mathbb{R} par :

    \[ f(x) = x^3 - 3x - 4. \]

    1. Justifier que f est continue sur \mathbb{R}.
    2. Étudier les limites de f en -\infty et en +\infty.
    3. Étudier les variations de f. Dresser son tableau de variation.
    1. Vérifier qu’il existe un réel \alpha unique tel que f(\alpha) = 0.
    2. Donner un encadrement de \alpha d’amplitude 10^{-2}.
    3. Étudier le signe de la fonction f.
$f$ est la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par :
\[ f(x) = x^3 - 3x - 4. \]




    1. $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ car c'est une fonction polynôme.

    2. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f(x) = x^3 - 3x - 4 = x^3\left(1-\dfrac{3}{x^2}-\dfrac{4}{x^3}\right)$.

      $\lim\limits_{x\rightarrow -\infty}\left(1-\dfrac{3}{x^2}-\dfrac{4}{x^3}\right)=1$ et $\lim\limits_{x\rightarrow -\infty}x^3=-\infty$ donc $\lim\limits_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty$ (par produit)

      De même, $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$.

    3. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme une fonction polynôme.

      \[f'(x) = 3x^2 - 3 = 3\left(x^2-1\right)=3(x+1)(x-1).\]

      $f'(x) = 0$ pour $x=-1$ ou $x=1$.

      $f'(x)$ est un polynôme du second degré ; $f'(x)$ est positif, en dehors des racines, donc sur $]-\infty~;~-1]\cup[1~;~+\infty[$ et négatif sur $[-1~;~1]$.

      $f(-1)=-2$ et $f(1)=-6$






    1. D'après le tableau de variation, $f(x) \leqslant -2$ et sur $]-\infty~;~1[$.

      Sur $]1~;~+\infty[$, $f$ est continue, $f(1) < 0$ et $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$.

      D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une solution, unique puisque $f$ est strictement croissante sur cet intervalle. On la note $\alpha$.

    2. À l'aide de la calculatrice, on trouve $2,19<\alpha<2,20$.

    3. On en déduit le signe de $f(x)$ :
      $f(x) < 0$ pour $x \in ]-\infty, \alpha[$ et $f(x) \geq 0$ pour $x \in [\alpha, +\infty[$