Limites et continuité

Problème 1 : Étude complète et résolution approchée par dichotomie

Solution :

• La fonction $f$ est polynomiale, donc dérivable sur $\R$. Sa dérivée est :

Le signe de $f'(x)$ est positif à l'extérieur des racines $-1$ et $1$, et négatif entre elles.

• Limites : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} x^3 = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
• Extremums : $f(-1) = (-1)^3 - 3(-1) - 1 = -1 + 3 - 1 = 1$ et $f(1) = 1^3 - 3(1) - 1 = -3$. Ainsi, $f$ est strictement croissante sur $]-\infty, -1]$, strictement décroissante sur $[-1, 1]$, et strictement croissante sur $[1, +\infty[$.

• Appliquons le corollaire du TVI sur trois intervalles :
• Sur $]-\infty, -1]$ : $f$ est continue et strictement croissante. L'image de cet intervalle est $]-\infty, 1]$. Comme $0 \in ]-\infty, 1]$, il existe une unique solution $\alpha \in ]-\infty, -1]$. Comme $f(-2) = -8+6-1 = -3 < 0$, on a $\alpha \in [-2, -1]$.
• Sur $[-1, 1]$ : $f$ est continue et strictement décroissante. $f(-1) = 1 > 0$ et $f(1) = -3 < 0$. Comme 0 est compris entre $-3$ et 1, il existe une unique solution $\beta \in [-1, 1]$. Comme $f(0) = -1 < 0$, on a $\beta \in [-1, 0]$.
• Sur $[1, +\infty[$ : $f$ est continue et strictement croissante. L'image est $[-3, +\infty[$. Comme $0 \in [-3, +\infty[$, il existe une unique solution $\gamma \in [1, +\infty[$. Comme $f(2) = 8-6-1 = 1 > 0$, on a $\gamma \in [1, 2]$. L'équation $f(x)=0$ possède donc exactement trois solutions réelles.

• D'après la question précédente, $f(1) = -3 < 0$ et $f(2) = 1 > 0$. La fonction étant continue et strictement croissante sur $[1, 2]$, la solution unique $\gamma$ appartient bien à $[1, 2]$.

• Appliquons l'algorithme de dichotomie sur $[a, b] = [1, 2]$ :
• Étape 1 : Le milieu est $m_1 = \frac{1+2}{2} = 1,5$. Calculons $f(1,5) = 1,5^3 - 3(1,5) - 1 = 3,375 - 4,5 - 1 = -2,125 < 0$. Comme $f(1,5) < 0$ et $f(2) > 0$, la solution $\gamma$ est dans $[1,5; 2]$.
• Étape 2 : Le nouveau milieu est $m_2 = \frac{1,5+2}{2} = 1,75$. Calculons $f(1,75) = 1,75^3 - 3(1,75) - 1 = 5,359 - 5,25 - 1 = -0,891 < 0$. Comme $f(1,75) < 0$ et $f(2) > 0$, la solution $\gamma$ est dans $[1,75; 2]$.
• Étape 3 : Le nouveau milieu est $m_3 = \frac{1,75+2}{2} = 1,875$. Calculons $f(1,875) = 1,875^3 - 3(1,875) - 1 \approx 6,592 - 5,625 - 1 = -0,033 < 0$. Comme $f(1,875) < 0$ et $f(2) > 0$, la solution $\gamma$ est dans $[1,875; 2]$. Ainsi, à l'issue de ces 3 étapes, on obtient l'encadrement : $1,875 < \gamma < 2$.

Problème 2 : Le théorème du point fixe

Solution :

• Par hypothèse, pour tout $x \in [0, 1]$, $f(x) \in [0, 1]$, donc $0 \le f(x) \le 1$.
• Pour $x = 0$ : $g(0) = f(0) - 0 = f(0)$. Comme $f(0) \ge 0$, on a bien $g(0) \ge 0$.
• Pour $x = 1$ : $g(1) = f(1) - 1$. Comme $f(1) \le 1$, on a bien $f(1) - 1 \le 0 \implies g(1) \le 0$.

• La fonction $f$ est continue sur $[0, 1]$, et la fonction $x \mapsto x$ l'est également. Par différence, la fonction $g$ est continue sur $[0, 1]$. On a $g(0) \ge 0$ et $g(1) \le 0$. Le nombre 0 est donc compris entre $g(1)$ et $g(0)$. D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), il existe au moins un réel $c \in [0, 1]$ tel que $g(c) = 0$. Or, $g(c) = 0 \iff f(c) - c = 0 \iff f(c) = c$. Il existe donc bien un point fixe $c \in [0, 1]$ pour la fonction $f$.

• Soit la fonction $f(x) = \cos(x)$ sur $[0, \pi/2]$. Puisque pour tout $x \in [0, \pi/2]$, $\cos(x) \in [0, 1] \subset [0, \pi/2]$ (car $\pi/2 \approx 1,57 > 1$), $f$ envoie bien $[0, \pi/2]$ dans lui-même. La fonction $f$ étant continue sur $[0, \pi/2]$, on peut appliquer le théorème précédent (adapté à l'intervalle $[0, \pi/2]$). Il existe donc au moins un réel $c \in [0, \pi/2]$ tel que $\cos(c) = c$.

Problème 3 : Prolongement par continuité

Solution :

• La valeur $x=0$ annule le dénominateur de $f(x)$. La fonction $f$ n'est donc pas définie en 0.

• En évaluant directement la limite en 0, on obtient une forme indéterminée « $\frac{0}{0}$ ». Levons cette indétermination en utilisant l'expression conjuguée du numérateur :

Pour tout $x > 0$, on peut simplifier par $x$ : Calculons la limite :

• Puisque la limite de $f$ en 0 existe et est finie (vaut $1/2$), on peut prolonger $f$ par continuité en 0. La fonction prolongée $g$ est définie sur $[0, +\infty[$ par :

Problème 4 : Étude d'une fonction avec paramètre réel

Solution :

• - En $1^+$ : Le dénominateur tend vers $0^+$. Le numérateur tend vers $1+a$. Si $a > -1$, $1+a > 0$, donc $\lim_{x \to 1^+} f_a(x) = +\infty$. Si $a < -1$, $1+a < 0$, donc $\lim_{x \to 1^+} f_a(x) = -\infty$.
• En $+\infty$ :

• La fonction $f_a$ est un quotient de fonctions dérivables, elle est donc dérivable sur $]1, +\infty[$.

Le dénominateur $(x-1)^2$ étant strictement positif sur $]1, +\infty[$, le signe de $f_a'(x)$ est bien celui du trinôme $x^2 - 2x - a$.

• Le trinôme $x^2 - 2x - a$ a pour discriminant $\Delta = (-2)^2 - 4(1)(-a) = 4 + 4a = 4(1+a)$. Si $a > -1$, alors $1+a > 0$, donc $\Delta > 0$. Le trinôme admet deux racines réelles :

Puisque $a > -1 \implies 1+a > 0 \implies \sqrt{1+a} > 0$. Ainsi, $x_1 < 1$ et $x_2 > 1$. Sur l'intervalle $]1, +\infty[$, la seule racine est $x_2$. Le trinôme $x^2-2x-a$ (avec le coefficient devant $x^2$ positif) est négatif sur $]1, x_2[$ et positif sur $]x_2, +\infty[$. La fonction $f_a$ est donc strictement décroissante sur $]1, x_2[$ puis strictement croissante sur $]x_2, +\infty[$. Elle admet donc un unique minimum au point d'abscisse $x_2 = 1 + \sqrt{1+a}$.

• Effectuons la division euclidienne de $x^2+ax$ par $x-1$ :

Ainsi, pour tout $x > 1$ : Calculons la limite de la différence $f_a(x) - (x+a+1)$ : La droite d'équation $y = x + a + 1$ est donc bien une asymptote oblique à la courbe $\mathcal{C}_{f_a}$ en $+\infty$.

Problème 5 : Limite et continuité sur un intervalle non borné

Solution :

• Par hypothèse, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Par définition de la limite infinie, pour tout réel $M$, il existe un seuil à partir duquel $f(x) > M$. En choisissant $M = 1 > 0$, il existe un réel $A > 0$ tel que $f(A) > 1 > 0$. Donc $f(A) > 0$.

• Considérons la restriction de la fonction $f$ à l'intervalle fermé borné $[0, A]$.
• La fonction $f$ est continue sur $[0, A]$ car elle est continue sur $[0, +\infty[$.
• On a $f(0) < 0$ et $f(A) > 0$. Le nombre 0 est donc compris entre $f(0)$ et $f(A)$. D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), il existe au moins un réel $c \in [0, A]$ tel que $f(c) = 0$. Puisque $[0, A] \subset [0, +\infty[$, l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution sur $[0, +\infty[$.

• Soit $h(x) = \sqrt{x} + x^2 - 4$ définie sur $[0, +\infty[$.
• $h$ est continue sur $[0, +\infty[$ (somme de fonctions continues de référence).
• $h(0) = 0 + 0 - 4 = -4 < 0$.
• $\lim_{x \to +\infty} h(x) = \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x} + x^2 - 4) = +\infty$. D'après les questions 1 et 2, il existe au moins une solution à $h(x) = 0$ sur $[0, +\infty[$. Étudions la monotonie de $h$ pour prouver l'unicité. La fonction $h$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ :

Pour tout $x > 0$, $h'(x) > 0$. La fonction $h$ est donc strictement croissante sur $[0, +\infty[$. D'après le corollaire du TVI, l'équation $h(x) = 0$ admet donc une unique solution sur $[0, +\infty[$.