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Exercices / Terminale / Continuité

Mathématiques · Terminale · Continuité

Continuité — théorème des valeurs intermédiaires

Deux exercices type : prouver l'existence et l'unicité d'une solution avec le théorème de la bijection, puis compter le nombre de solutions d'une équation à partir des variations.

2 exercices corrigés

Exercice 1 — Existence et unicité d'une solution

On considère f(x)=x3−x2+x+2f(x)=x^3-x^2+x+2 sur R\mathbb{R}. Le théorème de la bijection (corollaire du TVI) est l'outil pour affirmer qu'une équation f(x)=kf(x)=k a exactement une solution : il exige trois ingrédients — ff continue, strictement monotone, et kk encadré par les limites.
  1. Calculer f′(x)f'(x) et en déduire le sens de variation de ff sur R\mathbb{R}.
  2. Démontrer que l'équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}.
  3. Donner un encadrement de α\alpha à 10−210^{-2} près.
Voir la correction

1. f′(x)=3x2−2x+1f'(x)=3x^2-2x+1. Pour son signe, on calcule le discriminant : Δ=(−2)2−4×3×1=−8<0\Delta=(-2)^2-4\times3\times1=-8<0. Un trinôme sans racine garde le signe de son coefficient dominant 3>03>0 : donc f′(x)>0f'(x)>0 partout, et ff est strictement croissante sur R\mathbb{R}.

2. On vérifie les trois ingrédients du théorème de la bijection. ff est continue (polynôme) et strictement croissante (question 1) ; ses limites sont lim⁡−∞f=−∞\lim_{-\infty}f=-\infty et lim⁡+∞f=+∞\lim_{+\infty}f=+\infty. La valeur 00 est donc encadrée par ces limites : ff réalise une bijection de R\mathbb{R} sur R\mathbb{R}, et 00 possède un unique antécédent. L'équation f(x)=0f(x)=0 a donc une unique solution α\alpha.

3. On localise α\alpha par balayage (on cherche un changement de signe). f(−1)=−1−1−1+2=−1<0f(-1)=-1-1-1+2=-1<0 et f(0)=2>0f(0)=2>0 : par le TVI, α∈]−1 ;0[\alpha\in]-1\,;0[. On affine à la calculatrice : f(−0,82)<0f(-0{,}82)<0 et f(−0,81)>0f(-0{,}81)>0, donc −0,82<α<−0,81-0{,}82<\alpha<-0{,}81.

Le réflexe à retenir

Pour prouver « une unique solution », invoque le théorème de la bijection et vérifie explicitement ses trois conditions : continuité, stricte monotonie (via le signe de f′f'), et valeur cible encadrée par les limites. Pour encadrer la solution, on balaie jusqu'à un changement de signe de ff.

Exercice 2 — Nombre de solutions d'une équation

On considère f(x)=x3−3x+1f(x)=x^3-3x+1 sur R\mathbb{R}. Quand ff n'est pas monotone sur tout R\mathbb{R}, on applique le théorème de la bijection sur chaque intervalle de monotonie séparément, puis on additionne les solutions.
  1. Calculer f′(x)f'(x), étudier son signe et dresser le tableau de variations de ff.
  2. En déduire le nombre de solutions de l'équation f(x)=0f(x)=0 dans R\mathbb{R} (on justifiera sur chaque intervalle de monotonie).
Voir la correction

1. f′(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1) : trinôme de racines −1-1 et 11, positif à l'extérieur. Donc ff croît sur ]−∞;−1]]-\infty;-1], décroît sur [−1;1][-1;1], croît sur [1;+∞[[1;+\infty[. On calcule les extremums : maximum local f(−1)=−1+3+1=3f(-1)=-1+3+1=3, minimum local f(1)=1−3+1=−1f(1)=1-3+1=-1.

2. On applique le théorème de la bijection intervalle par intervalle, en regardant si 00 est traversé. Sur ]−∞;−1]]-\infty;-1] : ff va de −∞-\infty à 33, elle traverse 00 une fois. Sur [−1;1][-1;1] : ff va de 33 à −1-1, elle traverse 00 une fois. Sur [1;+∞[[1;+\infty[ : ff va de −1-1 à +∞+\infty, une fois encore. Au total, l'équation f(x)=0f(x)=0 admet 3 solutions.

Le réflexe à retenir

Pour compter les solutions de f(x)=kf(x)=k : dresse le tableau de variations (avec limites et extremums), puis applique le théorème de la bijection sur chaque intervalle de monotonie. Sur un intervalle, il y a une solution ssi kk est compris entre les valeurs aux bornes. On additionne.