Accueil › 2BAC SE › Chapitre 1 — Continuité

Chapitre 1 — Continuité

Semestre 1

Chargement du PDF…

Versions interactives à solutions cachées — leurs boutons « Voir la solution » ne fonctionnent que dans Adobe Acrobat Reader (calques PDF non pris en charge par les navigateurs et le lecteur ci-dessus). Le lecteur affiche donc les versions classiques.

  • 📥 Cours — version à solutions cachées (Acrobat)Télécharger
  • 📥 Série — version à solutions cachées (Acrobat)Télécharger

Cours

Plan du chapitre. I. Continuité en un point — II. Continuité sur un intervalle — III. Image d’un intervalle par une fonction continue — IV. Opérations sur les fonctions continues — V. Théorème des valeurs intermédiaires — VI. Fonction réciproque d’une fonction continue et strictement monotone — VII. Racine nn-ième et puissances rationnelles — Résumé.

I. Continuité en un point

1. Activité d’introduction

Activité 1

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2−1f(x)=x^2-1 si x<1x<1 et f(x)=x+1f(x)=x+1 si x≥1x\ge1, et la fonction gg définie sur R\mathbb{R} par g(x)=x2−1g(x)=x^2-1 si x<1x<1 et g(x)=x−1g(x)=x-1 si x≥1x\ge1.

  1. Calculer f(1)f(1), lim⁡x→1−f(x)\lim\limits_{x\to1^-}f(x) et lim⁡x→1+f(x)\lim\limits_{x\to1^+}f(x).
  2. Calculer g(1)g(1), lim⁡x→1−g(x)\lim\limits_{x\to1^-}g(x) et lim⁡x→1+g(x)\lim\limits_{x\to1^+}g(x).
  3. Tracer à main levée les deux courbes au voisinage du point d’abscisse 11. Laquelle peut-on tracer « sans lever le crayon » ?
Voir la solution
  1. f(1)=2f(1)=2 ; lim⁡x→1−f(x)=1−1=0\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=1-1=0 ; lim⁡x→1+f(x)=2\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=2. Les deux limites sont différentes : la courbe de ff présente un « saut » en 11.
  2. g(1)=0g(1)=0 ; lim⁡x→1−g(x)=0\lim\limits_{x\to1^-}g(x)=0 ; lim⁡x→1+g(x)=0\lim\limits_{x\to1^+}g(x)=0. Les deux limites sont égales à g(1)g(1).
  3. La courbe de gg se trace sans lever le crayon au voisinage de 11 ; celle de ff non. On dira que gg est continue en 11 et que ff ne l’est pas.

2. Définition

Définition 1 — continuité en un point

On considère une fonction ff définie sur un intervalle ouvert II et un réel x0∈Ix_0\in I. On dit que ff est continue en x0x_0 lorsque lim⁡x→x0f(x)=f(x0).\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0). Dans le cas contraire, on dit que ff est discontinue en x0x_0.

Figure

Remarque 1

  • La continuité en x0x_0 exige trois choses : ff est définie en x0x_0 ; ff admet une limite finie en x0x_0 ; cette limite est égale à f(x0)f(x_0).
  • Graphiquement, ff est continue en x0x_0 lorsque la courbe (Cf)(C_f) ne présente ni « saut » ni « trou » au point d’abscisse x0x_0.

Exemple 1 — fonction rationnelle prolongée

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2−4x−2  si x≠2etf(2)=4.f(x)=\frac{x^2-4}{x-2}\ \text{ si } x\neq2\qquad\text{et}\qquad f(2)=4 .

Voir la solution

Pour tout x≠2x\neq2 : f(x)=(x−2)(x+2)x−2=x+2f(x)=\dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2, donc lim⁡x→2f(x)=4=f(2)\lim\limits_{x\to2}f(x)=4=f(2) : la fonction ff est continue en 22.

Exemple 2 — une discontinuité

On considère la fonction gg définie sur R\mathbb{R} par g(x)=sin⁡(3x)x  si x≠0etg(0)=1.g(x)=\frac{\sin(3x)}{x}\ \text{ si } x\neq0\qquad\text{et}\qquad g(0)=1 .

Voir la solution

On sait que lim⁡t→0sin⁡tt=1\lim\limits_{t\to0}\dfrac{\sin t}t=1. Pour x≠0x\neq0 : g(x)=3×sin⁡(3x)3xg(x)=3\times\dfrac{\sin(3x)}{3x}, donc lim⁡x→0g(x)=3≠g(0)\lim\limits_{x\to0}g(x)=3\neq g(0) : la fonction gg est discontinue en 00.

Application 1

Étudier la continuité de la fonction ff au point x0x_0 dans chacun des cas suivants.

  1. ff est définie sur [0;+∞[[0;+\infty[ par f(x)=x−2x−4f(x)=\dfrac{\sqrt x-2}{x-4} si x≠4x\neq4 et f(4)=14f(4)=\dfrac14 ; x0=4x_0=4.
  2. ff est définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3−1x−1f(x)=\dfrac{x^3-1}{x-1} si x≠1x\neq1 et f(1)=2f(1)=2 ; x0=1x_0=1.
Voir la solution
  1. Pour x∈[0;+∞[x\in[0;+\infty[, x≠4x\neq4 : x−4=(x−2)(x+2)x-4=(\sqrt x-2)(\sqrt x+2), donc f(x)=1x+2f(x)=\dfrac1{\sqrt x+2}. Ainsi lim⁡x→4f(x)=14=f(4)\lim\limits_{x\to4}f(x)=\dfrac14=f(4) : ff est continue en 44.
  2. Pour x≠1x\neq1 : x3−1=(x−1)(x2+x+1)x^3-1=(x-1)(x^2+x+1), donc f(x)=x2+x+1f(x)=x^2+x+1 et lim⁡x→1f(x)=3≠f(1)=2\lim\limits_{x\to1}f(x)=3\neq f(1)=2 : ff est discontinue en 11.

3. Continuité à droite, continuité à gauche

Définition 2 — continuité à droite, à gauche

  • On considère une fonction ff définie sur un intervalle de la forme [x0;x0+a[[x_0;x_0+a[ avec a>0a>0. On dit que ff est continue à droite en x0x_0 lorsque lim⁡x→x0+f(x)=f(x0)\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0).
  • On considère une fonction ff définie sur un intervalle de la forme ]x0−a;x0]]x_0-a;x_0] avec a>0a>0. On dit que ff est continue à gauche en x0x_0 lorsque lim⁡x→x0−f(x)=f(x0)\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=f(x_0).

Propriété 1 — continuité et limites à droite et à gauche

Une fonction ff définie sur un intervalle ouvert contenant x0x_0 est continue en x0x_0 si, et seulement si, elle est continue à droite et à gauche en x0x_0, c’est-à-dire : lim⁡x→x0−f(x)=lim⁡x→x0+f(x)=f(x0).\lim_{x\to x_0^-}f(x)=\lim_{x\to x_0^+}f(x)=f(x_0).

Exemple 3 — fonction définie par morceaux

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2+x−1f(x)=x^2+x-1 si x<1x<1 et f(x)=3x−1x+1f(x)=\dfrac{3x-1}{x+1} si x≥1x\ge1.

Voir la solution

On a f(1)=22=1f(1)=\frac22=1 ; lim⁡x→1−f(x)=1+1−1=1\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=1+1-1=1 et lim⁡x→1+f(x)=22=1\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\frac22=1. Les deux limites sont égales à f(1)f(1) : ff est continue en 11.

Application 2

On considère un réel aa et la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2−2x+a  si x<2etf(x)=x2+2x+1  si x≥2.f(x)=x^2-2x+a\ \text{ si } x<2\qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{x^2+2}{x+1}\ \text{ si } x\ge2 . Déterminer la valeur de aa pour laquelle ff est continue en 22.

Voir la solution

f(2)=63=2f(2)=\dfrac{6}{3}=2 et lim⁡x→2+f(x)=2\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=2 : ff est continue à droite en 22 quelle que soit la valeur de aa. De plus lim⁡x→2−f(x)=4−4+a=a\lim\limits_{x\to2^-}f(x)=4-4+a=a. Donc ff est continue en 22 si, et seulement si, a=2a=2.

Application 3 — valeur absolue

On considère la fonction ff définie sur [−1;+∞[[-1;+\infty[ par f(x)=x+1−1∣x∣f(x)=\dfrac{\sqrt{x+1}-1}{|x|} si x≠0x\neq0 et f(0)=12f(0)=\dfrac12. Étudier la continuité de ff à droite et à gauche en 00.

Voir la solution

Pour x≠0x\neq0, x≥−1x\ge-1 : x+1−1=xx+1+1\sqrt{x+1}-1=\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+1}.

  • Si x>0x>0 : ∣x∣=x|x|=x et f(x)=1x+1+1→x→0+12=f(0)f(x)=\dfrac1{\sqrt{x+1}+1}\xrightarrow[x\to0^+]{}\dfrac12=f(0) : ff est continue à droite en 00.
  • Si −1≤x<0-1\le x<0 : ∣x∣=−x|x|=-x et f(x)=−1x+1+1→x→0−−12≠f(0)f(x)=-\dfrac1{\sqrt{x+1}+1}\xrightarrow[x\to0^-]{}-\dfrac12\neq f(0) : ff n’est pas continue à gauche en 00.

Donc ff n’est pas continue en 00.

II. Continuité sur un intervalle

1. Définitions

Définition 3 — continuité sur un intervalle

  • Une fonction ff est continue sur l’intervalle ouvert ]a;b[]a;b[ lorsqu’elle est continue en tout point de ]a;b[]a;b[.
  • Une fonction ff est continue sur le segment [a;b][a;b] lorsqu’elle est continue sur ]a;b[]a;b[, continue à droite en aa et continue à gauche en bb.
  • On définit de même la continuité sur [a;b[[a;b[, ]a;b]]a;b], [a;+∞[[a;+\infty[, ]−∞;b]]-\infty;b], etc.

Remarque 2

Graphiquement, une fonction continue sur un intervalle II est une fonction dont la courbe se trace « sans lever le crayon » au-dessus de II.

2. Continuité des fonctions usuelles

Propriété 2 — fonctions usuelles (admis)

  • Toute fonction polynôme est continue sur R\mathbb{R}.
  • Toute fonction rationnelle est continue sur chacun des intervalles inclus dans son ensemble de définition.
  • Les fonctions x↦sin⁡xx\mapsto\sin x et x↦cos⁡xx\mapsto\cos x sont continues sur R\mathbb{R}.
  • La fonction x↦tan⁡xx\mapsto\tan x est continue sur chacun des intervalles ]−π2+kπ;π2+kπ[\left]-\frac\pi2+k\pi;\frac\pi2+k\pi\right[, k∈Zk\in\mathbb{Z}.
  • La fonction x↦xx\mapsto\sqrt x est continue sur [0;+∞[[0;+\infty[.
  • La fonction x↦∣x∣x\mapsto|x| est continue sur R\mathbb{R}.

Exemple 4

Justifier la continuité de la fonction x↦5x4−3x+2x\mapsto 5x^4-3x+2 sur R\mathbb{R}, puis préciser les intervalles sur lesquels la fonction x↦4x2+3x2−1x\mapsto\dfrac{4x^2+3}{x^2-1} est continue.

Voir la solution
  • La fonction x↦5x4−3x+2x\mapsto 5x^4-3x+2 est continue sur R\mathbb{R} (fonction polynôme).
  • La fonction x↦4x2+3x2−1x\mapsto\dfrac{4x^2+3}{x^2-1} est continue sur ]−∞;−1[]-\infty;-1[, sur ]−1;1[]-1;1[ et sur ]1;+∞[]1;+\infty[ (fonction rationnelle).

3. Un exemple de fonction discontinue : la partie entière

Définition 4 — partie entière

Pour tout réel xx, il existe un unique entier relatif pp tel que p≤x<p+1p\le x<p+1. Cet entier est appelé la partie entière de xx et noté E(x)E(x). La fonction E:x↦E(x)E:x\mapsto E(x) est la fonction partie entière.

Exemple 5

Calculer E(2,7)E(2{,}7), E(3)E(3), E(−0,4)E(-0{,}4), E(−2)E(-2) et E(π)E(\pi), puis étudier la continuité de la fonction EE en un entier pp.

Voir la solution

E(2,7)=2E(2{,}7)=2 ; E(3)=3E(3)=3 ; E(−0,4)=−1E(-0{,}4)=-1 ; E(−2)=−2E(-2)=-2 ; E(π)=3E(\pi)=3.

Pour tout p∈Zp\in\mathbb{Z}, la fonction EE est constante, égale à pp, sur [p;p+1[[p;p+1[. En un entier pp : lim⁡x→p+E(x)=p=E(p)\lim\limits_{x\to p^+}E(x)=p=E(p) et lim⁡x→p−E(x)=p−1\lim\limits_{x\to p^-}E(x)=p-1. La fonction EE est continue à droite en pp, mais pas à gauche : elle est discontinue en tout entier, et continue sur chaque intervalle [p;p+1[[p;p+1[.

Figure

III. Image d’un intervalle par une fonction continue

1. Image d’un intervalle, image d’un segment

Définition 5 — image d’un intervalle

On considère une fonction ff définie sur un intervalle II. On appelle image de II par ff l’ensemble f(I)={f(x)∣x∈I}f(I)=\{f(x)\mid x\in I\}.

Propriété 3 — admise

  • L’image d’un intervalle par une fonction continue est un intervalle.
  • L’image d’un segment [a;b][a;b] par une fonction continue est un segment [m;M][m;M], où mm et MM sont respectivement le minimum et le maximum de ff sur [a;b][a;b].

Remarque 3

L’image d’un intervalle n’est pas forcément un intervalle « de même nature ». Pour la fonction x↦x2x\mapsto x^2, l’image de l’intervalle ouvert ]−1;2[]-1;2[ est [0;4[[0;4[, qui n’est ni ouvert ni fermé.

2. Cas d’une fonction continue et strictement monotone

Propriété 4 — image par une fonction continue strictement monotone

On considère une fonction ff continue et strictement monotone sur un intervalle II (aa et bb sont des réels, a<ba<b).

Intervalle IIff strictement croissante sur IIff strictement décroissante sur II
[a;b][a;b][f(a);f(b)][f(a);f(b)][f(b);f(a)][f(b);f(a)]
[a;b[[a;b[[f(a);lim⁡x→b−f(x)[\left[f(a);\lim\limits_{x\to b^-}f(x)\right[]lim⁡x→b−f(x);f(a)]\left]\lim\limits_{x\to b^-}f(x);f(a)\right]
]a;b]]a;b]]lim⁡x→a+f(x);f(b)]\left]\lim\limits_{x\to a^+}f(x);f(b)\right][f(b);lim⁡x→a+f(x)[\left[f(b);\lim\limits_{x\to a^+}f(x)\right[
]a;b[]a;b[]lim⁡x→a+f(x);lim⁡x→b−f(x)[\left]\lim\limits_{x\to a^+}f(x);\lim\limits_{x\to b^-}f(x)\right[]lim⁡x→b−f(x);lim⁡x→a+f(x)[\left]\lim\limits_{x\to b^-}f(x);\lim\limits_{x\to a^+}f(x)\right[
[a;+∞[[a;+\infty[[f(a);lim⁡x→+∞f(x)[\left[f(a);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[]lim⁡x→+∞f(x);f(a)]\left]\lim\limits_{x\to+\infty}f(x);f(a)\right]
]−∞;b]]-\infty;b]]lim⁡x→−∞f(x);f(b)]\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);f(b)\right][f(b);lim⁡x→−∞f(x)[\left[f(b);\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)\right[

Application 4

Déterminer l’image f(I)f(I) de l’intervalle II dans chacun des cas suivants.

  1. f(x)=2x−3x+1f(x)=\dfrac{2x-3}{x+1} et I=[0;2]I=[0;2].
  2. f(x)=−x2+4xf(x)=-x^2+4x et I=]−∞;1]I=]-\infty;1].
  3. f(x)=x2−2xf(x)=x^2-2x et I=[−1;2]I=[-1;2].
Voir la solution
  1. ff est rationnelle, définie et continue sur [0;2][0;2]. Pour x∈[0;2]x\in[0;2] : f′(x)=2(x+1)−(2x−3)(x+1)2=5(x+1)2>0f'(x)=\dfrac{2(x+1)-(2x-3)}{(x+1)^2}=\dfrac5{(x+1)^2}>0, donc ff est strictement croissante et f([0;2])=[f(0);f(2)]=[−3;13]f([0;2])=[f(0);f(2)]=\left[-3;\frac13\right].
  2. ff est continue sur R\mathbb{R} et f′(x)=−2x+4>0f'(x)=-2x+4>0 sur ]−∞;1]]-\infty;1] (car x≤1<2x\le1<2) : ff est strictement croissante sur II. Comme lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞(−x2)=−∞\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}(-x^2)=-\infty et f(1)=3f(1)=3, on obtient f(I)=]−∞;3]f(I)=]-\infty;3].
  3. ff n’est pas monotone sur [−1;2][-1;2] : f(x)=(x−1)2−1f(x)=(x-1)^2-1 est strictement décroissante sur [−1;1][-1;1] et strictement croissante sur [1;2][1;2]. Donc f([−1;1])=[f(1);f(−1)]=[−1;3]f([-1;1])=[f(1);f(-1)]=[-1;3] et f([1;2])=[f(1);f(2)]=[−1;0]f([1;2])=[f(1);f(2)]=[-1;0], d’où f(I)=[−1;3]∪[−1;0]=[−1;3]f(I)=[-1;3]\cup[-1;0]=[-1;3].

IV. Opérations sur les fonctions continues

1. Opérations algébriques

Propriété 5 — opérations (admis)

On considère deux fonctions ff et gg continues sur un intervalle II et un réel kk. Alors :

  • les fonctions f+gf+g, kfkf et f×gf\times g sont continues sur II ;
  • si gg ne s’annule pas sur II, les fonctions 1g\dfrac1g et fg\dfrac fg sont continues sur II ;
  • si ff est positive sur II, la fonction f\sqrt f est continue sur II ;
  • la fonction ∣f∣|f| est continue sur II ;
  • pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, la fonction fnf^n est continue sur II.

Exemple 6

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2+1+xcos⁡xf(x)=\sqrt{x^2+1}+x\cos x.

Voir la solution

La fonction x↦x2+1x\mapsto x^2+1 est continue et strictement positive sur R\mathbb{R}, donc x↦x2+1x\mapsto\sqrt{x^2+1} est continue sur R\mathbb{R}. Les fonctions x↦xx\mapsto x et x↦cos⁡xx\mapsto\cos x sont continues sur R\mathbb{R}, donc leur produit l’est. Par somme, ff est continue sur R\mathbb{R}.

Application 5

Étudier la continuité de la fonction ff sur l’intervalle II.

  1. f(x)=xx−1+2xf(x)=\dfrac{\sqrt x}{x-1}+2x et I=]1;+∞[I=]1;+\infty[.
  2. f(x)=sin⁡x2+cos⁡xf(x)=\dfrac{\sin x}{2+\cos x} et I=RI=\mathbb{R}.
Voir la solution
  1. x↦xx\mapsto\sqrt x est continue sur I⊂[0;+∞[I\subset[0;+\infty[ ; x↦x−1x\mapsto x-1 est continue et ne s’annule pas sur II : le quotient est continu sur II ; x↦2xx\mapsto2x est continue. Par somme, ff est continue sur II.
  2. sin⁡\sin et cos⁡\cos sont continues sur R\mathbb{R}, et pour tout réel xx : 2+cos⁡x≥2−1=1>02+\cos x\ge2-1=1>0. Le quotient ff est donc continu sur R\mathbb{R}.

2. Continuité d’une fonction composée

Propriété 6 — composée (admis)

On considère une fonction ff définie sur un intervalle II et une fonction gg définie sur un intervalle JJ tel que f(I)⊂Jf(I)\subset J.

  • Si ff est continue en x0∈Ix_0\in I et gg continue en f(x0)f(x_0), alors g∘fg\circ f est continue en x0x_0.
  • Si ff est continue sur II et gg continue sur JJ, alors g∘fg\circ f est continue sur II.

Exemple 7

Montrer que la fonction x↦cos⁡(x2−3x)x\mapsto\cos(x^2-3x) est continue sur R\mathbb{R} et que la fonction x↦4−x2x\mapsto\sqrt{4-x^2} est continue sur [−2;2][-2;2].

Voir la solution
  • x↦cos⁡(x2−3x)x\mapsto\cos(x^2-3x) est continue sur R\mathbb{R} : composée de la fonction polynôme x↦x2−3xx\mapsto x^2-3x (continue sur R\mathbb{R}) suivie de cos⁡\cos (continue sur R\mathbb{R}).
  • x↦4−x2x\mapsto\sqrt{4-x^2} est continue sur [−2;2][-2;2] : x↦4−x2x\mapsto4-x^2 est continue sur [−2;2][-2;2], à valeurs dans [0;+∞[[0;+\infty[, et  \sqrt{\ } est continue sur [0;+∞[[0;+\infty[.

3. Limite d’une fonction composée

Propriété 7 — limite d’une composée

On considère une fonction ff et une fonction gg continue en un réel ℓ\ell. Si lim⁡x→x0f(x)=ℓ\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\ell, alors lim⁡x→x0g(f(x))=g(ℓ).\lim_{x\to x_0}g\big(f(x)\big)=g(\ell). Le résultat reste valable lorsque x0x_0 est remplacé par x0+x_0^+, x0−x_0^-, +∞+\infty ou −∞-\infty.

Application 6

Calculer lim⁡x→+∞4x2+1x2+3\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{\dfrac{4x^2+1}{x^2+3}} et lim⁡x→+∞sin⁡(πx+12x−1)\lim\limits_{x\to+\infty}\sin\left(\dfrac{\pi x+1}{2x-1}\right).

Voir la solution
  • lim⁡x→+∞4x2+1x2+3=4\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{4x^2+1}{x^2+3}=4 et  \sqrt{\ } est continue en 44 : la limite cherchée vaut 4=2\sqrt4=2.
  • lim⁡x→+∞πx+12x−1=π2\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\pi x+1}{2x-1}=\dfrac\pi2 et sin⁡\sin est continue en π2\frac\pi2 : la limite vaut sin⁡π2=1\sin\frac\pi2=1.

V. Théorème des valeurs intermédiaires

1. Énoncés

Théorème des valeurs intermédiaires (TVI)

On considère une fonction ff continue sur un segment [a;b][a;b]. Pour tout réel kk compris entre f(a)f(a) et f(b)f(b), l’équation f(x)=kf(x)=k admet au moins une solution dans [a;b][a;b].

Figure

Propriété 8 — existence d’un zéro

On considère une fonction ff continue sur [a;b][a;b]. Si f(a)×f(b)<0f(a)\times f(b)<0, alors l’équation f(x)=0f(x)=0 admet au moins une solution dans l’intervalle ouvert ]a;b[]a;b[.

Propriété 9 — unicité (cas strictement monotone)

On considère une fonction ff continue et strictement monotone sur [a;b][a;b]. Si f(a)×f(b)<0f(a)\times f(b)<0, alors l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution dans ]a;b[]a;b[.

Remarque 4

  • Sans la continuité, la conclusion peut être fausse : la fonction partie entière vérifie E(0)=0E(0)=0 et E(1)=1E(1)=1, mais l’équation E(x)=12E(x)=\frac12 n’a pas de solution.
  • Le TVI garantit l’existence d’une solution, il ne la calcule pas ; la stricte monotonie garantit l’unicité.
  • Le résultat s’étend à un intervalle quelconque II : si ff est continue et strictement monotone sur II et si 0∈f(I)0\in f(I), l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution dans II.

Application 7

  1. Montrer que l’équation x3+2x−1=0x^3+2x-1=0 admet une unique solution α\alpha dans ]0;1[]0;1[.
  2. Montrer que l’équation cos⁡x=x\cos x=x admet au moins une solution dans ]0;π2[\left]0;\frac\pi2\right[.
Voir la solution
  1. On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3+2x−1f(x)=x^3+2x-1. Elle est continue (polynôme) et f′(x)=3x2+2>0f'(x)=3x^2+2>0 : ff est strictement croissante sur [0;1][0;1]. De plus f(0)=−1f(0)=-1 et f(1)=2f(1)=2, donc f(0)f(1)<0f(0)f(1)<0. L’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α∈]0;1[\alpha\in]0;1[.
  2. On considère la fonction gg définie sur R\mathbb{R} par g(x)=cos⁡x−xg(x)=\cos x-x ; elle est continue sur [0;π2]\left[0;\frac\pi2\right], avec g(0)=1>0g(0)=1>0 et g(π2)=−π2<0g\left(\frac\pi2\right)=-\frac\pi2<0. D’après le TVI, l’équation g(x)=0g(x)=0, c’est-à-dire cos⁡x=x\cos x=x, admet au moins une solution dans ]0;π2[\left]0;\frac\pi2\right[.

2. Méthode de dichotomie

Méthode — dichotomie

On suppose que ff est continue et strictement monotone sur [a;b][a;b], avec f(a)f(b)<0f(a)f(b)<0 ; on note α\alpha l’unique solution de f(x)=0f(x)=0 dans ]a;b[]a;b[.

  1. On calcule f(a+b2)f\left(\frac{a+b}2\right) (milieu de l’intervalle).
  2. Si f(a)×f(a+b2)<0f(a)\times f\left(\frac{a+b}2\right)<0, alors α∈]a;a+b2[\alpha\in\left]a;\frac{a+b}2\right[ ; sinon α∈[a+b2;b[\alpha\in\left[\frac{a+b}2;b\right[.
  3. On recommence avec le nouvel intervalle, dont l’amplitude est divisée par 22 à chaque étape.

Application 8

On reprend la solution α∈]0;1[\alpha\in]0;1[ de l’équation x3+2x−1=0x^3+2x-1=0 (application 7). Donner un encadrement de α\alpha d’amplitude 0,250{,}25.

Voir la solution

f(0,5)=0,125+1−1=0,125>0f(0{,}5)=0{,}125+1-1=0{,}125>0 et f(0)<0f(0)<0 : α∈]0;0,5[\alpha\in]0;0{,}5[.

f(0,25)=0,015625+0,5−1<0f(0{,}25)=0{,}015625+0{,}5-1<0 : α∈]0,25;0,5[\alpha\in]0{,}25;0{,}5[, encadrement d’amplitude 0,250{,}25.

VI. Fonction réciproque d’une fonction continue et strictement monotone

1. Théorème de la bijection

Théorème de la bijection

On considère une fonction ff continue et strictement monotone sur un intervalle II et on note J=f(I)J=f(I). Alors, pour tout y∈Jy\in J, l’équation f(x)=yf(x)=y admet une unique solution xx dans II.

On dit que ff réalise une bijection de II sur JJ. La fonction qui à tout y∈Jy\in J associe l’unique solution x∈Ix\in I de l’équation f(x)=yf(x)=y est appelée la fonction réciproque de ff ; elle est notée f−1f^{-1}.

Propriété 10 — caractérisation

Pour tout x∈Ix\in I et tout y∈Jy\in J : (f−1(y)=x)  ⟺  (f(x)=y).\big(f^{-1}(y)=x\big)\iff\big(f(x)=y\big). En particulier : (∀x∈I) f−1(f(x))=x(\forall x\in I)\ f^{-1}\big(f(x)\big)=x et (∀y∈J) f(f−1(y))=y(\forall y\in J)\ f\big(f^{-1}(y)\big)=y.

Méthode — déterminer f−1(x)f^{-1}(x)

Pour x∈Jx\in J, on cherche l’unique y∈Iy\in I tel que f(y)=xf(y)=x : on résout cette équation d’inconnue yy en n’oubliant pas la condition y∈Iy\in I, qui permet de choisir la bonne solution.

Exemple 8

On considère la fonction ff définie sur I=[1;+∞[I=[1;+\infty[ par f(x)=x2−2x+3f(x)=x^2-2x+3.

Voir la solution

ff est continue sur II et f′(x)=2(x−1)>0f'(x)=2(x-1)>0 sur ]1;+∞[]1;+\infty[ : ff est strictement croissante sur II. Elle admet donc une fonction réciproque définie sur J=f(I)=[f(1);lim⁡x→+∞f(x)[=[2;+∞[J=f(I)=\left[f(1);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[2;+\infty[.

Soit x∈Jx\in J ; cherchons y∈Iy\in I tel que f(y)=xf(y)=x : (y−1)2+2=x(y-1)^2+2=x, soit (y−1)2=x−2(y-1)^2=x-2. Comme y≥1y\ge1 et x≥2x\ge2 : y−1=x−2y-1=\sqrt{x-2}. Ainsi (∀x∈[2;+∞[) f−1(x)=1+x−2(\forall x\in[2;+\infty[)\ f^{-1}(x)=1+\sqrt{x-2}.

Application 9

On considère la fonction ff définie sur I=]2;+∞[I=]2;+\infty[ par f(x)=x+1x−2f(x)=\dfrac{x+1}{x-2}.

  1. Montrer que ff admet une fonction réciproque f−1f^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer.
  2. Déterminer f−1(x)f^{-1}(x) pour tout x∈Jx\in J.
Voir la solution
  1. ff est continue sur II (rationnelle, x−2≠0x-2\neq0) et f′(x)=(x−2)−(x+1)(x−2)2=−3(x−2)2<0f'(x)=\dfrac{(x-2)-(x+1)}{(x-2)^2}=\dfrac{-3}{(x-2)^2}<0 : ff est strictement décroissante sur II. Avec lim⁡x→2+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=+\infty (numérateur →3\to3, dénominateur →0+\to0^+) et lim⁡x→+∞f(x)=1\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1, on obtient J=]1;+∞[J=]1;+\infty[.
  2. Soit x∈Jx\in J et y∈Iy\in I : f(y)=x  ⟺  y+1=x(y−2)  ⟺  y(x−1)=2x+1  ⟺  y=2x+1x−1f(y)=x\iff y+1=x(y-2)\iff y(x-1)=2x+1\iff y=\dfrac{2x+1}{x-1} (car x≠1x\neq1). Donc f−1(x)=2x+1x−1f^{-1}(x)=\dfrac{2x+1}{x-1} pour tout x∈]1;+∞[x\in]1;+\infty[.

2. Propriétés de la fonction réciproque

Propriété 11

On considère une fonction ff continue et strictement monotone sur un intervalle II, et J=f(I)J=f(I). Alors :

  • f−1f^{-1} est continue sur JJ ;
  • f−1f^{-1} est strictement monotone sur JJ, de même sens de variation que ff ;
  • dans un repère orthonormé, les courbes (Cf)(C_f) et (Cf−1)(C_{f^{-1}}) sont symétriques par rapport à la première bissectrice, droite d’équation y=xy=x.
Figure

Remarque 5

La symétrie par rapport à la droite (Δ):y=x(\Delta):y=x échange les points M(a;b)M(a;b) et M′(b;a)M'(b;a) : si M∈(Cf)M\in(C_f), c’est-à-dire b=f(a)b=f(a), alors a=f−1(b)a=f^{-1}(b) et M′∈(Cf−1)M'\in(C_{f^{-1}}).

VII. Racine nn-ième et puissances rationnelles

1. La fonction racine nn-ième

Activité 2

On considère un entier n≥2n\ge2 et la fonction uu définie sur [0;+∞[[0;+\infty[ par u(x)=xnu(x)=x^n. Montrer que uu admet une fonction réciproque définie sur [0;+∞[[0;+\infty[.

Voir la solution

uu est continue sur [0;+∞[[0;+\infty[ (polynôme) et u′(x)=nxn−1>0u'(x)=nx^{n-1}>0 pour x>0x>0 : uu est strictement croissante. Comme u(0)=0u(0)=0 et lim⁡x→+∞xn=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}x^n=+\infty, on a u([0;+∞[)=[0;+∞[u([0;+\infty[)=[0;+\infty[. D’après le théorème de la bijection, uu admet une fonction réciproque définie sur [0;+∞[[0;+\infty[.

Définition 6 — racine nn-ième

On considère un entier n≥2n\ge2. La fonction réciproque de la fonction x↦xnx\mapsto x^n sur [0;+∞[[0;+\infty[ est appelée fonction racine nn-ième ; elle est notée x↦xnx\mapsto\sqrt[n]x. Pour tous réels x≥0x\ge0 et y≥0y\ge0 : xn=y  ⟺  yn=x.\sqrt[n]x=y\iff y^n=x .

Remarque 6

  • x2=x\sqrt[2]x=\sqrt x ; x3\sqrt[3]x se lit « racine cubique de xx ».
  • Dans ce cours, xn\sqrt[n]x n’est définie que pour x≥0x\ge0 et l’on a toujours xn≥0\sqrt[n]x\ge0. Par exemple 83=2\sqrt[3]8=2 et 814=3\sqrt[4]{81}=3, tandis que −83\sqrt[3]{-8} n’est pas défini.
  • Pour tout x≥0x\ge0 : (xn)n=x\left(\sqrt[n]x\right)^n=x et xnn=x\sqrt[n]{x^n}=x.
  • La fonction x↦xnx\mapsto\sqrt[n]x est continue et strictement croissante sur [0;+∞[[0;+\infty[ ; sa courbe est la symétrique de celle de x↦xnx\mapsto x^n (pour x≥0x\ge0) par rapport à la droite y=xy=x.
Figure

2. Propriétés et calculs

Propriété 12 — ordre

Pour tous réels a≥0a\ge0 et b≥0b\ge0 et tout entier n≥2n\ge2 : an=bn  ⟺  a=betan<bn  ⟺  a<b.\sqrt[n]a=\sqrt[n]b\iff a=b\qquad\text{et}\qquad\sqrt[n]a<\sqrt[n]b\iff a<b .

Propriété 13 — calculs

Pour tous réels a≥0a\ge0, b≥0b\ge0 et tous entiers n≥2n\ge2, p≥2p\ge2, m≥1m\ge1 :

RègleÉnoncé
produitan×bn=abn\sqrt[n]a\times\sqrt[n]b=\sqrt[n]{ab}
quotient (b>0b>0)anbn=abn\dfrac{\sqrt[n]a}{\sqrt[n]b}=\sqrt[n]{\dfrac ab}
puissance(an)m=amn\left(\sqrt[n]a\right)^m=\sqrt[n]{a^m}
compositionanp=anp\sqrt[p]{\sqrt[n]a}=\sqrt[np]a
simplificationapnp=an\sqrt[np]{a^{p}}=\sqrt[n]a

Exemple 9

Calculer 163×43\sqrt[3]{16}\times\sqrt[3]4, 162424\dfrac{\sqrt[4]{162}}{\sqrt[4]2} et 643\sqrt{\sqrt[3]{64}}, puis simplifier 96\sqrt[6]{9}.

Voir la solution
  • 163×43=643=4\sqrt[3]{16}\times\sqrt[3]4=\sqrt[3]{64}=4 ; 162424=814=3\dfrac{\sqrt[4]{162}}{\sqrt[4]2}=\sqrt[4]{81}=3.
  • 643=646=2\sqrt{\sqrt[3]{64}}=\sqrt[6]{64}=2 ; 96=326=33\sqrt[6]{9}=\sqrt[6]{3^2}=\sqrt[3]3.

Méthode — comparer des racines d’indices différents

Pour comparer an\sqrt[n]a et bp\sqrt[p]b, on les écrit avec un même indice NN, multiple commun de nn et pp : an=aN/nN\sqrt[n]a=\sqrt[N]{a^{N/n}} et bp=bN/pN\sqrt[p]b=\sqrt[N]{b^{N/p}}, puis on compare aN/na^{N/n} et bN/pb^{N/p}.

Application 10

  1. Comparer 43\sqrt[3]4 et 3\sqrt{3}.
  2. Résoudre dans R\mathbb{R} l’équation x3=27x^3=27, puis l’équation x4=16x^4=16.
Voir la solution

  1. Avec l’indice 66 : 43=426=166\sqrt[3]4=\sqrt[6]{4^2}=\sqrt[6]{16} et 3=336=276\sqrt3=\sqrt[6]{3^3}=\sqrt[6]{27}. Comme 16<2716<27 : 43<3\sqrt[3]4<\sqrt3.

  2. Équation x3=27x^3=27. Si x≤0x\le0, alors x3≤0<27x^3\le0<27 : pas de solution négative. Pour x>0x>0 : x3=27  ⟺  x=273=3x^3=27\iff x=\sqrt[3]{27}=3. Donc S={3}S=\{3\}.

    Équation x4=16x^4=16. Pour x≥0x\ge0 : x=164=2x=\sqrt[4]{16}=2. Pour x<0x<0 : x4=(−x)4x^4=(-x)^4 avec −x>0-x>0, donc −x=2-x=2. Ainsi S={−2;2}S=\{-2;2\}.

Propriété 14 — équation xn=ax^n=a

On considère un réel aa et un entier n≥2n\ge2.

  • nn impair : si a≥0a\ge0, l’équation xn=ax^n=a a pour unique solution an\sqrt[n]a ; si a<0a<0, elle a pour unique solution −−an-\sqrt[n]{-a}.
  • nn pair : si a>0a>0, les solutions sont an\sqrt[n]a et −an-\sqrt[n]a ; si a=0a=0, la seule solution est 00 ; si a<0a<0, il n’y a pas de solution.

3. Quantité conjuguée et limites

Propriété 15 — identités utiles

Pour tous réels a≥0a\ge0 et b≥0b\ge0 : a3−b3=a−ba23+ab3+b23(a≠0 ou b≠0)\sqrt[3]a-\sqrt[3]b=\frac{a-b}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^2}}\quad(a\neq0\ \text{ou}\ b\neq0) (car X3−Y3=(X−Y)(X2+XY+Y2)X^3-Y^3=(X-Y)(X^2+XY+Y^2)) et, plus généralement, Xn−Yn=(X−Y)(Xn−1+Xn−2Y+⋯+Yn−1)X^n-Y^n=(X-Y)(X^{n-1}+X^{n-2}Y+\cdots+Y^{n-1}).

Propriété 16 — continuité et limites

On considère un entier n≥2n\ge2.

  • La fonction x↦xnx\mapsto\sqrt[n]x est continue sur [0;+∞[[0;+\infty[ et lim⁡x→+∞xn=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[n]x=+\infty.
  • Si uu est une fonction continue et positive sur un intervalle II, alors x↦u(x)nx\mapsto\sqrt[n]{u(x)} est continue sur II.
  • Si uu est positive au voisinage de x0x_0 et lim⁡x→x0u(x)=ℓ≥0\lim\limits_{x\to x_0}u(x)=\ell\ge0, alors lim⁡x→x0u(x)n=ℓn\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt[n]{u(x)}=\sqrt[n]\ell ; si lim⁡x→x0u(x)=+∞\lim\limits_{x\to x_0}u(x)=+\infty, alors lim⁡x→x0u(x)n=+∞\lim\limits_{x\to x_0}\sqrt[n]{u(x)}=+\infty (x0x_0 réel ou infini).

Application 11

Calculer lim⁡x→8x3−2x−8\lim\limits_{x\to8}\dfrac{\sqrt[3]x-2}{x-8} et lim⁡x→+∞(x3+x23−x)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x^3+x^2}-x\right).

Voir la solution
  • Pour x≥0x\ge0, x≠8x\neq8 : x3−2=x−8x23+2x3+4\sqrt[3]x-2=\dfrac{x-8}{\sqrt[3]{x^2}+2\sqrt[3]x+4}, donc x3−2x−8=1x23+2x3+4→x→814+4+4=112\dfrac{\sqrt[3]x-2}{x-8}=\dfrac1{\sqrt[3]{x^2}+2\sqrt[3]x+4}\xrightarrow[x\to8]{}\dfrac1{4+4+4}=\dfrac1{12}.
  • Pour x>0x>0, on pose A=x3+x23A=\sqrt[3]{x^3+x^2} : A−x=A3−x3A2+Ax+x2=x2A2+Ax+x2A-x=\dfrac{A^3-x^3}{A^2+Ax+x^2}=\dfrac{x^2}{A^2+Ax+x^2}. En divisant par x2x^2 : A−x=1(Ax)2+Ax+1A-x=\dfrac1{\left(\frac Ax\right)^2+\frac Ax+1} avec Ax=1+1x3→1\dfrac Ax=\sqrt[3]{1+\frac1x}\to1. La limite vaut 13\dfrac13.

4. Puissances rationnelles

Définition 7 — puissance rationnelle

On considère un réel a>0a>0 et un rationnel r=pqr=\dfrac pq (p∈Zp\in\mathbb{Z}, q∈N∗q\in\mathbb{N}^*). On pose ar=apq=apq.a^{r}=a^{\frac pq}=\sqrt[q]{a^p}. En particulier, pour n∈N∗n\in\mathbb{N}^* : a1n=ana^{\frac1n}=\sqrt[n]a.

Propriété 17 — règles de calcul

Pour tous réels a>0a>0, b>0b>0 et tous rationnels rr et r′r' : ar×ar′=ar+r′ ;arar′=ar−r′ ;(ar)r′=arr′ ;(ab)r=arbr ;(ab)r=arbr ;a−r=1ar.a^r\times a^{r'}=a^{r+r'}\ ;\quad \frac{a^r}{a^{r'}}=a^{r-r'}\ ;\quad \left(a^r\right)^{r'}=a^{rr'}\ ;\quad (ab)^r=a^rb^r\ ;\quad \left(\frac ab\right)^r=\frac{a^r}{b^r}\ ;\quad a^{-r}=\frac1{a^r}.

Application 12

Simplifier A=823×164432A=\dfrac{8^{\frac23}\times\sqrt[4]{16}}{4^{\frac32}} et B=93×3627B=\dfrac{\sqrt[3]{9}\times\sqrt[6]{3}}{\sqrt{27}}.

Voir la solution
  • 823=(23)23=22=48^{\frac23}=\left(2^3\right)^{\frac23}=2^2=4, 164=2\sqrt[4]{16}=2, 432=(22)32=23=84^{\frac32}=\left(2^2\right)^{\frac32}=2^3=8 : A=4×28=1A=\dfrac{4\times2}8=1.
  • B=323×316332=323+16−32=3−23=193B=\dfrac{3^{\frac23}\times3^{\frac16}}{3^{\frac32}}=3^{\frac23+\frac16-\frac32}=3^{-\frac23}=\dfrac1{\sqrt[3]9}.

Résumé : continuité

À retenir — continuité

  • ff continue en x0x_0 : lim⁡x→x0f(x)=f(x0)\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0) ; à droite / à gauche : limites en x0+x_0^+ / x0−x_0^-.
  • Polynômes, fonctions rationnelles (sur leur domaine), sin⁡\sin, cos⁡\cos, tan⁡\tan,  \sqrt{\ },  n\sqrt[n]{\ } sont continues ; sommes, produits, quotients (dénominateur non nul) et composées de fonctions continues sont continues.
  • L’image d’un intervalle (d’un segment) par une fonction continue est un intervalle (un segment).
  • TVI : ff continue sur [a;b][a;b] et f(a)f(b)<0f(a)f(b)<0 ⇒\Rightarrow au moins une solution de f(x)=0f(x)=0 dans ]a;b[]a;b[ ; unique si ff est de plus strictement monotone.
  • Bijection : ff continue et strictement monotone sur II ⇒\Rightarrow f−1f^{-1} existe sur J=f(I)J=f(I), continue, de même monotonie, (Cf−1)(C_{f^{-1}}) symétrique de (Cf)(C_f) par rapport à y=xy=x.
  • Racine nn-ième (x,y≥0x,y\ge0) : xn=y  ⟺  yn=x\sqrt[n]x=y\iff y^n=x ; apq=apqa^{\frac pq}=\sqrt[q]{a^p} (a>0a>0).

Série d’exercices

Exercice 1 — Continuité en un point Facile ★☆☆☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3−3x2+2x−6x−3  si x≠3etf(3)=11.f(x)=\frac{x^3-3x^2+2x-6}{x-3}\ \text{ si } x\neq3\qquad\text{et}\qquad f(3)=11 . Montrer que ff est continue en 33.

Voir la solution

Pour tout x≠3x\neq3 : x3−3x2+2x−6=x2(x−3)+2(x−3)=(x−3)(x2+2)x^3-3x^2+2x-6=x^2(x-3)+2(x-3)=(x-3)(x^2+2), donc f(x)=x2+2f(x)=x^2+2.

Ainsi lim⁡x→3f(x)=lim⁡x→3(x2+2)=11=f(3)\lim\limits_{x\to3}f(x)=\lim\limits_{x\to3}(x^2+2)=11=f(3) : ff est continue en 33.

Exercice 2 — Continuité en un point — paramètre Facile ★★☆☆☆

On considère un réel non nul aa et la fonction ff définie sur [−4;+∞[[-4;+\infty[ par f(x)=x+4−2ax  si x≠0etf(0)=2.f(x)=\frac{\sqrt{x+4}-2}{ax}\ \text{ si } x\neq0\qquad\text{et}\qquad f(0)=2 . Déterminer la valeur de aa pour laquelle ff est continue en 00.

Voir la solution

Pour x∈[−4;+∞[x\in[-4;+\infty[, x≠0x\neq0, on multiplie par la quantité conjuguée : f(x)=(x+4−2)(x+4+2)ax(x+4+2)=xax(x+4+2)=1a(x+4+2).f(x)=\frac{(\sqrt{x+4}-2)(\sqrt{x+4}+2)}{ax(\sqrt{x+4}+2)}=\frac{x}{ax(\sqrt{x+4}+2)}=\frac1{a(\sqrt{x+4}+2)} . Donc lim⁡x→0f(x)=14a\lim\limits_{x\to0}f(x)=\dfrac1{4a}. La fonction ff est continue en 00 si, et seulement si, 14a=2\dfrac1{4a}=2, c’est-à-dire a=18a=\dfrac18.

Exercice 3 — Continuité à droite et à gauche Facile ★★☆☆☆

On considère la fonction ff définie sur [−7;+∞[[-7;+\infty[ par f(x)=x+7−3∣x−2∣  si x≠2etf(2)=16.f(x)=\frac{\sqrt{x+7}-3}{|x-2|}\ \text{ si } x\neq2\qquad\text{et}\qquad f(2)=\frac16 . Étudier la continuité de ff à droite et à gauche en 22.

Voir la solution

Pour x≥−7x\ge-7, x≠2x\neq2 : x+7−3=(x+7)−9x+7+3=x−2x+7+3\sqrt{x+7}-3=\dfrac{(x+7)-9}{\sqrt{x+7}+3}=\dfrac{x-2}{\sqrt{x+7}+3}.

  • À droite (x>2x>2, ∣x−2∣=x−2|x-2|=x-2) : f(x)=1x+7+3f(x)=\dfrac1{\sqrt{x+7}+3}, donc lim⁡x→2+f(x)=16=f(2)\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=\dfrac16=f(2) : ff est continue à droite en 22.
  • À gauche (−7≤x<2-7\le x<2, ∣x−2∣=−(x−2)|x-2|=-(x-2)) : f(x)=−1x+7+3f(x)=-\dfrac1{\sqrt{x+7}+3}, donc lim⁡x→2−f(x)=−16≠f(2)\lim\limits_{x\to2^-}f(x)=-\dfrac16\neq f(2) : ff n’est pas continue à gauche en 22.

Par conséquent, ff n’est pas continue en 22.

Exercice 4 — Fonction définie par morceaux Facile ★☆☆☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2−3x  si x≤2etf(x)=x2−62x−3  si x>2.f(x)=x^2-3x\ \text{ si } x\le2\qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{x^2-6}{2x-3}\ \text{ si } x>2 . Étudier la continuité de ff en 22.

Voir la solution
  • f(2)=4−6=−2f(2)=4-6=-2 et lim⁡x→2−f(x)=lim⁡x→2−(x2−3x)=−2\lim\limits_{x\to2^-}f(x)=\lim\limits_{x\to2^-}(x^2-3x)=-2.
  • Pour x>2x>2, 2x−3>02x-3>0 et lim⁡x→2+f(x)=4−64−3=−2\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=\dfrac{4-6}{4-3}=-2.

Les limites à gauche et à droite sont égales à f(2)f(2) : ff est continue en 22.

Exercice 5 — Fonction définie par morceaux — paramètre Facile ★★☆☆☆

On considère un réel aa et la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=−x2+3  si x≤1etf(x)=ax−1x+1  si x>1.f(x)=-x^2+3\ \text{ si } x\le1\qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{ax-1}{x+1}\ \text{ si } x>1 . Déterminer la valeur de aa pour laquelle ff est continue en 11.

Voir la solution

f(1)=−1+3=2f(1)=-1+3=2 et lim⁡x→1−f(x)=2\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=2 : ff est continue à gauche en 11. Pour x>1x>1, x+1≠0x+1\neq0 et lim⁡x→1+f(x)=a−12\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\dfrac{a-1}2.

ff est continue en 11 si, et seulement si, a−12=2\dfrac{a-1}2=2, c’est-à-dire a=5a=5.

Exercice 6 — Prolongement par continuité Facile ★★☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, aa est un réel ; déterminer la valeur de aa pour laquelle la fonction ff est continue en x0x_0.

  1. ff est définie sur R\mathbb{R} par f(x)=2x2−x−15x−3f(x)=\dfrac{2x^2-x-15}{x-3} si x≠3x\neq3 et f(3)=af(3)=a ; x0=3x_0=3.
  2. ff est définie sur [−3;+∞[[-3;+\infty[ par f(x)=x+3−2x−1f(x)=\dfrac{\sqrt{x+3}-2}{x-1} si x≠1x\neq1 et f(1)=af(1)=a ; x0=1x_0=1.
  3. ff est définie sur ]−π2;π2[\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[ par f(x)=tan⁡x+3sin⁡xxf(x)=\dfrac{\tan x+3\sin x}{x} si x≠0x\neq0 et f(0)=af(0)=a ; x0=0x_0=0.
  4. ff est définie sur [−1;+∞[[-1;+\infty[ par f(x)=sin⁡(2x)x+13−1f(x)=\dfrac{\sin(2x)}{\sqrt[3]{x+1}-1} si x≠0x\neq0 et f(0)=af(0)=a ; x0=0x_0=0.
Voir la solution

1. 2x2−x−152x^2-x-15 s’annule en 33 : 2x2−x−15=(x−3)(2x+5)2x^2-x-15=(x-3)(2x+5). Pour x≠3x\neq3, f(x)=2x+5→x→311f(x)=2x+5\xrightarrow[x\to3]{}11. Donc a=11a=11.

2. Pour x≥−3x\ge-3, x≠1x\neq1 : f(x)=(x+3)−4(x−1)(x+3+2)=1x+3+2→x→114f(x)=\dfrac{(x+3)-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\dfrac1{\sqrt{x+3}+2}\xrightarrow[x\to1]{}\dfrac14. Donc a=14a=\dfrac14.

3. Pour x∈]−π2;π2[x\in\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[, x≠0x\neq0 : f(x)=tan⁡xx+3 sin⁡xxf(x)=\dfrac{\tan x}x+3\,\dfrac{\sin x}x. Or lim⁡x→0tan⁡xx=1\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x}x=1 et lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}x=1, donc lim⁡x→0f(x)=1+3=4\lim\limits_{x\to0}f(x)=1+3=4. Donc a=4a=4.

4. Pour x≥−1x\ge-1, avec X=x+13X=\sqrt[3]{x+1} : X3−1=xX^3-1=x et X−1=X3−1X2+X+1=xX2+X+1X-1=\dfrac{X^3-1}{X^2+X+1}=\dfrac{x}{X^2+X+1} (X2+X+1≥1>0X^2+X+1\ge1>0). Pour x≠0x\neq0 : f(x)=sin⁡(2x)x(X2+X+1)=2×sin⁡(2x)2x×((x+1)23+x+13+1).f(x)=\frac{\sin(2x)}{x}\left(X^2+X+1\right)=2\times\frac{\sin(2x)}{2x}\times\left(\sqrt[3]{(x+1)^2}+\sqrt[3]{x+1}+1\right). Comme lim⁡x→0sin⁡(2x)2x=1\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin(2x)}{2x}=1 et lim⁡x→0((x+1)23+x+13+1)=3\lim\limits_{x\to0}\left(\sqrt[3]{(x+1)^2}+\sqrt[3]{x+1}+1\right)=3 : lim⁡x→0f(x)=6\lim\limits_{x\to0}f(x)=6. Donc a=6a=6.

Exercice 7 — Deux paramètres Facile ★★☆☆☆

On considère deux réels aa et bb et la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x2+ax−1  si x<1etf(x)=2x2−a+bx  si x≥1.f(x)=x^2+ax-1\ \text{ si } x<1\qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{2x^2-a+b}{x}\ \text{ si } x\ge1 . Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur aa et bb pour que ff soit continue en 11.

Voir la solution
  • f(1)=2−a+b1=2−a+bf(1)=\dfrac{2-a+b}1=2-a+b, et lim⁡x→1+f(x)=2−a+b\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=2-a+b (ff est continue à droite en 11 : quotient de fonctions continues, x≠0x\neq0).
  • lim⁡x→1−f(x)=1+a−1=a\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=1+a-1=a.

ff est continue en 11 si, et seulement si, a=2−a+ba=2-a+b, c’est-à-dire b=2a−2b=2a-2.

Exercice 8 — Continuité sur un intervalle Facile ★☆☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, étudier la continuité de la fonction ff sur l’intervalle II.

  1. f(x)=3x2−x+cos⁡xf(x)=3x^2-x+\cos x et I=RI=\mathbb{R}.
  2. f(x)=2x−xf(x)=\dfrac2x-\sqrt x et I=]0;+∞[I=]0;+\infty[.
  3. f(x)=2x+5x2−x+1f(x)=\dfrac{2x+5}{x^2-x+1} et I=RI=\mathbb{R}.
  4. f(x)=x2sin⁡xf(x)=x^2\sin x et I=[−π;π]I=[-\pi;\pi].
  5. f(x)=(x3−2)(x2+3x)f(x)=(x^3-2)(x^2+3x) et I=RI=\mathbb{R}.
  6. f(x)=x2+2x+3f(x)=\sqrt{x^2+2x+3} et I=RI=\mathbb{R}.
  7. f(x)=4−x2f(x)=\sqrt{4-x^2} et I=[−2;2]I=[-2;2].
  8. f(x)=sin⁡(x2−3x+1)f(x)=\sin(x^2-3x+1) et I=RI=\mathbb{R}.
  9. f(x)=cos⁡(x+1)f(x)=\cos\left(\sqrt{x+1}\right) et I=[−1;+∞[I=[-1;+\infty[.
Voir la solution
  1. x↦3x2−xx\mapsto3x^2-x (polynôme) et cos⁡\cos sont continues sur R\mathbb{R} : ff est continue sur R\mathbb{R} (somme).
  2. x↦2xx\mapsto\frac2x est continue sur ]0;+∞[]0;+\infty[ et  \sqrt{\ } est continue sur [0;+∞[[0;+\infty[ : ff est continue sur ]0;+∞[]0;+\infty[.
  3. Le discriminant de x2−x+1x^2-x+1 est 1−4=−3<01-4=-3<0 : ce trinôme ne s’annule pas sur R\mathbb{R}. La fonction rationnelle ff est définie, donc continue, sur R\mathbb{R}.
  4. x↦x2x\mapsto x^2 et sin⁡\sin sont continues sur R\mathbb{R}, donc sur [−π;π][-\pi;\pi] : ff est continue sur II (produit).
  5. ff est un produit de deux polynômes : continue sur R\mathbb{R}.
  6. Le trinôme x2+2x+3=(x+1)2+2x^2+2x+3=(x+1)^2+2 est continu et strictement positif sur R\mathbb{R} : ff est continue sur R\mathbb{R}.
  7. x↦4−x2x\mapsto4-x^2 est continue sur [−2;2][-2;2] et positive sur cet intervalle (x2≤4x^2\le4) : ff est continue sur [−2;2][-2;2].
  8. x↦x2−3x+1x\mapsto x^2-3x+1 est continue sur R\mathbb{R} et sin⁡\sin est continue sur R\mathbb{R} : ff est continue sur R\mathbb{R} (composée).
  9. x↦x+1x\mapsto\sqrt{x+1} est continue sur [−1;+∞[[-1;+\infty[ et cos⁡\cos est continue sur R\mathbb{R} : ff est continue sur [−1;+∞[[-1;+\infty[ (composée).

Exercice 9 — Continuité sur R\mathbb{R} d’une fonction définie par morceaux Facile ★★☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, étudier la continuité de la fonction ff sur R\mathbb{R}.

  1. f(x)=x2+3f(x)=\sqrt{x^2+3} si x≤1x\le1 et f(x)=2xf(x)=\dfrac2{\sqrt x} si x>1x>1.
  2. f(x)=x−x−2f(x)=x-\sqrt{x-2} si x≥2x\ge2 et f(x)=55−xf(x)=\dfrac5{5-x} si x<2x<2.
Voir la solution

1. Sur ]−∞;1[]-\infty;1[, f(x)=x2+3f(x)=\sqrt{x^2+3} est continue (x2+3>0x^2+3>0) ; sur ]1;+∞[]1;+\infty[, f(x)=2xf(x)=\frac2{\sqrt x} est continue (x>0\sqrt x>0). En 11 : f(1)=4=2f(1)=\sqrt4=2 ; lim⁡x→1−f(x)=2\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=2 ; lim⁡x→1+f(x)=21=2\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\frac21=2. Donc ff est continue en 11 et ff est continue sur R\mathbb{R}.

2. Sur ]2;+∞[]2;+\infty[, f(x)=x−x−2f(x)=x-\sqrt{x-2} est continue ; sur ]−∞;2[]-\infty;2[, 5−x>3>05-x>3>0 et f(x)=55−xf(x)=\frac5{5-x} est continue. En 22 : f(2)=2f(2)=2, lim⁡x→2+f(x)=2\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=2, mais lim⁡x→2−f(x)=53≠2\lim\limits_{x\to2^-}f(x)=\frac53\neq2. Donc ff n’est pas continue sur R\mathbb{R} : elle est continue sur ]−∞;2[]-\infty;2[ et sur [2;+∞[[2;+\infty[, discontinue en 22.

Exercice 10 — Image d’un intervalle Facile ★★☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, déterminer l’image f(I)f(I) de l’intervalle II par la fonction ff.

  1. f(x)=x+2x−3f(x)=\dfrac{x+2}{x-3} et I=[−1;2]I=[-1;2].
  2. f(x)=3x−2f(x)=3x-2 et I=[1;+∞[I=[1;+\infty[.
  3. f(x)=2x−1f(x)=\dfrac2{x-1} et I=]−∞;0]I=]-\infty;0].
  4. f(x)=x2f(x)=x^2 et I=[−2;1]I=[-2;1].
  5. f(x)=x+1f(x)=x+1 si x∈]−1;1[x\in]-1;1[ et f(x)=−x+3f(x)=-x+3 si x∈[1;2[x\in[1;2[ ; I=]−1;2[I=]-1;2[.
Voir la solution

1. ff est continue sur [−1;2][-1;2] (x−3≠0x-3\neq0) et f′(x)=(x−3)−(x+2)(x−3)2=−5(x−3)2<0f'(x)=\dfrac{(x-3)-(x+2)}{(x-3)^2}=\dfrac{-5}{(x-3)^2}<0 : ff est strictement décroissante. Donc f(I)=[f(2);f(−1)]=[−4;−14]f(I)=[f(2);f(-1)]=\left[-4;-\dfrac14\right].

2. ff est affine, continue et strictement croissante : f(I)=[f(1);lim⁡x→+∞f(x)[=[1;+∞[f(I)=\left[f(1);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[1;+\infty[.

3. Sur ]−∞;0]]-\infty;0], x−1<0x-1<0, ff est continue et f′(x)=−2(x−1)2<0f'(x)=\dfrac{-2}{(x-1)^2}<0 : ff est strictement décroissante. Avec f(0)=−2f(0)=-2 et lim⁡x→−∞f(x)=0\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0 : f(I)=[−2;0[f(I)=[-2;0[.

4. ff n’est pas monotone sur [−2;1][-2;1] : elle est strictement décroissante sur [−2;0][-2;0] et strictement croissante sur [0;1][0;1]. f([−2;0])=[0;4]f([-2;0])=[0;4] et f([0;1])=[0;1]f([0;1])=[0;1], donc f(I)=[0;4]f(I)=[0;4].

5. lim⁡x→1−f(x)=2=f(1)\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=2=f(1) : ff est continue sur ]−1;2[]-1;2[. Sur ]−1;1[]-1;1[, ff est strictement croissante et f(]−1;1[)=]0;2[f(]-1;1[)=]0;2[ ; sur [1;2[[1;2[, ff est strictement décroissante et f([1;2[)=]1;2]f([1;2[)=]1;2]. Donc f(I)=]0;2[∪]1;2]=]0;2]f(I)=]0;2[\cup]1;2]=]0;2].

Exercice 11 — Théorème des valeurs intermédiaires Facile ★☆☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, montrer que l’équation f(x)=0f(x)=0 admet au moins une solution dans l’intervalle II.

  1. f(x)=x3+x−3f(x)=x^3+x-3 et I=[1;2]I=[1;2].
  2. f(x)=x3+3x2−1f(x)=x^3+3x^2-1 et I=]−1;0[I=]-1;0[.
  3. f(x)=sin⁡x−x+1f(x)=\sin x-x+1 et I=[0;π]I=[0;\pi].
Voir la solution

Dans les trois cas, ff est continue sur l’intervalle fermé considéré (polynôme, ou somme de fonctions continues).

  1. f(1)=−1<0f(1)=-1<0 et f(2)=8+2−3=7>0f(2)=8+2-3=7>0 : d’après le TVI, l’équation f(x)=0f(x)=0 admet au moins une solution dans [1;2][1;2].
  2. ff est continue sur [−1;0][-1;0], f(−1)=−1+3−1=1>0f(-1)=-1+3-1=1>0 et f(0)=−1<0f(0)=-1<0 : il existe au moins une solution dans ]−1;0[]-1;0[.
  3. f(0)=1>0f(0)=1>0 et f(π)=0−π+1=1−π<0f(\pi)=0-\pi+1=1-\pi<0 : il existe au moins une solution dans ]0;π[⊂I]0;\pi[\subset I.

Exercice 12 — TVI et stricte monotonie Facile ★★☆☆☆

Dans chacun des cas suivants, montrer que l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution dans l’intervalle II.

  1. f(x)=x3+4x−2f(x)=x^3+4x-2 et I=[0;1]I=[0;1].
  2. f(x)=x+tan⁡x−2f(x)=x+\tan x-2 et I=[0;π3]I=\left[0;\frac\pi3\right].
  3. f(x)=x5+x3+2x+3f(x)=x^5+x^3+2x+3 et I=[−1;0]I=[-1;0].
  4. f(x)=x3+3x−5f(x)=x^3+3x-5 et I=]1;32[I=\left]1;\frac32\right[.
Voir la solution

Méthode : ff continue et strictement monotone sur [a;b][a;b] et f(a)f(b)<0f(a)f(b)<0.

  1. f′(x)=3x2+4>0f'(x)=3x^2+4>0 ; f(0)=−2f(0)=-2 et f(1)=3f(1)=3 : unique solution dans ]0;1[]0;1[.
  2. ff est continue sur [0;π3]\left[0;\frac\pi3\right] et f′(x)=1+(1+tan⁡2x)=2+tan⁡2x>0f'(x)=1+(1+\tan^2x)=2+\tan^2x>0. f(0)=−2<0f(0)=-2<0 et f(π3)=π3+3−2>0f\left(\frac\pi3\right)=\frac\pi3+\sqrt3-2>0 (car π3>1\frac\pi3>1 et 3>1\sqrt3>1) : unique solution dans ]0;π3[\left]0;\frac\pi3\right[.
  3. f′(x)=5x4+3x2+2>0f'(x)=5x^4+3x^2+2>0 ; f(−1)=−1−1−2+3=−1f(-1)=-1-1-2+3=-1 et f(0)=3f(0)=3 : unique solution dans ]−1;0[]-1;0[.
  4. ff est continue sur [1;32]\left[1;\frac32\right], f′(x)=3x2+3>0f'(x)=3x^2+3>0, f(1)=−1f(1)=-1 et f(32)=278+92−5=238>0f\left(\frac32\right)=\frac{27}8+\frac92-5=\frac{23}8>0 : unique solution dans ]1;32[\left]1;\frac32\right[.

Exercice 13 — Dichotomie Facile ★★☆☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3+2x+2f(x)=x^3+2x+2.

  1. Dresser le tableau de variations de ff.
  2. Montrer que l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans [−2;2][-2;2].
  3. À l’aide de la méthode de dichotomie, donner un encadrement de α\alpha d’amplitude 11.
Voir la solution

1. ff est dérivable sur R\mathbb{R} et f′(x)=3x2+2>0f'(x)=3x^2+2>0 : ff est strictement croissante sur R\mathbb{R}. De plus lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞x3=−∞\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x^3=-\infty et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

Figure

2. ff est continue et strictement croissante sur [−2;2][-2;2], avec f(−2)=−8−4+2=−10<0f(-2)=-8-4+2=-10<0 et f(2)=8+4+2=14>0f(2)=8+4+2=14>0 : l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans [−2;2][-2;2].

3. Étape 1 : milieu 00, f(0)=2>0f(0)=2>0 et f(−2)<0f(-2)<0 : α∈]−2;0[\alpha\in]-2;0[. Étape 2 : milieu −1-1, f(−1)=−1−2+2=−1<0f(-1)=-1-2+2=-1<0 : α∈]−1;0[\alpha\in]-1;0[. Encadrement d’amplitude 11 : −1<α<0-1<\alpha<0.

Exercice 14 — Unicité, encadrement et inéquation Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=2x3−3x2−2f(x)=2x^3-3x^2-2.

  1. Montrer que l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}, et que 1<α<21<\alpha<2.
  2. Donner un encadrement de α\alpha d’amplitude 0,250{,}25.
  3. Résoudre dans [1;2][1;2] l’inéquation f(x)≥0f(x)\ge0.
Voir la solution

1. f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)f'(x)=6x^2-6x=6x(x-1) : ff est strictement croissante sur ]−∞;0]]-\infty;0], strictement décroissante sur [0;1][0;1] et strictement croissante sur [1;+∞[[1;+\infty[, avec f(0)=−2f(0)=-2 et f(1)=−3f(1)=-3.

Figure
  • Sur ]−∞;1]]-\infty;1], le maximum de ff est f(0)=−2<0f(0)=-2<0 : l’équation f(x)=0f(x)=0 n’a pas de solution dans cet intervalle.
  • Sur [1;+∞[[1;+\infty[, ff est continue et strictement croissante, f(1)=−3<0f(1)=-3<0 et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty : l’équation a une unique solution α\alpha dans ]1;+∞[]1;+\infty[. Comme f(2)=16−12−2=2>0f(2)=16-12-2=2>0, on a 1<α<21<\alpha<2.

Conclusion : l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}, et 1<α<21<\alpha<2.

2. f(1,5)=6,75−6,75−2=−2<0f(1{,}5)=6{,}75-6{,}75-2=-2<0 : α∈]1,5;2[\alpha\in]1{,}5;2[. f(1,75)=10,71875−9,1875−2=−0,46875<0f(1{,}75)=10{,}71875-9{,}1875-2=-0{,}46875<0 : α∈]1,75;2[\alpha\in]1{,}75;2[. Donc 1,75<α<21{,}75<\alpha<2.

3. Sur [1;2][1;2], ff est strictement croissante et f(α)=0f(\alpha)=0 : pour x∈[1;2]x\in[1;2], f(x)≥0  ⟺  f(x)≥f(α)  ⟺  x≥αf(x)\ge0\iff f(x)\ge f(\alpha)\iff x\ge\alpha. Donc S=[α;2]S=[\alpha;2].

Exercice 15 — Existence de solutions Facile ★★☆☆☆

  1. Montrer que l’équation x3−4x2+2=0x^3-4x^2+2=0 admet au moins une solution α∈]0;1[\alpha\in]0;1[, puis donner un encadrement de α\alpha d’amplitude 0,50{,}5.
  2. Montrer que l’équation 3xx2+1=2\dfrac{3x}{\sqrt{x^2+1}}=2 admet au moins une solution dans [0;2][0;2].
Voir la solution

1. On considère la fonction gg définie sur R\mathbb{R} par g(x)=x3−4x2+2g(x)=x^3-4x^2+2 : elle est continue, g(0)=2>0g(0)=2>0 et g(1)=−1<0g(1)=-1<0, donc l’équation g(x)=0g(x)=0 admet au moins une solution α∈]0;1[\alpha\in]0;1[. De plus g′(x)=x(3x−8)<0g'(x)=x(3x-8)<0 sur ]0;1]]0;1] : gg est strictement décroissante sur [0;1][0;1] et cette solution est unique dans ]0;1[]0;1[. Comme g(0,5)=0,125−1+2=1,125>0g(0{,}5)=0{,}125-1+2=1{,}125>0 et g(1)<0g(1)<0 : 0,5<α<10{,}5<\alpha<1.

2. On considère la fonction hh définie sur R\mathbb{R} par h(x)=3xx2+1−2h(x)=\dfrac{3x}{\sqrt{x^2+1}}-2 ; elle est continue sur [0;2][0;2] (x2+1>0x^2+1>0). h(0)=−2<0h(0)=-2<0 et h(2)=65−2=6−255>0h(2)=\dfrac6{\sqrt5}-2=\dfrac{6-2\sqrt5}{\sqrt5}>0 car 6>25  ⟺  36>206>2\sqrt5\iff36>20. D’après le TVI, l’équation h(x)=0h(x)=0, équivalente à l’équation proposée, admet au moins une solution dans [0;2][0;2].

Exercice 16 — Signe d’une fonction Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3+2x−5f(x)=x^3+2x-5.

  1. Étudier les variations de ff sur R\mathbb{R}.
  2. Montrer que l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}.
  3. Vérifier que 1<α<21<\alpha<2, puis donner un encadrement de α\alpha d’amplitude 0,250{,}25.
  4. Dresser le tableau de signe de f(x)f(x) sur R\mathbb{R}.
Voir la solution

1. f′(x)=3x2+2>0f'(x)=3x^2+2>0 : ff est strictement croissante sur R\mathbb{R} ; lim⁡x→−∞f(x)=−∞\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

2. ff est continue et strictement croissante sur R\mathbb{R} et f(R)=]−∞;+∞[f(\mathbb{R})=]-\infty;+\infty[ contient 00 : l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}.

3. f(1)=−2<0f(1)=-2<0 et f(2)=7>0f(2)=7>0, donc 1<α<21<\alpha<2. Dichotomie : f(1,5)=3,375+3−5=1,375>0f(1{,}5)=3{,}375+3-5=1{,}375>0 donne 1<α<1,51<\alpha<1{,}5 ; f(1,25)=1,953125+2,5−5=−0,546875<0f(1{,}25)=1{,}953125+2{,}5-5=-0{,}546875<0 donne 1,25<α<1,51{,}25<\alpha<1{,}5.

4. Comme ff est strictement croissante et f(α)=0f(\alpha)=0 : f(x)<0f(x)<0 si x<αx<\alpha et f(x)>0f(x)>0 si x>αx>\alpha.

Figure

Exercice 17 — Fonction réciproque Moyen ★★★☆☆

Dans chacun des cas suivants, montrer que la fonction ff admet une fonction réciproque f−1f^{-1} définie sur l’intervalle J=f(I)J=f(I) ; préciser JJ, puis déterminer f−1(x)f^{-1}(x) pour tout x∈Jx\in J.

  1. f(x)=2x−1x+3f(x)=\dfrac{2x-1}{x+3} et I=]−∞;−3[I=]-\infty;-3[.
  2. f(x)=x2−6x+5f(x)=x^2-6x+5 et I=[3;5]I=[3;5].
  3. f(x)=−3(x+1)2+2f(x)=-3(x+1)^2+2 et I=[−1;+∞[I=[-1;+\infty[.
  4. f(x)=x−1+xf(x)=\sqrt{x-1}+x et I=[1;+∞[I=[1;+\infty[.
  5. f(x)=4xx2+4f(x)=\dfrac{4x}{x^2+4} et I=[−2;2]I=[-2;2].
  6. f(x)=x+23−1f(x)=\sqrt[3]{x+2}-1 et I=[−2;+∞[I=[-2;+\infty[.
  7. f(x)=x2+2x2−1f(x)=\dfrac{x^2+2}{x^2-1} et I=[0;1[I=[0;1[.
  8. f(x)=x3+3x2+3x+2f(x)=x^3+3x^2+3x+2 et I=[−1;+∞[I=[-1;+\infty[.
Voir la solution

1. ff est continue sur II (x+3≠0x+3\neq0) et f′(x)=2(x+3)−(2x−1)(x+3)2=7(x+3)2>0f'(x)=\dfrac{2(x+3)-(2x-1)}{(x+3)^2}=\dfrac7{(x+3)^2}>0 : ff est strictement croissante sur II, donc admet une réciproque sur J=f(I)J=f(I). lim⁡x→−∞f(x)=2\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=2 et, quand x→−3−x\to-3^-, 2x−1→−72x-1\to-7 et x+3→0−x+3\to0^-, donc lim⁡x→−3−f(x)=+∞\lim\limits_{x\to-3^-}f(x)=+\infty : J=]2;+∞[J=]2;+\infty[.

Pour x∈Jx\in J et y∈Iy\in I : f(y)=x  ⟺  2y−1=x(y+3)  ⟺  y(2−x)=3x+1  ⟺  y=3x+12−xf(y)=x\iff 2y-1=x(y+3)\iff y(2-x)=3x+1\iff y=\dfrac{3x+1}{2-x} (x≠2x\neq2). On vérifie que y∈Iy\in I : y+3=72−x<0y+3=\dfrac7{2-x}<0. Donc f−1(x)=3x+12−xf^{-1}(x)=\dfrac{3x+1}{2-x}.

2. f(x)=(x−3)2−4f(x)=(x-3)^2-4 ; ff est continue et f′(x)=2(x−3)>0f'(x)=2(x-3)>0 sur ]3;5]]3;5] : strictement croissante sur [3;5][3;5]. J=[f(3);f(5)]=[−4;0]J=[f(3);f(5)]=[-4;0]. Pour x∈Jx\in J, y∈[3;5]y\in[3;5] : f(y)=x  ⟺  (y−3)2=x+4  ⟺  y−3=x+4f(y)=x\iff(y-3)^2=x+4\iff y-3=\sqrt{x+4} (car y−3≥0y-3\ge0). f−1(x)=3+x+4f^{-1}(x)=3+\sqrt{x+4}.

3. f′(x)=−6(x+1)<0f'(x)=-6(x+1)<0 sur ]−1;+∞[]-1;+\infty[ : ff est continue et strictement décroissante sur II. f(−1)=2f(-1)=2 et lim⁡x→+∞f(x)=−∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty : J=]−∞;2]J=]-\infty;2]. Pour x∈Jx\in J, y≥−1y\ge-1 : f(y)=x  ⟺  (y+1)2=2−x3  ⟺  y+1=2−x3f(y)=x\iff(y+1)^2=\dfrac{2-x}3\iff y+1=\sqrt{\dfrac{2-x}3}. f−1(x)=−1+2−x3f^{-1}(x)=-1+\sqrt{\dfrac{2-x}3}.

4. ff est continue sur II, somme de deux fonctions strictement croissantes : elle est strictement croissante. f(1)=1f(1)=1 et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty : J=[1;+∞[J=[1;+\infty[. Soit x∈Jx\in J et y∈Iy\in I ; on pose t=y−1≥0t=\sqrt{y-1}\ge0, de sorte que y=t2+1y=t^2+1 : f(y)=x  ⟺  t2+t+1−x=0f(y)=x\iff t^2+t+1-x=0. Le discriminant vaut 4x−3>04x-3>0 ; la seule racine positive est t=−1+4x−32t=\dfrac{-1+\sqrt{4x-3}}2 (l’autre est négative). Alors y=1+t2=1+4x−2−24x−34y=1+t^2=1+\dfrac{4x-2-2\sqrt{4x-3}}4, d’où f−1(x)=2x+1−4x−32f^{-1}(x)=\dfrac{2x+1-\sqrt{4x-3}}2 (contrôle : f−1(1)=1f^{-1}(1)=1).

5. ff est continue sur [−2;2][-2;2] et f′(x)=4(x2+4)−8x2(x2+4)2=4(4−x2)(x2+4)2f'(x)=\dfrac{4(x^2+4)-8x^2}{(x^2+4)^2}=\dfrac{4(4-x^2)}{(x^2+4)^2} est strictement positive sur ]−2;2[]-2;2[ : ff est strictement croissante sur II. J=[f(−2);f(2)]=[−1;1]J=[f(-2);f(2)]=[-1;1]. Soit x∈Jx\in J et y∈Iy\in I : f(y)=x  ⟺  xy2−4y+4x=0f(y)=x\iff xy^2-4y+4x=0.

  • Si x=0x=0 : y=0y=0.
  • Si x≠0x\neq0 : le discriminant réduit vaut 4−4x2≥04-4x^2\ge0 ; les racines ont pour produit 44, donc une seule est dans [−2;2][-2;2] : y=2−21−x2x=2x1+1−x2y=\dfrac{2-2\sqrt{1-x^2}}{x}=\dfrac{2x}{1+\sqrt{1-x^2}} (on a multiplié par la quantité conjuguée).

Les deux cas se regroupent : f−1(x)=2x1+1−x2f^{-1}(x)=\dfrac{2x}{1+\sqrt{1-x^2}} pour tout x∈[−1;1]x\in[-1;1].

6. ff est continue et strictement croissante sur II (racine cubique d’une fonction affine croissante). f(−2)=−1f(-2)=-1 et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty : J=[−1;+∞[J=[-1;+\infty[. Pour x∈Jx\in J, y∈Iy\in I : f(y)=x  ⟺  y+23=x+1  ⟺  y+2=(x+1)3f(y)=x\iff\sqrt[3]{y+2}=x+1\iff y+2=(x+1)^3 (car x+1≥0x+1\ge0). f−1(x)=(x+1)3−2f^{-1}(x)=(x+1)^3-2.

7. ff est continue sur [0;1[[0;1[ et f′(x)=2x(x2−1)−2x(x2+2)(x2−1)2=−6x(x2−1)2<0f'(x)=\dfrac{2x(x^2-1)-2x(x^2+2)}{(x^2-1)^2}=\dfrac{-6x}{(x^2-1)^2}<0 sur ]0;1[]0;1[ : ff est strictement décroissante. f(0)=−2f(0)=-2 et lim⁡x→1−f(x)=−∞\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=-\infty (x2+2→3x^2+2\to3, x2−1→0−x^2-1\to0^-) : J=]−∞;−2]J=]-\infty;-2]. Pour x∈Jx\in J, y∈[0;1[y\in[0;1[ : f(y)=x  ⟺  y2+2=x(y2−1)  ⟺  y2=x+2x−1f(y)=x\iff y^2+2=x(y^2-1)\iff y^2=\dfrac{x+2}{x-1} ; ce quotient est positif (numérateur ≤0\le0, dénominateur <0<0) et y≥0y\ge0. f−1(x)=x+2x−1f^{-1}(x)=\sqrt{\dfrac{x+2}{x-1}}.

8. f(x)=(x+1)3+1f(x)=(x+1)^3+1 : ff est continue et strictement croissante sur II. f(−1)=1f(-1)=1, lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty : J=[1;+∞[J=[1;+\infty[. Pour x∈Jx\in J, y≥−1y\ge-1 : f(y)=x  ⟺  (y+1)3=x−1  ⟺  y+1=x−13f(y)=x\iff(y+1)^3=x-1\iff y+1=\sqrt[3]{x-1} (car y+1≥0y+1\ge0 et x−1≥0x-1\ge0). f−1(x)=x−13−1f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1}-1.

Exercice 18 — Racines nn-ièmes — calculs Moyen ★★★☆☆

  1. Comparer les nombres a=(256)3a=\left(\sqrt[6]{25}\right)^3, b=643b=\sqrt{\sqrt[3]{64}} et c=73c=\sqrt[3]{\sqrt7}.
  2. Simplifier le nombre A=343×3−26×(95)523×(34)2.A=\frac{3^{\frac43}\times\sqrt[6]{3^{-2}}\times\left(\sqrt[5]9\right)^{\frac52}}{\sqrt3\times\left(\sqrt[4]3\right)^2}.
  3. Ranger dans l’ordre croissant les nombres : 104\sqrt[4]{10} ; 63\sqrt[3]6 ; 50012\sqrt[12]{500} ; 306\sqrt[6]{30} ; 3\sqrt3.
  4. Rendre rationnel le dénominateur de chacune des expressions suivantes : a. 123−1\dfrac1{\sqrt[3]2-1} ; b. 193−43\dfrac1{\sqrt[3]9-\sqrt[3]4} ; c. 33−133+1\dfrac{\sqrt[3]3-1}{\sqrt[3]3+1} ; d. 11+23+43\dfrac1{1+\sqrt[3]2+\sqrt[3]4}.
Voir la solution

1. a=2536=2512=5a=25^{\frac36}=25^{\frac12}=5 ; b=646=2b=\sqrt[6]{64}=2 ; c=76c=\sqrt[6]7. Comme 7<647<64, c<bc<b ; et b<ab<a. Donc c<b<ac<b<a.

2. Au numérateur : 343×3−26×(325)52=343−13+1=323^{\frac43}\times3^{-\frac26}\times\left(3^{\frac25}\right)^{\frac52}=3^{\frac43-\frac13+1}=3^2. Au dénominateur : 312×324=313^{\frac12}\times3^{\frac24}=3^1. Donc A=32−1=3A=3^{2-1}=3.

3. On écrit tous les nombres avec l’indice 1212 : 104=100012,63=129612,50012,306=90012,3=72912.\sqrt[4]{10}=\sqrt[12]{1000},\quad \sqrt[3]6=\sqrt[12]{1296},\quad \sqrt[12]{500},\quad \sqrt[6]{30}=\sqrt[12]{900},\quad \sqrt3=\sqrt[12]{729}. La fonction  12\sqrt[12]{\ } est strictement croissante : 50012<3<306<104<63\sqrt[12]{500}<\sqrt3<\sqrt[6]{30}<\sqrt[4]{10}<\sqrt[3]6.

4. On utilise a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2) et a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2).

a. 123−1=43+23+12−1=43+23+1\dfrac1{\sqrt[3]2-1}=\dfrac{\sqrt[3]4+\sqrt[3]2+1}{2-1}=\sqrt[3]4+\sqrt[3]2+1.

b. 193−43=813+363+1639−4=333+363+2235\dfrac1{\sqrt[3]9-\sqrt[3]4}=\dfrac{\sqrt[3]{81}+\sqrt[3]{36}+\sqrt[3]{16}}{9-4}=\dfrac{3\sqrt[3]3+\sqrt[3]{36}+2\sqrt[3]2}5.

c. 33−133+1=(33−1)(93−33+1)3+1=2+233−2934=1+33−932\dfrac{\sqrt[3]3-1}{\sqrt[3]3+1}=\dfrac{(\sqrt[3]3-1)(\sqrt[3]9-\sqrt[3]3+1)}{3+1}=\dfrac{2+2\sqrt[3]3-2\sqrt[3]9}4=\dfrac{1+\sqrt[3]3-\sqrt[3]9}2.

d. (23−1)(43+23+1)=2−1=1(\sqrt[3]2-1)(\sqrt[3]4+\sqrt[3]2+1)=2-1=1, donc 11+23+43=23−1\dfrac1{1+\sqrt[3]2+\sqrt[3]4}=\sqrt[3]2-1.

Exercice 19 — Limites et racines nn-ièmes Difficile ★★★★☆

Calculer les limites suivantes.

1. lim⁡x→0x+273−3x\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt[3]{x+27}-3}x2. lim⁡x→64x3−4x−64\lim\limits_{x\to64}\dfrac{\sqrt[3]x-4}{x-64}
3. lim⁡x→0x+14−1x\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt[4]{x+1}-1}x4. lim⁡x→3x−23−1x+1−2\lim\limits_{x\to3}\dfrac{\sqrt[3]{x-2}-1}{\sqrt{x+1}-2}
5. lim⁡x→+∞(x3+2x3−3x)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x^3+2x}-3x\right)6. lim⁡x→+∞(x3+3x23−x)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x^3+3x^2}-x\right)
7. lim⁡x→+∞2x2+x+54\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[4]{2x^2+x+5}8. lim⁡x→+∞8x3+x2+13x\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sqrt[3]{8x^3+x^2+1}}x
9. lim⁡x→2x+7−33x+23−2\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\sqrt{x+7}-3}{\sqrt[3]{3x+2}-2}10. lim⁡x→+∞(x+33−x3)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x+3}-\sqrt[3]x\right)
11. lim⁡x→1x3−1x+154−2\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\sqrt[3]x-1}{\sqrt[4]{x+15}-2}12. lim⁡x→4x−x+122x+1−3\lim\limits_{x\to4}\dfrac{x-\sqrt{x+12}}{\sqrt{2x+1}-3}
13. lim⁡x→+∞8x3x+x233\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sqrt[3]{8x}}{\sqrt[3]{x+\sqrt[3]{x^2}}}14. lim⁡x→+∞(x3+x23−x3−x23)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x^3+x^2}-\sqrt[3]{x^3-x^2}\right)
15. lim⁡x→+∞x+14+2x+13−1\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sqrt[4]{x+1}+2}{\sqrt[3]{x+1}-1}16. lim⁡x→0x+1−x+13x\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt[3]{x+1}}x
Voir la solution

Rappels : A−B=A3−B3A2+AB+B2A-B=\dfrac{A^3-B^3}{A^2+AB+B^2} ; A−B=A4−B4A3+A2B+AB2+B3A-B=\dfrac{A^4-B^4}{A^3+A^2B+AB^2+B^3}.

1. x+273−3x=1(x+27)23+3x+273+9→x→0127\dfrac{\sqrt[3]{x+27}-3}x=\dfrac1{\sqrt[3]{(x+27)^2}+3\sqrt[3]{x+27}+9}\xrightarrow[x\to0]{}\dfrac1{27}.

2. x3−4x−64=1x23+4x3+16→x→64148\dfrac{\sqrt[3]x-4}{x-64}=\dfrac1{\sqrt[3]{x^2}+4\sqrt[3]x+16}\xrightarrow[x\to64]{}\dfrac1{48}.

3. Avec X=x+14X=\sqrt[4]{x+1} : X−1x=X−1X4−1=1X3+X2+X+1→x→014\dfrac{X-1}x=\dfrac{X-1}{X^4-1}=\dfrac1{X^3+X^2+X+1}\xrightarrow[x\to0]{}\dfrac14.

4. x−23−1=x−3(x−2)23+x−23+1\sqrt[3]{x-2}-1=\dfrac{x-3}{\sqrt[3]{(x-2)^2}+\sqrt[3]{x-2}+1} et x+1−2=x−3x+1+2\sqrt{x+1}-2=\dfrac{x-3}{\sqrt{x+1}+2}, donc x−23−1x+1−2=x+1+2(x−2)23+x−23+1→x→343.\frac{\sqrt[3]{x-2}-1}{\sqrt{x+1}-2}=\frac{\sqrt{x+1}+2}{\sqrt[3]{(x-2)^2}+\sqrt[3]{x-2}+1}\xrightarrow[x\to3]{}\frac43 .

5. Pour x>0x>0 : x3+2x3−3x=x(1+2x23−3)\sqrt[3]{x^3+2x}-3x=x\left(\sqrt[3]{1+\frac2{x^2}}-3\right) ; la parenthèse tend vers 1−3=−21-3=-2, donc la limite vaut −∞-\infty.

6. Avec A=x3+3x23A=\sqrt[3]{x^3+3x^2} : A−x=3x2A2+Ax+x2=3(Ax)2+Ax+1A-x=\dfrac{3x^2}{A^2+Ax+x^2}=\dfrac3{\left(\frac Ax\right)^2+\frac Ax+1} et Ax=1+3x3→1\dfrac Ax=\sqrt[3]{1+\frac3x}\to1 : la limite vaut 11.

7. lim⁡x→+∞(2x2+x+5)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}(2x^2+x+5)=+\infty, donc lim⁡x→+∞2x2+x+54=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[4]{2x^2+x+5}=+\infty.

8. Pour x>0x>0 : 8x3+x2+13x=8+1x+1x33→x→+∞83=\dfrac{\sqrt[3]{8x^3+x^2+1}}x=\sqrt[3]{8+\frac1x+\frac1{x^3}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}\sqrt[3]8= 22.

9. x+7−3=x−2x+7+3\sqrt{x+7}-3=\dfrac{x-2}{\sqrt{x+7}+3} et 3x+23−2=3(x−2)(3x+2)23+23x+23+4\sqrt[3]{3x+2}-2=\dfrac{3(x-2)}{\sqrt[3]{(3x+2)^2}+2\sqrt[3]{3x+2}+4}, d’où une limite égale à 4+4+43×6=\dfrac{4+4+4}{3\times6}= 23\dfrac23.

10. x+33−x3=3(x+3)23+x(x+3)3+x23\sqrt[3]{x+3}-\sqrt[3]x=\dfrac{3}{\sqrt[3]{(x+3)^2}+\sqrt[3]{x(x+3)}+\sqrt[3]{x^2}} : le dénominateur tend vers +∞+\infty, la limite vaut 00.

11. x3−1=x−1x23+x3+1\sqrt[3]x-1=\dfrac{x-1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]x+1} ; avec X=x+154X=\sqrt[4]{x+15} : X−2=x−1X3+2X2+4X+8X-2=\dfrac{x-1}{X^3+2X^2+4X+8}. Le quotient vaut X3+2X2+4X+8x23+x3+1→x→18+8+8+83=\dfrac{X^3+2X^2+4X+8}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]x+1}\xrightarrow[x\to1]{}\dfrac{8+8+8+8}3= 323\dfrac{32}3.

12. x−x+12=x2−x−12x+x+12=(x−4)(x+3)x+x+12x-\sqrt{x+12}=\dfrac{x^2-x-12}{x+\sqrt{x+12}}=\dfrac{(x-4)(x+3)}{x+\sqrt{x+12}} et 2x+1−3=2(x−4)2x+1+3\sqrt{2x+1}-3=\dfrac{2(x-4)}{\sqrt{2x+1}+3}. Le quotient vaut (x+3)(2x+1+3)2(x+x+12)→x→47×62×8=\dfrac{(x+3)(\sqrt{2x+1}+3)}{2(x+\sqrt{x+12})}\xrightarrow[x\to4]{}\dfrac{7\times6}{2\times8}= 218\dfrac{21}8.

13. Pour x>0x>0 : 8x3x+x233=8xx+x233=81+1x33→x→+∞\dfrac{\sqrt[3]{8x}}{\sqrt[3]{x+\sqrt[3]{x^2}}}=\sqrt[3]{\dfrac{8x}{x+\sqrt[3]{x^2}}}=\sqrt[3]{\dfrac8{1+\frac1{\sqrt[3]x}}}\xrightarrow[x\to+\infty]{} 22.

14. Avec A=x3+x23A=\sqrt[3]{x^3+x^2} et B=x3−x23B=\sqrt[3]{x^3-x^2} (x>1x>1) : A−B=2x2A2+AB+B2=2a2+ab+b2A-B=\dfrac{2x^2}{A^2+AB+B^2}=\dfrac2{a^2+ab+b^2} où a=1+1x3→1a=\sqrt[3]{1+\frac1x}\to1 et b=1−1x3→1b=\sqrt[3]{1-\frac1x}\to1. La limite vaut 23\dfrac23.

15. Avec t=x+1→+∞t=x+1\to+\infty : t4+2t3−1=t4t3×1+2t41−1t3=1t12×1+2t41−1t3\dfrac{\sqrt[4]t+2}{\sqrt[3]t-1}=\dfrac{\sqrt[4]t}{\sqrt[3]t}\times\dfrac{1+\frac2{\sqrt[4]t}}{1-\frac1{\sqrt[3]t}}=\dfrac1{\sqrt[12]t}\times\dfrac{1+\frac2{\sqrt[4]t}}{1-\frac1{\sqrt[3]t}}, car t14t13=t−112\dfrac{t^{\frac14}}{t^{\frac13}}=t^{-\frac1{12}}. La limite vaut 00.

16. x+1−x+13x=x+1−1x−x+13−1x\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt[3]{x+1}}x=\dfrac{\sqrt{x+1}-1}x-\dfrac{\sqrt[3]{x+1}-1}x ; le premier quotient tend vers 12\frac12, le second vers 13\frac13 (même méthode qu’en 3). La limite vaut 16\dfrac16.

Exercice 20 — Équations et inéquations Difficile ★★★★☆

Résoudre dans R\mathbb{R} les équations et inéquations suivantes.

  1. (E1)(E_1) : (x+2)3−8=0(x+2)^3-8=0.
  2. (E2)(E_2) : (x2+3)4=256(x^2+3)^4=256.
  3. (E3)(E_3) : x+63−x−13=1\sqrt[3]{x+6}-\sqrt[3]{x-1}=1.
  4. (E4)(E_4) : (x3)2−5x3+6=0\left(\sqrt[3]x\right)^2-5\sqrt[3]x+6=0.
  5. (E5)(E_5) : x+x3=10x+\sqrt[3]x=10.
  6. (E6)(E_6) : x2−2x3=−1\sqrt[3]{x^2-2x}=-1.
  7. (I1)(I_1) : x+1>x2+73x+1>\sqrt[3]{x^2+7}.
  8. (I2)(I_2) : x+6≤x\sqrt{x+6}\le x.
Voir la solution

1. Si x+2≤0x+2\le0, alors (x+2)3≤0<8(x+2)^3\le0<8. Donc x+2>0x+2>0 et (x+2)3=8  ⟺  x+2=83=2(x+2)^3=8\iff x+2=\sqrt[3]8=2. S={0}S=\{0\}.

2. x2+3>0x^2+3>0, donc (x2+3)4=256  ⟺  x2+3=2564=4  ⟺  x2=1(x^2+3)^4=256\iff x^2+3=\sqrt[4]{256}=4\iff x^2=1. S={−1;1}S=\{-1;1\}.

3. L’équation est définie pour x+6≥0x+6\ge0 et x−1≥0x-1\ge0, soit x≥1x\ge1. On pose a=x+63a=\sqrt[3]{x+6} et b=x−13b=\sqrt[3]{x-1}, réels positifs, avec a3−b3=7a^3-b^3=7. Si xx est solution, alors a=b+1a=b+1 et (a−b)(a2+ab+b2)=7(a-b)(a^2+ab+b^2)=7, d’où (b+1)2+b(b+1)+b2=7(b+1)^2+b(b+1)+b^2=7, soit 3b2+3b−6=03b^2+3b-6=0, c’est-à-dire (b−1)(b+2)=0(b-1)(b+2)=0. Comme b≥0b\ge0 : b=1b=1, donc x=2x=2. Réciproquement, 83−13=2−1=1\sqrt[3]8-\sqrt[3]1=2-1=1 : 22 est solution. S={2}S=\{2\}.

4. Domaine : x≥0x\ge0. On pose t=x3≥0t=\sqrt[3]x\ge0 : t2−5t+6=0  ⟺  t=2t^2-5t+6=0\iff t=2 ou t=3t=3 (racines positives), donc x=8x=8 ou x=27x=27. S={8;27}S=\{8;27\}.

5. Domaine : x≥0x\ge0. La fonction φ:x↦x+x3\varphi:x\mapsto x+\sqrt[3]x est continue et strictement croissante sur [0;+∞[[0;+\infty[, donc l’équation φ(x)=10\varphi(x)=10 a au plus une solution ; or φ(8)=8+2=10\varphi(8)=8+2=10. S={8}S=\{8\}.

6. Domaine : x2−2x≥0x^2-2x\ge0, soit x∈]−∞;0]∪[2;+∞[x\in]-\infty;0]\cup[2;+\infty[. Pour tout xx du domaine, x2−2x3≥0>−1\sqrt[3]{x^2-2x}\ge0>-1. S=∅S=\varnothing.

7. L’inéquation est définie sur R\mathbb{R} (x2+7>0x^2+7>0).

  • Si x≤−1x\le-1 : x+1≤0≤x2+73x+1\le0\le\sqrt[3]{x^2+7}, l’inéquation n’est pas vérifiée.
  • Si x>−1x>-1 : les deux membres sont positifs et la fonction cube est strictement croissante sur [0;+∞[[0;+\infty[, donc l’inéquation équivaut à (x+1)3>x2+7(x+1)^3>x^2+7, soit x3+2x2+3x−6>0x^3+2x^2+3x-6>0. Or x3+2x2+3x−6=(x−1)(x2+3x+6)x^3+2x^2+3x-6=(x-1)(x^2+3x+6) et x2+3x+6>0x^2+3x+6>0 (discriminant −15-15). Donc l’inéquation équivaut à x>1x>1.

S=]1;+∞[S=]1;+\infty[.

8. Domaine : x≥−6x\ge-6. Si −6≤x<0-6\le x<0 : x+6≥0>x\sqrt{x+6}\ge0>x, l’inéquation n’est pas vérifiée. Si x≥0x\ge0 : les deux membres sont positifs, donc x+6≤x  ⟺  x+6≤x2  ⟺  (x−3)(x+2)≥0  ⟺  x≥3\sqrt{x+6}\le x\iff x+6\le x^2\iff(x-3)(x+2)\ge0\iff x\ge3 (car x+2>0x+2>0). S=[3;+∞[S=[3;+\infty[.

Quiz — testez-vous

20 questions tirées au hasard parmi 41.

← Retour aux chapitres 2BAC SE