🇫🇷 France 🇲🇦 Maroc
Accueil › 2ᵉ Bac Sciences Maths › Limites et continuité
I Analyse · Chapitre 01

Limites et continuité

Image d'un segment, TVI, dichotomie, fonction réciproque.

15 min de lecture
9 sections, 10 exemples
40 exercices · 3 problèmes

Conforme au programme officiel 2025-2026 · mis à jour le · notre méthode de vérification

L'essentiel en 30 secondes

Ce chapitre tire toutes les conséquences de la continuité : l'image d'un segment par une fonction continue est un segment, le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence de solutions de f(x) = k, et la dichotomie les encadre numériquement. Enfin, toute fonction continue strictement monotone sur un intervalle admet une fonction réciproque continue et de même monotonie, dont la courbe est la symétrique de celle de f par rapport à la droite y = x.

1 Périmètre du chapitre

2 I. Rappels et compléments sur les limites

La notion de limite est le socle de tout ce chapitre : c'est elle qui permet de définir la continuité. On rappelle ici les outils essentiels, dont la maîtrise est supposée acquise.

3 II. Continuité en un point

4 III. Prolongement par continuité

5 IV. Continuité sur un intervalle

6 V. Image d'un intervalle par une fonction continue

7 VI. Théorème des valeurs intermédiaires

8 VII. Méthode de dichotomie

Lorsqu'une équation f(x)=0f(x) = 0 admet une solution α\alpha dans [a ;b][a\,;b] (par le TVI) mais qu'on ne sait pas la calculer exactement, la dichotomie en donne une valeur approchée aussi précise qu'on veut.

9 VIII. Fonction réciproque

C'est le cœur du chapitre — et une notion spécifique au programme des Sciences Mathématiques. Elle formalise l'idée de « défaire » une fonction.

Questions fréquentes

Que dit le théorème des valeurs intermédiaires ?
Si ff est continue sur [a ;b][a\,;b], alors ff atteint toute valeur kk comprise 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]. Si de plus ff est strictement monotone, cette solution est unique. C'est l'outil d'existence par excellence — il prouve qu'une solution existe sans la calculer.
Quand une fonction admet-elle une fonction réciproque ?
Quand elle est continue et strictement monotone sur un intervalle II : elle réalise alors une bijection de II sur l'intervalle f(I)f(I), et sa réciproque f−1f^{-1} est continue, de même sens de monotonie. Les courbes de ff et f−1f^{-1} sont symétriques par rapport à la droite y=xy = x.
Qu'est-ce que l'image d'un segment par une fonction continue ?
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 le minimum et le maximum de ff sur [a ;b][a\,;b] — la fonction les atteint. Attention : [m ;M][m\,;M] n'est pas forcément [f(a) ;f(b)][f(a)\,;f(b)], sauf si ff est monotone.

Continuité — l'essentiel

TVI et dichotomie

Fonction réciproque

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
Calculer lim⁡x→3x2−9x−3\displaystyle\lim_{x \to 3} \frac{x^2 - 9}{x - 3}.
Correction détaillée
Forme indéterminée $\tfrac{0}{0}$. On factorise le numérateur : $$\frac{x^2 - 9}{x - 3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} = x + 3 \xrightarrow[x \to 3]{} \boxed{6}$$
Exercice 2
Facile
Calculer lim⁡x→+∞3x2−x2x2+5\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{3x^2 - x}{2x^2 + 5}.
Correction détaillée
Quotient de polynômes de même degré en $+\infty$ : on factorise par le terme dominant $x^2$. $$\frac{3x^2 - x}{2x^2 + 5} = \frac{x^2\left(3 - \frac{1}{x}\right)}{x^2\left(2 + \frac{5}{x^2}\right)} = \frac{3 - \frac{1}{x}}{2 + \frac{5}{x^2}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \boxed{\frac{3}{2}}$$ *La limite en $\pm\infty$ d'une fraction rationnelle est le rapport des coefficients dominants.*
Exercice 3
Facile
Calculer lim⁡x→0sin⁡3xx\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{x}.
Correction détaillée
On fait apparaître la limite de référence $\dfrac{\sin u}{u} \to 1$ en posant $u = 3x$ : $$\frac{\sin 3x}{x} = 3 \times \frac{\sin 3x}{3x} \xrightarrow[x \to 0]{} 3 \times 1 = \boxed{3}$$
Exercice 4
Facile
Calculer lim⁡x→+∞(x2+1−x)\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + 1} - x\right).
Correction détaillée
Forme $\infty - \infty$. On multiplie par la quantité conjuguée : $$\sqrt{x^2+1} - x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}\right)^2 - x^2}{\sqrt{x^2+1} + x} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1} + x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \boxed{0}$$
Exercice 5
Facile
La fonction f(x)=2x+1x−4f(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 4} est-elle continue en x=2x = 2 ? Justifier.
Correction détaillée
En $x = 2$, le dénominateur vaut $2 - 4 = -2 \neq 0$. La fonction $f$ est une **fonction rationnelle**, continue en tout point où son dénominateur ne s'annule pas. $$f(2) = \frac{5}{-2} = -\frac{5}{2} \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 2} f(x) = -\frac{5}{2}$$ $$\boxed{f \text{ est continue en } 2}$$
Exercice 6
Facile
Justifier que f(x)=x2+4f(x) = \sqrt{x^2 + 4} est continue sur R\mathbb{R}.
Correction détaillée
La fonction $x \mapsto x^2 + 4$ est un **polynôme**, donc continue sur $\mathbb{R}$, et à valeurs dans $[4\,;+\infty[ \subset [0\,;+\infty[$. La fonction $\sqrt{\ }$ est continue sur $[0\,;+\infty[$. Par **composition de deux fonctions continues** : $$\boxed{f = \sqrt{\ } \circ (x^2 + 4) \text{ est continue sur } \mathbb{R}}$$
Exercice 7
Facile
Déterminer l'image de l'intervalle [−1 ;2][-1\,;2] par la fonction f(x)=x2f(x) = x^2.
Correction détaillée
$f$ est continue sur le **segment** $[-1\,;2]$ : son image est un segment $[m\,;M]$. $f$ décroît sur $[-1\,;0]$ puis croît sur $[0\,;2]$ : - minimum : $f(0) = 0$ ; - maximum : $f(-1) = 1$ ou $f(2) = 4$, le plus grand est $4$. $$\boxed{f\big([-1\,;2]\big) = [0\,;4]}$$
Exercice 8
Facile
Calculer lim⁡x→01−cos⁡xx2\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}.
Correction détaillée
C'est une **limite de référence** : $$\boxed{\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}}$$ *On peut la retrouver en multipliant par le conjugué $1 + \cos x$ et en utilisant $\frac{\sin x}{x} \to 1$.*
Exercice 9
Facile
La fonction f(x)=sin⁡xxf(x) = \dfrac{\sin x}{x} admet-elle un prolongement par continuité en 00 ? Si oui, le préciser.
Correction détaillée
$f$ n'est pas définie en $0$, mais $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ existe et est **finie**. $f$ se prolonge donc par continuité en posant : $$\boxed{\tilde{f}(0) = 1}$$ La fonction $\tilde f$ ainsi obtenue est continue sur $\mathbb{R}$.
Exercice 10
Facile
Montrer que l'équation x3+x−1=0x^3 + x - 1 = 0 admet au moins une solution dans ]0 ;1[]0\,;1[.
Correction détaillée
Soit $f(x) = x^3 + x - 1$, **continue** sur $[0\,;1]$ (polynôme). $$f(0) = -1 < 0 \qquad f(1) = 1 > 0$$ Comme $f(0)$ et $f(1)$ sont de **signes contraires**, le **théorème des valeurs intermédiaires** garantit : $$\boxed{\exists\, \alpha \in\, ]0\,;1[ \ : \ f(\alpha) = 0}$$
Exercice 11
Facile
Calculer lim⁡x→4x−2x−4\displaystyle\lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{x} - 2}{x - 4}.
Correction détaillée
Forme $\tfrac{0}{0}$. On multiplie par le conjugué $\sqrt{x} + 2$ : $$\frac{\sqrt{x} - 2}{x - 4} = \frac{x - 4}{(x - 4)\left(\sqrt{x} + 2\right)} = \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \xrightarrow[x \to 4]{} \boxed{\frac{1}{4}}$$
Exercice 12
Facile
La fonction f(x)=x3f(x) = x^3 est-elle bijective sur R\mathbb{R} ? Donner sa réciproque.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 \geqslant 0$, nulle seulement en $0$ : $f$ est **strictement croissante** sur $\mathbb{R}$, donc continue et strictement monotone. Elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$. On résout $y = x^3$ : $$x = \sqrt[3]{y}$$ $$\boxed{f^{-1}(x) = \sqrt[3]{x}}$$ *Attention : la réciproque de $x^3$ est $\sqrt[3]{x}$, pas $x^{-3}$.*
Exercice 13
Facile
Déterminer l'image de [1 ;+∞[[1\,;+\infty[ par f(x)=1xf(x) = \dfrac{1}{x}.
Correction détaillée
$f$ est continue et **strictement décroissante** sur $[1\,;+\infty[$. - en $1$ : $f(1) = 1$ (borne **atteinte**) ; - en $+\infty$ : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0$ (borne **non atteinte**). $$\boxed{f\big([1\,;+\infty[\big) = \,]0\,;1]}$$ *Le crochet ouvert en $0$ traduit que la valeur $0$ n'est jamais atteinte.*
Exercice 14
Facile
Calculer lim⁡x→1x3−1x2−1\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x^2 - 1}.
Correction détaillée
Forme $\tfrac{0}{0}$. On factorise numérateur et dénominateur par $(x - 1)$ : $$\frac{x^3 - 1}{x^2 - 1} = \frac{(x-1)(x^2 + x + 1)}{(x-1)(x+1)} = \frac{x^2 + x + 1}{x + 1} \xrightarrow[x \to 1]{} \frac{3}{2}$$ $$\boxed{\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{x^2 - 1} = \frac{3}{2}}$$
Exercice 15
Facile
Soit ff continue et strictement croissante sur [2 ;7][2\,;7], avec f(2)=−1f(2) = -1 et f(7)=4f(7) = 4. Combien de solutions l'équation f(x)=3f(x) = 3 a-t-elle ?
Correction détaillée
$f$ est **continue** et **strictement croissante** sur $[2\,;7]$, et $3$ est compris entre $f(2) = -1$ et $f(7) = 4$. D'après le **corollaire du TVI** (théorème de la bijection) : $$\boxed{\text{L'équation } f(x) = 3 \text{ admet une unique solution dans } [2\,;7]}$$
Exercice 16
Facile
Calculer lim⁡x→+∞ln⁡xx\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} et lim⁡x→+∞exx2\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^2}.
Correction détaillée
Ce sont deux **croissances comparées** : $$\boxed{\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0} \qquad \boxed{\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^2} = +\infty}$$ *Règle : l'exponentielle l'emporte sur toute puissance, qui l'emporte sur le logarithme.*
Exercice 17
Intermédiaire
Étudier la continuité de ff en 00, où f(x)=1+x−1xf(x) = \dfrac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} pour x≠0x \neq 0 et f(0)=12f(0) = \dfrac{1}{2}.
Correction détaillée
**Limite en $0$** (forme $\tfrac{0}{0}$). On multiplie par le conjugué : $$\frac{\sqrt{1+x} - 1}{x} = \frac{(1 + x) - 1}{x\left(\sqrt{1+x} + 1\right)} = \frac{1}{\sqrt{1+x} + 1} \xrightarrow[x \to 0]{} \frac{1}{2}$$ **Comparaison avec $f(0)$.** On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = \frac{1}{2} = f(0)$. $$\boxed{f \text{ est continue en } 0}$$
Exercice 18
Intermédiaire
Déterminer le réel aa pour que ff soit continue en 22, où f(x)=x2−4x−2f(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2} pour x≠2x \neq 2 et f(2)=af(2) = a.
Correction détaillée
**Limite en $2$.** Pour $x \neq 2$ : $\dfrac{x^2 - 4}{x - 2} = \dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x + 2 \to 4$. **Condition de continuité.** $f$ est continue en $2$ ssi $\displaystyle\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)$, c'est-à-dire $$4 = a$$ $$\boxed{a = 4}$$
Exercice 19
Intermédiaire
Soit f(x)=x2−4x+1f(x) = x^2 - 4x + 1. Déterminer l'image de l'intervalle [0 ;5][0\,;5] par ff.
Correction détaillée
$f$ est continue sur le segment $[0\,;5]$ : son image est un segment. **Variations.** $f'(x) = 2x - 4$, nulle en $x = 2$. $f$ décroît sur $[0\,;2]$ puis croît sur $[2\,;5]$. **Valeurs.** $$f(2) = 4 - 8 + 1 = -3 \ (\text{minimum}) \qquad f(0) = 1 \qquad f(5) = 25 - 20 + 1 = 6$$ Le maximum est $f(5) = 6$. $$\boxed{f\big([0\,;5]\big) = [-3\,;6]}$$
Exercice 20
Intermédiaire
Montrer que la fonction f(x)=x3+xf(x) = x^3 + x admet une fonction réciproque sur R\mathbb{R}, et préciser le sens de variation et la continuité de f−1f^{-1}.
Correction détaillée
**Bijectivité.** $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$ : $f$ est **continue** et **strictement croissante** sur $\mathbb{R}$. De plus $\displaystyle\lim_{-\infty} f = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty} f = +\infty$, donc $f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$. $f$ réalise donc une **bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$**, et admet une réciproque $f^{-1}$ définie sur $\mathbb{R}$. **D'après le théorème de la fonction réciproque :** $$\boxed{f^{-1} \text{ est continue sur } \mathbb{R} \text{ et strictement CROISSANTE (même sens que } f)}$$ *On ne cherche pas ici l'expression de $f^{-1}$ : la résolution de $y = x^3 + x$ ne conduit à aucune forme simple.*
Exercice 21
Intermédiaire
Déterminer la fonction réciproque de f(x)=2x−1x+1f(x) = \dfrac{2x - 1}{x + 1} définie sur ]−1 ;+∞[]-1\,;+\infty[.
1.
Justifier que ff est bijective.
$f$ est une fonction rationnelle, continue sur $]-1\,;+\infty[$. Sa dérivée : $$f'(x) = \frac{2(x+1) - (2x-1)}{(x+1)^2} = \frac{3}{(x+1)^2} > 0$$ $f$ est donc **strictement croissante**, donc bijective de $]-1\,;+\infty[$ sur son image.
2.
Déterminer f−1f^{-1}.
On pose $y = \dfrac{2x - 1}{x + 1}$ et on résout en $x$ : $$y(x + 1) = 2x - 1 \iff yx + y = 2x - 1 \iff x(y - 2) = -1 - y$$ $$x = \frac{-1 - y}{y - 2} = \frac{y + 1}{2 - y}$$ $$\boxed{f^{-1}(x) = \frac{x + 1}{2 - x}}$$ **Vérification :** $f\big(f^{-1}(x)\big) = \dfrac{2 \cdot \frac{x+1}{2-x} - 1}{\frac{x+1}{2-x} + 1} = \dfrac{\frac{2(x+1) - (2-x)}{2-x}}{\frac{(x+1)+(2-x)}{2-x}} = \dfrac{3x}{3} = x$ ✓
Exercice 22
Intermédiaire
Calculer lim⁡x→1x+3−2x−1\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x + 3} - 2}{x - 1}.
Correction détaillée
Forme $\tfrac{0}{0}$. On multiplie par le conjugué $\sqrt{x+3} + 2$ : $$\frac{\sqrt{x+3} - 2}{x - 1} = \frac{(x + 3) - 4}{(x - 1)\left(\sqrt{x+3} + 2\right)} = \frac{x - 1}{(x - 1)\left(\sqrt{x+3} + 2\right)} = \frac{1}{\sqrt{x+3} + 2}$$ $$\xrightarrow[x \to 1]{} \frac{1}{2 + 2} = \boxed{\frac{1}{4}}$$
Exercice 23
Intermédiaire
Montrer que l'équation cos⁡x=x\cos x = x admet une unique solution sur [0 ;1][0\,;1], puis en donner un encadrement d'amplitude 0,50{,}5 par dichotomie.
1.
Existence et unicité.
Soit $f(x) = \cos x - x$, **continue** sur $[0\,;1]$. $$f(0) = 1 - 0 = 1 > 0 \qquad f(1) = \cos 1 - 1 \approx 0{,}54 - 1 = -0{,}46 < 0$$ De plus $f'(x) = -\sin x - 1 < 0$ sur $]0\,;1[$ : $f$ est **strictement décroissante**. Continue, strictement monotone, changeant de signe : par le **corollaire du TVI**, il existe une **unique** solution $\alpha \in\, ]0\,;1[$.
2.
Encadrement par dichotomie.
On calcule au milieu $m = 0{,}5$ : $$f(0{,}5) = \cos 0{,}5 - 0{,}5 \approx 0{,}878 - 0{,}5 = 0{,}378 > 0$$ Comme $f(0{,}5) > 0$ et $f(1) < 0$, la solution est dans $[0{,}5\,;1]$ : $$\boxed{0{,}5 < \alpha < 1}$$ *(Valeur précise : $\alpha \approx 0{,}739$.)*
Exercice 24
Intermédiaire
Étudier la continuité sur R\mathbb{R} de f(x)={x2+1si x⩽13x−1si x>1f(x) = \begin{cases} x^2 + 1 & \text{si } x \leqslant 1 \\ 3x - 1 & \text{si } x > 1 \end{cases}
Correction détaillée
Sur $]-\infty\,;1[$, $f$ coïncide avec le polynôme $x^2 + 1$ (continu) ; sur $]1\,;+\infty[$, avec $3x - 1$ (continu). **Seul le point de raccord $x = 1$ est à examiner.** **Limite à gauche :** $\displaystyle\lim_{x \to 1^-} (x^2 + 1) = 2$, et $f(1) = 2$. **Limite à droite :** $\displaystyle\lim_{x \to 1^+} (3x - 1) = 2$. Les deux limites valent $2 = f(1)$ : $f$ est continue en $1$. $$\boxed{f \text{ est continue sur } \mathbb{R}}$$
Exercice 25
Intermédiaire
Déterminer le réel aa pour que ff soit continue en 00, où f(x)={1+x−1−xxsi x≠0asi x=0f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sqrt{1 + x} - \sqrt{1 - x}}{x} & \text{si } x \neq 0 \\ a & \text{si } x = 0 \end{cases}
Correction détaillée
**Limite en $0$** (forme $\tfrac{0}{0}$). On multiplie par le conjugué $\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}$ : $$\frac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}}{x} = \frac{(1 + x) - (1 - x)}{x\left(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}\right)} = \frac{2x}{x\left(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}\right)}$$ $$= \frac{2}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}} \xrightarrow[x \to 0]{} \frac{2}{1 + 1} = 1$$ **Condition de continuité :** il faut $a = \displaystyle\lim_{x \to 0} f(x)$, donc $$\boxed{a = 1}$$
Exercice 26
Intermédiaire
Soit f(x)=x2+1f(x) = x^2 + 1 sur I=[0 ;+∞[I = [0\,;+\infty[. Déterminer f−1f^{-1} et vérifier que les deux courbes sont symétriques par rapport à y=xy = x en un point.
Correction détaillée
**Bijectivité.** $f$ est continue et strictement croissante sur $[0\,;+\infty[$, d'image $[1\,;+\infty[$. **Réciproque.** On résout $y = x^2 + 1$ avec $x \geqslant 0$ : $x = \sqrt{y - 1}$. $$\boxed{f^{-1}(x) = \sqrt{x - 1} \ \text{ sur } [1\,;+\infty[}$$ **Symétrie.** Le point $A(1\,;2)$ appartient à $\mathcal{C}_f$ (car $f(1) = 2$). Son symétrique par rapport à $y = x$ est $A'(2\,;1)$, et l'on vérifie $f^{-1}(2) = \sqrt{2 - 1} = 1$ : $A'$ appartient bien à $\mathcal{C}_{f^{-1}}$ ✓
Exercice 27
Intermédiaire
Calculer lim⁡x→+∞(x2+x−x2−x)\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + x} - \sqrt{x^2 - x}\right).
Correction détaillée
Forme $\infty - \infty$. On multiplie par le conjugué : $$\sqrt{x^2+x} - \sqrt{x^2-x} = \frac{(x^2 + x) - (x^2 - x)}{\sqrt{x^2+x} + \sqrt{x^2-x}} = \frac{2x}{\sqrt{x^2+x} + \sqrt{x^2-x}}$$ On factorise par $x$ (avec $x > 0$, donc $\sqrt{x^2} = x$) au dénominateur : $$= \frac{2x}{x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + \sqrt{1 - \frac{1}{x}}\right)} = \frac{2}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + \sqrt{1 - \frac{1}{x}}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \frac{2}{1 + 1} = \boxed{1}$$
Exercice 28
Intermédiaire
Montrer que tout polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle. (On traitera le cas P(x)=x3−3x+1P(x) = x^3 - 3x + 1.)
Correction détaillée
**Idée générale.** Un polynôme de degré impair a des limites **de signes contraires** en $-\infty$ et $+\infty$ ; étant continu, le TVI donne une racine. **Cas $P(x) = x^3 - 3x + 1$**, continu sur $\mathbb{R}$ : $$\lim_{x \to -\infty} P(x) = -\infty \qquad \lim_{x \to +\infty} P(x) = +\infty$$ Comme $0$ est compris entre ces deux limites, le **TVI** garantit l'existence d'au moins une racine réelle. *Localisation :* $P(0) = 1 > 0$ et $P(1) = 1 - 3 + 1 = -1 < 0$, donc une racine dans $]0\,;1[$. $$\boxed{P \text{ admet au moins une racine réelle}}$$
Exercice 29
Intermédiaire
La fonction f(x)=x+sin⁡xf(x) = x + \sin x est-elle bijective de R\mathbb{R} sur R\mathbb{R} ?
Correction détaillée
**Continuité :** somme de deux fonctions continues, $f$ est continue sur $\mathbb{R}$. **Monotonie :** $f'(x) = 1 + \cos x \geqslant 0$, et $f'$ ne s'annule qu'en des points isolés ($x = \pi + 2k\pi$). Donc $f$ est **strictement croissante** sur $\mathbb{R}$. **Limites :** $\displaystyle\lim_{-\infty} f = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty} f = +\infty$ (le terme $x$ domine le terme borné $\sin x$). Donc $f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$. $$\boxed{f \text{ est une bijection de } \mathbb{R} \text{ sur } \mathbb{R}}$$
Exercice 30
Intermédiaire
Soit f(x)=ex−1f(x) = e^x - 1. Montrer que ff est bijective sur R\mathbb{R} et déterminer f−1f^{-1}.
Correction détaillée
**Bijectivité.** $f$ est continue, et $f'(x) = e^x > 0$ : $f$ est strictement croissante. Comme $\displaystyle\lim_{-\infty} f = -1$ (par valeurs supérieures) et $\displaystyle\lim_{+\infty} f = +\infty$, on a $f(\mathbb{R}) = \,]-1\,;+\infty[$. **Réciproque.** On résout $y = e^x - 1$ : $$e^x = y + 1 \iff x = \ln(y + 1)$$ $$\boxed{f^{-1}(x) = \ln(x + 1) \ \text{ sur } ]-1\,;+\infty[}$$ *Cohérent avec le théorème : $f^{-1} = \ln(x+1)$ est continue et croissante, comme $f$.*
Exercice 31
Intermédiaire
Calculer lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡xx3\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}.
Correction détaillée
On écrit $\tan x - \sin x = \dfrac{\sin x}{\cos x} - \sin x = \sin x \cdot \dfrac{1 - \cos x}{\cos x}$. $$\frac{\tan x - \sin x}{x^3} = \underbrace{\frac{\sin x}{x}}_{\to\, 1} \times \underbrace{\frac{1 - \cos x}{x^2}}_{\to\, \frac12} \times \underbrace{\frac{1}{\cos x}}_{\to\, 1}$$ $$\xrightarrow[x \to 0]{} 1 \times \frac{1}{2} \times 1 = \boxed{\frac{1}{2}}$$
Exercice 32
Intermédiaire
Soit ff continue sur [0 ;1][0\,;1] telle que f(0)=f(1)f(0) = f(1). Montrer que l'équation f ⁣(x+12)=f(x)f\!\left(x + \tfrac12\right) = f(x) admet une solution dans [0 ;12]\left[0\,;\tfrac12\right].
Correction détaillée
Posons $g(x) = f\!\left(x + \tfrac12\right) - f(x)$, définie et **continue** sur $\left[0\,;\tfrac12\right]$. **Calcul aux bornes :** $$g(0) = f\!\left(\tfrac12\right) - f(0) \qquad g\!\left(\tfrac12\right) = f(1) - f\!\left(\tfrac12\right)$$ **Somme :** puisque $f(1) = f(0)$, $$g(0) + g\!\left(\tfrac12\right) = f\!\left(\tfrac12\right) - f(0) + f(1) - f\!\left(\tfrac12\right) = f(1) - f(0) = 0$$ Donc $g(0)$ et $g\!\left(\tfrac12\right)$ sont **opposés** : soit tous deux nuls, soit de signes contraires. Dans les deux cas, le **TVI** donne un $c \in \left[0\,;\tfrac12\right]$ tel que $g(c) = 0$, c'est-à-dire $f\!\left(c + \tfrac12\right) = f(c)$. $$\boxed{\text{L'équation admet une solution dans } \left[0\,;\tfrac12\right]}$$
Exercice 33
Difficile
Soit f(x)=x1+∣x∣f(x) = \dfrac{x}{1 + |x|} sur R\mathbb{R}.
1.
Montrer que ff est continue sur R\mathbb{R} et strictement croissante.
**Continuité.** Pour $x \geqslant 0$ : $f(x) = \dfrac{x}{1 + x}$ ; pour $x < 0$ : $f(x) = \dfrac{x}{1 - x}$. Ce sont des fonctions rationnelles continues (dénominateurs $1 + x > 0$ et $1 - x > 0$). Au raccord : $\displaystyle\lim_{0^-} f = 0 = \lim_{0^+} f = f(0)$. Donc $f$ est **continue sur $\mathbb{R}$**. **Monotonie.** Sur $[0\,;+\infty[$ : $f'(x) = \dfrac{1}{(1+x)^2} > 0$. Sur $]-\infty\,;0]$ : $f'(x) = \dfrac{1}{(1-x)^2} > 0$. Donc $f$ est **strictement croissante sur $\mathbb{R}$**.
2.
Déterminer f(R)f(\mathbb{R}).
Par croissance, $f(\mathbb{R})$ est l'intervalle ouvert entre les limites. $$\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1 + x} = 1 \qquad \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{1 - x} = -1$$ Aucune n'est atteinte, donc $$\boxed{f(\mathbb{R}) = \,]-1\,;1[}$$
3.
Déterminer f−1f^{-1} sur ]−1 ;1[]-1\,;1[.
$f$ étant continue et strictement croissante, elle admet une réciproque sur $]-1\,;1[$. Comme $f$ et $x$ ont le même signe, on résout selon le signe de $y$. Pour $y \geqslant 0$ (donc $x \geqslant 0$) : $y = \dfrac{x}{1+x} \Rightarrow y + yx = x \Rightarrow x = \dfrac{y}{1 - y}$. Pour $y < 0$ : $y = \dfrac{x}{1-x} \Rightarrow x = \dfrac{y}{1 + y}$. Les deux cas se regroupent : $$\boxed{f^{-1}(x) = \frac{x}{1 - |x|} \ \text{ sur } ]-1\,;1[}$$
Exercice 34
Difficile
Soit ff continue sur [a ;b][a\,;b] à valeurs dans [a ;b][a\,;b]. Montrer que ff admet un point fixe (il existe cc tel que f(c)=cf(c) = c).
Correction détaillée
**Idée : appliquer le TVI à $g(x) = f(x) - x$.** La fonction $g(x) = f(x) - x$ est **continue** sur $[a\,;b]$ (différence de deux fonctions continues). **Aux bornes**, en utilisant $f(a), f(b) \in [a\,;b]$ : - $g(a) = f(a) - a \geqslant 0$ (car $f(a) \geqslant a$) ; - $g(b) = f(b) - b \leqslant 0$ (car $f(b) \leqslant b$). **Conclusion.** Si $g(a) = 0$ ou $g(b) = 0$, le point fixe est $a$ ou $b$. Sinon $g(a) > 0$ et $g(b) < 0$ : par le **TVI**, il existe $c \in\, ]a\,;b[$ tel que $g(c) = 0$, soit $$\boxed{f(c) = c}$$ *C'est le théorème du point fixe pour un intervalle stable : toute fonction continue qui « envoie $[a;b]$ dans lui-même » fixe au moins un point.*
Exercice 35
Difficile
Montrer que l'équation ln⁡x+x=0\ln x + x = 0 admet une unique solution α\alpha sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[, et donner un encadrement d'amplitude 0,250{,}25.
1.
Existence et unicité.
Soit $f(x) = \ln x + x$, **continue** et **strictement croissante** sur $]0\,;+\infty[$ (comme somme de deux fonctions strictement croissantes ; $f'(x) = \frac1x + 1 > 0$). **Limites aux bornes :** $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty \qquad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$$ $0$ est compris entre ces deux limites. Par le **corollaire du TVI**, il existe une **unique** solution $\alpha \in\, ]0\,;+\infty[$.
2.
Encadrement par dichotomie sur [0,5 ;1][0{,}5\,;1].
$f(0{,}5) = \ln 0{,}5 + 0{,}5 \approx -0{,}693 + 0{,}5 = -0{,}193 < 0$ et $f(1) = 0 + 1 = 1 > 0$ : la solution est dans $[0{,}5\,;1]$. **Milieu $m = 0{,}75$ :** $f(0{,}75) = \ln 0{,}75 + 0{,}75 \approx -0{,}288 + 0{,}75 = 0{,}462 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}5\,;0{,}75]$ : $$\boxed{0{,}5 < \alpha < 0{,}75}$$ *(Valeur précise : $\alpha \approx 0{,}567$.)*
Exercice 36
Difficile
Soit ff continue sur R\mathbb{R} telle que lim⁡x→−∞f(x)=−∞\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty. Montrer que ff est surjective sur R\mathbb{R} (tout réel a un antécédent).
Correction détaillée
Soit $k$ un réel quelconque. Montrons qu'il existe $x$ tel que $f(x) = k$. **Choix d'un intervalle par les limites.** - Comme $\displaystyle\lim_{-\infty} f = -\infty$, il existe $a$ tel que $f(a) < k$. - Comme $\displaystyle\lim_{+\infty} f = +\infty$, il existe $b > a$ tel que $f(b) > k$. **Application du TVI.** Sur $[a\,;b]$, $f$ est **continue**, et $k$ est compris entre $f(a) < k$ et $f(b) > k$. D'après le **théorème des valeurs intermédiaires**, il existe $c \in [a\,;b]$ tel que $f(c) = k$. $k$ étant arbitraire : $$\boxed{f \text{ est surjective sur } \mathbb{R}}$$ *L'image $f(\mathbb{R})$ est donc $\mathbb{R}$ tout entier. Si de plus $f$ est strictement monotone, c'est une bijection.*
Exercice 37
Difficile
Soit ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x.
1.
Étudier les variations de ff et donner l'image des intervalles [−1 ;1][-1\,;1] et [1 ;+∞[[1\,;+\infty[.
$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$, positive à l'extérieur de $[-1\,;1]$, négative à l'intérieur. Donc $f$ **croît** sur $]-\infty\,;-1]$, **décroît** sur $[-1\,;1]$, **croît** sur $[1\,;+\infty[$. Valeurs : $f(-1) = -1 + 3 = 2$ (maximum local), $f(1) = 1 - 3 = -2$ (minimum local). **Sur $[-1\,;1]$** ($f$ décroissante) : $f([-1\,;1]) = [f(1)\,;f(-1)] = \boxed{[-2\,;2]}$. **Sur $[1\,;+\infty[$** ($f$ croissante, $f(1) = -2$, $\lim_{+\infty} f = +\infty$) : $f([1\,;+\infty[) = \boxed{[-2\,;+\infty[}$.
2.
Combien de solutions l'équation f(x)=0f(x) = 0 a-t-elle sur R\mathbb{R} ? Sur [1 ;+∞[[1\,;+\infty[ ?
**Sur $\mathbb{R}$.** $f$ atteint un maximum local $2 > 0$ et un minimum local $-2 < 0$, en passant de $-\infty$ à $+\infty$. La courbe traverse **trois fois** l'axe des abscisses. $$\boxed{f(x) = 0 \text{ a TROIS solutions sur } \mathbb{R}}$$ *(Ce sont $-\sqrt{3}$, $0$, $\sqrt{3}$, car $x^3 - 3x = x(x^2 - 3)$.)* **Sur $[1\,;+\infty[$.** $f$ y est continue, strictement croissante, de $f(1) = -2$ à $+\infty$. Comme $0 \in [-2\,;+\infty[$, le corollaire du TVI donne **une unique** solution (à savoir $\sqrt{3} \approx 1{,}73$).
Exercice 38
Difficile
Soit ff continue et strictement croissante sur [a ;b][a\,;b]. On note g=f−1g = f^{-1} sa réciproque, définie sur [f(a) ;f(b)][f(a)\,;f(b)]. Montrer que pour tout y∈[f(a) ;f(b)]y \in [f(a)\,;f(b)], on a g(y)∈[a ;b]g(y) \in [a\,;b], et que gg est strictement croissante.
Correction détaillée
**Image de $g$.** Par définition, $g(y)$ est l'unique $x \in [a\,;b]$ tel que $f(x) = y$. Donc par construction $g(y) \in [a\,;b]$ pour tout $y$ de l'intervalle image ✓ **Croissance de $g$.** Soient $y_1 < y_2$ dans $[f(a)\,;f(b)]$, et $x_1 = g(y_1)$, $x_2 = g(y_2)$, donc $f(x_1) = y_1$ et $f(x_2) = y_2$. Raisonnons **par l'absurde** : supposons $x_1 \geqslant x_2$. Comme $f$ est **strictement croissante**, elle conserve l'ordre : $$x_1 \geqslant x_2 \ \Rightarrow \ f(x_1) \geqslant f(x_2) \ \Rightarrow \ y_1 \geqslant y_2$$ contradiction avec $y_1 < y_2$. Donc $x_1 < x_2$, c'est-à-dire $$g(y_1) < g(y_2)$$ $$\boxed{g = f^{-1} \text{ est strictement croissante, comme } f}$$ *C'est la démonstration du « même sens de variation » du théorème de la réciproque, dans le cas croissant.*
Exercice 39
Difficile
Soit ff continue sur [0 ;1][0\,;1], avec f(0)=0f(0) = 0, f(1)=1f(1) = 1, et telle que f(x)≠xf(x) \neq x pour tout x∈ ]0 ;1[x \in\, ]0\,;1[. Montrer que f(x)>xf(x) > x pour tout x∈ ]0 ;1[x \in\, ]0\,;1[, ou bien f(x)<xf(x) < x pour tout x∈ ]0 ;1[x \in\, ]0\,;1[.
Correction détaillée
Posons $g(x) = f(x) - x$, **continue** sur $]0\,;1[$, et **qui ne s'annule jamais** sur cet intervalle (hypothèse $f(x) \neq x$). **Argument clé — une fonction continue qui ne s'annule pas garde un signe constant.** Si $g$ prenait une valeur positive en $x_1$ et une valeur négative en $x_2$, le **TVI** (appliqué entre $x_1$ et $x_2$) fournirait un point où $g$ s'annule — ce qui est exclu. Donc $g$ garde un **signe constant** sur $]0\,;1[$ : - soit $g(x) > 0$ partout, c'est-à-dire $f(x) > x$ pour tout $x \in\, ]0\,;1[$ ; - soit $g(x) < 0$ partout, c'est-à-dire $f(x) < x$ pour tout $x \in\, ]0\,;1[$. $$\boxed{f(x) > x \text{ sur tout } ]0\,;1[ \quad \text{OU} \quad f(x) < x \text{ sur tout } ]0\,;1[}$$ *C'est une conséquence directe du TVI : sur un intervalle, une fonction continue ne peut changer de signe sans s'annuler.*
Exercice 40
Difficile
Soit f(x)=ex−1ex+1f(x) = \dfrac{e^x - 1}{e^x + 1} (fonction « tangente hyperbolique »).
1.
Montrer que ff est continue et strictement croissante sur R\mathbb{R}, et déterminer f(R)f(\mathbb{R}).
**Continuité.** $e^x + 1 > 0$ ne s'annule jamais : $f$ est un quotient de fonctions continues, donc **continue sur $\mathbb{R}$**. **Monotonie.** On dérive ($u = e^x - 1$, $v = e^x + 1$) : $$f'(x) = \frac{e^x(e^x + 1) - (e^x - 1)e^x}{(e^x + 1)^2} = \frac{2e^x}{(e^x + 1)^2} > 0$$ donc $f$ est **strictement croissante**. **Image.** $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = \frac{0 - 1}{0 + 1} = -1$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$ (en divisant par $e^x$). Aucune atteinte : $$\boxed{f(\mathbb{R}) = \,]-1\,;1[}$$
2.
Déterminer f−1f^{-1} sur ]−1 ;1[]-1\,;1[.
$f$ étant continue et strictement croissante, elle admet une réciproque sur $]-1\,;1[$. On résout $y = \dfrac{e^x - 1}{e^x + 1}$ en posant $X = e^x > 0$ : $$y(X + 1) = X - 1 \iff yX + y = X - 1 \iff X(y - 1) = -1 - y \iff X = \frac{1 + y}{1 - y}$$ *(bien défini et positif pour $y \in\, ]-1\,;1[$)*. Puis $x = \ln X$ : $$\boxed{f^{-1}(x) = \ln\!\left(\frac{1 + x}{1 - x}\right) \ \text{ sur } ]-1\,;1[}$$ **Vérification en $0$ :** $f(0) = 0$ et $f^{-1}(0) = \ln 1 = 0$ ✓
3 problèmes de synthèse
Problème 1 — Étude complète d'une fonction et de sa réciproque
Difficile
On considère la fonction ff définie sur I=[0 ;+∞[I = [0\,;+\infty[ par
f(x)=x2+2x.f(x) = \sqrt{x^2 + 2x}.
1.
Justifier que ff est continue sur II.
La fonction $x \mapsto x^2 + 2x = x(x + 2)$ est un polynôme, positif ou nul sur $[0\,;+\infty[$ (produit de deux facteurs $\geqslant 0$), et $\sqrt{\ }$ est continue sur $[0\,;+\infty[$. Par **composition**, $f$ est continue sur $I$.
2.
Étudier les variations de ff sur II, puis déterminer f(I)f(I).
Pour $x > 0$ : $f'(x) = \dfrac{2x + 2}{2\sqrt{x^2 + 2x}} = \dfrac{x + 1}{\sqrt{x^2 + 2x}} > 0$. Donc $f$ est **strictement croissante** sur $I$. Valeurs aux bornes : $f(0) = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. $$\boxed{f(I) = [0\,;+\infty[}$$
3.
En déduire que ff admet une réciproque f−1f^{-1}, et déterminer son expression.
$f$ est continue et strictement croissante sur $I$ : elle réalise une **bijection** de $[0\,;+\infty[$ sur $[0\,;+\infty[$, d'où l'existence de $f^{-1}$. On résout $y = \sqrt{x^2 + 2x}$ avec $x \geqslant 0$ et $y \geqslant 0$. En élevant au carré : $$y^2 = x^2 + 2x \iff x^2 + 2x - y^2 = 0$$ Équation du second degré en $x$ : $\Delta = 4 + 4y^2 = 4(1 + y^2)$, d'où $x = \dfrac{-2 + 2\sqrt{1 + y^2}}{2} = -1 + \sqrt{1 + y^2}$ (on garde la racine $\geqslant 0$). $$\boxed{f^{-1}(x) = -1 + \sqrt{1 + x^2} \ \text{ sur } [0\,;+\infty[}$$
4.
Vérifier que f−1f^{-1} est continue et strictement croissante, conformément au théorème.
L'expression $-1 + \sqrt{1 + x^2}$ est continue sur $[0\,;+\infty[$ (composée de fonctions continues). Sa dérivée $\dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}} > 0$ pour $x > 0$ : $f^{-1}$ est **strictement croissante**. On retrouve bien les propriétés annoncées par le **théorème de la fonction réciproque** : $f^{-1}$ est continue et a le **même sens de variation** que $f$ ✓
Problème 2 — Suite définie implicitement par une équation
Difficile
Pour tout entier n⩾1n \geqslant 1, on considère l'équation (En)(E_n) :
xn+x−1=0,x∈[0 ;1].x^n + x - 1 = 0, \qquad x \in [0\,;1].
1.
Montrer que (En)(E_n) admet une unique solution unu_n dans [0 ;1][0\,;1].
Soit $f_n(x) = x^n + x - 1$, **continue** sur $[0\,;1]$. Sa dérivée $f_n'(x) = n x^{n-1} + 1 > 0$ : $f_n$ est **strictement croissante**. $$f_n(0) = -1 < 0 \qquad f_n(1) = 1 + 1 - 1 = 1 > 0$$ Continue, strictement croissante, changeant de signe : par le **corollaire du TVI**, $(E_n)$ admet une **unique** solution $u_n \in\, ]0\,;1[$.
2.
Calculer u1u_1 et donner un encadrement de u2u_2 d'amplitude 0,250{,}25.
**$u_1$ :** $(E_1)$ s'écrit $x + x - 1 = 0$, soit $2x = 1$, d'où $\boxed{u_1 = \dfrac12}$. **$u_2$ :** $(E_2)$ est $x^2 + x - 1 = 0$. On teste par dichotomie sur $[0{,}5\,;1]$ : $$f_2(0{,}5) = 0{,}25 + 0{,}5 - 1 = -0{,}25 < 0 \qquad f_2(0{,}75) = 0{,}5625 + 0{,}75 - 1 = 0{,}3125 > 0$$ donc $u_2 \in [0{,}5\,;0{,}75]$. $\ \boxed{0{,}5 < u_2 < 0{,}75}$ *(Valeur exacte : $u_2 = \dfrac{-1 + \sqrt5}{2} \approx 0{,}618$, le nombre d'or diminué de $1$.)*
3.
Montrer que la suite (un)(u_n) est strictement croissante, en étudiant le signe de fn(un+1)f_n(u_{n+1}).
Par définition, $u_{n+1}^{\,n+1} + u_{n+1} - 1 = 0$. Calculons $f_n(u_{n+1}) = u_{n+1}^{\,n} + u_{n+1} - 1$. Comme $0 < u_{n+1} < 1$, on a $u_{n+1}^{\,n} > u_{n+1}^{\,n+1}$ (sur $]0\,;1[$, une puissance plus petite donne une valeur plus grande). Donc : $$f_n(u_{n+1}) = u_{n+1}^{\,n} + u_{n+1} - 1 > u_{n+1}^{\,n+1} + u_{n+1} - 1 = 0$$ Ainsi $f_n(u_{n+1}) > 0 = f_n(u_n)$. Or $f_n$ est **strictement croissante**, donc $$u_{n+1} > u_n$$ $$\boxed{\text{La suite } (u_n) \text{ est strictement croissante}}$$
4.
En déduire que (un)(u_n) converge, et admettre que sa limite est 11.
La suite $(u_n)$ est **croissante** (question 3) et **majorée** par $1$ (car $u_n < 1$ pour tout $n$). D'après le **théorème de convergence monotone**, elle **converge** vers une limite $\ell \leqslant 1$. *On admet que $\ell = 1$ :* comme $u_n^{\,n} = 1 - u_n \to 1 - \ell$, et que $u_n^{\,n} \to 0$ dès que $\ell < 1$, la seule possibilité cohérente est $\ell = 1$. $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 1}$$
Problème 3 — Un théorème de point fixe
Difficile
Soit ff la fonction définie sur [0 ;1][0\,;1] par
f(x)=12(x+1x+1).f(x) = \frac{1}{2}\left(x + \frac{1}{x + 1}\right).
1.
Montrer que ff est continue sur [0 ;1][0\,;1] et que f([0 ;1])⊂[0 ;1]f([0\,;1]) \subset [0\,;1].
**Continuité.** $x + 1 > 0$ sur $[0\,;1]$ ne s'annule pas : $f$ est somme et quotient de fonctions continues, donc **continue sur $[0\,;1]$**. **Stabilité.** $f'(x) = \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{(x+1)^2}\right) \geqslant 0$ sur $[0\,;1]$ (car $(x+1)^2 \geqslant 1$) : $f$ est croissante. Alors $$f(0) = \frac12\left(0 + 1\right) = \frac12 \qquad f(1) = \frac12\left(1 + \frac12\right) = \frac34$$ Donc $f([0\,;1]) = \left[\frac12\,;\frac34\right] \subset [0\,;1]$ ✓
2.
En déduire que ff admet un point fixe α\alpha dans [0 ;1][0\,;1].
$f$ est **continue** sur $[0\,;1]$ et $f([0\,;1]) \subset [0\,;1]$. D'après le **théorème du point fixe** (exercice 34, via le TVI appliqué à $g(x) = f(x) - x$), $f$ admet **au moins un point fixe** $\alpha \in [0\,;1]$ tel que $f(\alpha) = \alpha$.
3.
Déterminer la valeur exacte de α\alpha.
On résout $f(\alpha) = \alpha$ : $$\frac{1}{2}\left(\alpha + \frac{1}{\alpha + 1}\right) = \alpha \iff \alpha + \frac{1}{\alpha + 1} = 2\alpha \iff \frac{1}{\alpha + 1} = \alpha$$ $$\iff 1 = \alpha(\alpha + 1) \iff \alpha^2 + \alpha - 1 = 0$$ $\Delta = 1 + 4 = 5$, et l'on garde la racine positive : $$\boxed{\alpha = \frac{-1 + \sqrt5}{2} \approx 0{,}618}$$ *C'est de nouveau le nombre d'or diminué de $1$ — la même valeur que $u_2$ du problème 2, car $\alpha$ vérifie $\alpha^2 + \alpha - 1 = 0$.*