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I Analyse · Chapitre 04 / 17

Continuité des fonctions

Théorème des valeurs intermédiaires, dichotomie.

10 min de lecture
5 sections, 9 exemples
40 exercices · 4 problèmes

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L'essentiel en 30 secondes

Une fonction continue se trace sans lever le crayon, et toute fonction dérivable est continue. Le théorème des valeurs intermédiaires garantit que sur [a ; b], f atteint toute valeur comprise entre f(a) et f(b) ; si f est de plus strictement monotone, l'équation f(x) = k admet une solution unique, que la dichotomie permet d'encadrer à la précision voulue.

1 I. Continuité en un point

Définition

Lien avec la dérivabilité

Démonstration — dérivable ⇒\Rightarrow continue
Supposons ff dérivable en aa. Pour x≠ax \neq a, on écrit :

f(x)−f(a)=f(x)−f(a)x−a×(x−a)f(x) - f(a) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \times (x - a)

Quand x→ax \to a, le premier facteur tend vers f′(a)f'(a) (définition du nombre dérivé) et le second tend vers 00. Le produit tend donc vers f′(a)×0=0f'(a) \times 0 = 0.

Ainsi lim⁡x→a(f(x)−f(a))=0\lim\limits_{x \to a} \big(f(x) - f(a)\big) = 0, c'est-à-dire lim⁡x→af(x)=f(a)\lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a) : la fonction ff est continue en aa. □\square

2 II. Continuité sur un intervalle

Définition et fonctions usuelles

Opérations sur les fonctions continues

3 III. Théorème des valeurs intermédiaires (TVI)

Énoncé

Corollaire du TVI — Cas de la bijection

4 IV. Application aux suites

Convergence d'une suite définie par récurrence

5 V. Algorithme de dichotomie

Encadrement d'une solution

Ce chapitre est tombé au bac

4 sujets officiels de bac comportent un exercice sur ce chapitre — chaque corrigé est détaillé question par question.

2025 Nouvelle-Calédonie · Jour 2 2025 Centres étrangers · Jour 1 2025 Amérique du Nord · J2 secours 2024 Amérique du Nord · Jour 1

Questions fréquentes

À quoi sert le théorème des valeurs intermédiaires ?
Il garantit l'existence d'une solution à une équation f(x)=kf(x) = k sans la calculer. Si ff est continue sur [a ;b][a\,;b] et que kk est compris entre f(a)f(a) et f(b)f(b), alors l'équation admet au moins une solution dans [a ;b][a\,;b]. Si de plus ff est strictement monotone, cette solution est unique.
Quelle est la différence entre continuité et dérivabilité ?
Toute fonction dérivable est continue, mais la réciproque est fausse : la fonction valeur absolue est continue en 00 sans y être dérivable (sa courbe y forme un angle). Intuitivement, la continuité signifie « tracer sans lever le crayon », la dérivabilité « avoir une tangente en tout point ».
Comment déterminer une valeur approchée de la solution d'une équation ?
On applique le théorème des valeurs intermédiaires pour prouver l'existence et l'unicité de la solution, puis on encadre par balayage ou par dichotomie : on coupe l'intervalle en deux et on garde la moitié où la fonction change de signe, en répétant jusqu'à la précision voulue.

Continuité en un point

Continuité sur un intervalle

Théorème des valeurs intermédiaires

Application aux suites

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
La fonction f(x)=x2−3x+5f(x) = x^2 - 3x + 5 est-elle continue sur R\mathbb{R} ? Justifier.
Correction détaillée
$f$ est un polynôme. Or tout polynôme est continu sur $\mathbb{R}$. Donc $\boxed{f \text{ est continue sur } \mathbb{R}}$.
Exercice 2
Facile
La fonction f(x)=x+1x−2f(x) = \dfrac{x+1}{x-2} est-elle continue sur R\mathbb{R} ?
Correction détaillée
$f$ est une fonction rationnelle, définie sur $\mathbb{R} \setminus \{2\}$. Elle est continue sur chaque intervalle de son ensemble de définition, c'est-à-dire sur $]-\infty\,;2[$ et sur $]2\,;+\infty[$. $f$ n'est **pas continue sur $\mathbb{R}$** car elle n'est pas définie en $2$.
Exercice 3
Facile
La fonction g(x)=e−x2g(x) = e^{-x^2} est-elle continue sur R\mathbb{R} ? Justifier.
Correction détaillée
La fonction $x \mapsto -x^2$ est un polynôme, donc continue sur $\mathbb{R}$. La fonction $t \mapsto e^t$ est continue sur $\mathbb{R}$. Par composition, $g(x) = e^{-x^2}$ est $\boxed{\text{continue sur } \mathbb{R}}$.
Exercice 4
Facile
La fonction f(x)=3x+7f(x) = \sqrt{3x + 7} est-elle continue sur son domaine de définition ?
Correction détaillée
$f$ est définie si $3x + 7 \geqslant 0$, soit $x \geqslant -\frac{7}{3}$. Domaine : $\left[-\frac{7}{3}\,;+\infty\right[$. $x \mapsto 3x + 7$ est un polynôme (continu) et $t \mapsto \sqrt{t}$ est continue sur $[0\,;+\infty[$. Par composition, $\boxed{f \text{ est continue sur } \left[-\frac{7}{3}\,;+\infty\right[}$.
Exercice 5
Facile
Montrer que l'équation x2=3x^2 = 3 admet au moins une solution dans [1 ;2][1\,;2].
Correction détaillée
Posons $f(x) = x^2 - 3$. $f$ est un polynôme, donc continue sur $[1\,;2]$. $f(1) = 1 - 3 = -2 < 0$ et $f(2) = 4 - 3 = 1 > 0$. Comme $f(1) < 0 < f(2)$ et $f$ est continue sur $[1\,;2]$, le TVI assure qu'il existe $c \in [1\,;2]$ tel que $f(c) = 0$, soit $c^2 = 3$. $\boxed{\text{L'équation } x^2 = 3 \text{ admet au moins une solution dans } [1\,;2]}$.
Exercice 6
Facile
Montrer que l'équation ex=2e^x = 2 admet une unique solution dans R\mathbb{R}.
Correction détaillée
Posons $f(x) = e^x - 2$. $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ (car $f'(x) = e^x > 0$). $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -2 < 0$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty > 0$. Donc $0$ est compris entre $\lim_{-\infty} f$ et $\lim_{+\infty} f$. Par le corollaire du TVI, $f(x) = 0$ admet **une unique solution** dans $\mathbb{R}$. Cette solution est $\boxed{x = \ln(2)}$.
Exercice 7
Facile
Montrer que l'équation x3−5x+3=0x^3 - 5x + 3 = 0 admet au moins une solution dans [0 ;1][0\,;1].
Correction détaillée
Posons $f(x) = x^3 - 5x + 3$. $f$ est continue sur $[0\,;1]$ (polynôme). $f(0) = 3 > 0$ et $f(1) = 1 - 5 + 3 = -1 < 0$. Comme $f(0) > 0 > f(1)$ et $f$ est continue, le TVI assure qu'il existe $c \in [0\,;1]$ tel que $\boxed{f(c) = 0}$.
Exercice 8
Facile
Soit (un)(u_n) définie par un+1=12un+3u_{n+1} = \frac{1}{2}u_n + 3 et u0=0u_0 = 0. Si (un)(u_n) converge vers ℓ\ell, déterminer ℓ\ell.
Correction détaillée
Si $(u_n)$ converge vers $\ell$, alors $u_{n+1} \to \ell$ et $u_n \to \ell$. La fonction $f(x) = \frac{1}{2}x + 3$ est continue (affine), donc : $\ell = f(\ell) = \frac{1}{2}\ell + 3$. $\frac{1}{2}\ell = 3$, soit $\boxed{\ell = 6}$.
Exercice 9
Facile
La fonction f(x)=ln⁡(x2+1)f(x) = \ln(x^2 + 1) est-elle continue sur R\mathbb{R} ?
Correction détaillée
$x \mapsto x^2 + 1$ est un polynôme, continu, et $x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$. $t \mapsto \ln(t)$ est continue sur $]0\,;+\infty[$. Par composition, $\boxed{f \text{ est continue sur } \mathbb{R}}$.
Exercice 10
Facile
Montrer que l'équation cos⁡(x)=x\cos(x) = x admet au moins une solution dans [0 ;1][0\,;1].
Correction détaillée
Posons $f(x) = \cos(x) - x$. $f$ est continue sur $[0\,;1]$ (différence de fonctions continues). $f(0) = \cos(0) - 0 = 1 > 0$ et $f(1) = \cos(1) - 1 \approx 0{,}540 - 1 = -0{,}460 < 0$. Par le TVI, il existe $c \in [0\,;1]$ tel que $f(c) = 0$, soit $\boxed{\cos(c) = c}$.
Exercice 11
Facile
Appliquer une étape de dichotomie pour encadrer la solution de x3+x−1=0x^3 + x - 1 = 0 dans [0 ;1][0\,;1].
Correction détaillée
$f(x) = x^3 + x - 1$. On sait que $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$. Milieu : $m = 0{,}5$. $f(0{,}5) = 0{,}125 + 0{,}5 - 1 = -0{,}375 < 0$. $f(0{,}5) < 0$ et $f(1) > 0$, donc $\alpha \in [0{,}5\,;1]$. $\boxed{0{,}5 \leqslant \alpha \leqslant 1}$
Exercice 12
Facile
Soit f(x)=x3−6x+2f(x) = x^3 - 6x + 2. Montrer que f(x)=0f(x) = 0 admet au moins une solution dans [0 ;1][0\,;1].
Correction détaillée
$f$ est un polynôme, donc continue sur $[0\,;1]$. $f(0) = 2 > 0$ et $f(1) = 1 - 6 + 2 = -3 < 0$. Par le TVI, il existe $c \in [0\,;1]$ tel que $\boxed{f(c) = 0}$.
Exercice 13
Facile
Soit ff continue sur [0 ;5][0\,;5] avec f(0)=−3f(0) = -3 et f(5)=7f(5) = 7. Peut-on affirmer que ff s'annule sur [0 ;5][0\,;5] ?
Correction détaillée
$f(0) = -3 < 0$ et $f(5) = 7 > 0$. Comme $f$ est continue sur $[0\,;5]$ et $0$ est compris entre $f(0)$ et $f(5)$, le TVI garantit qu'il existe $c \in [0\,;5]$ tel que $f(c) = 0$. $\boxed{\text{Oui, } f \text{ s'annule au moins une fois sur } [0\,;5]}$.
Exercice 14
Facile
Soit ff continue sur [0 ;3][0\,;3] avec f(0)=2f(0) = 2 et f(3)=8f(3) = 8. Peut-on affirmer que ff prend la valeur 55 sur [0 ;3][0\,;3] ?
Correction détaillée
$f(0) = 2 < 5 < 8 = f(3)$. Comme $5$ est compris entre $f(0)$ et $f(3)$ et $f$ est continue sur $[0\,;3]$, le TVI garantit qu'il existe $c \in [0\,;3]$ tel que $\boxed{f(c) = 5}$.
Exercice 15
Facile
Soit (un)(u_n) définie par u0=0u_0 = 0 et un+1=un2+14u_{n+1} = u_n^2 + \frac{1}{4}. Si (un)(u_n) converge vers ℓ\ell, déterminer ℓ\ell.
Correction détaillée
Si $\ell$ existe, alors $\ell = \ell^2 + \frac{1}{4}$, soit $\ell^2 - \ell + \frac{1}{4} = 0$. C'est $(\ell - \frac{1}{2})^2 = 0$, donc $\boxed{\ell = \frac{1}{2}}$.
Exercice 16
Intermédiaire
Montrer que l'équation x3+x−1=0x^3 + x - 1 = 0 admet exactement une solution dans R\mathbb{R}.
Correction détaillée
Posons $f(x) = x^3 + x - 1$. $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$ : $f$ est **strictement croissante** sur $\mathbb{R}$. $f$ est continue (polynôme), $\lim_{-\infty} f = -\infty$ et $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Par le corollaire du TVI, $f(x) = 0$ admet $\boxed{\text{une unique solution dans } \mathbb{R}}$.
Exercice 17
Intermédiaire
Montrer que l'équation ex+x=0e^x + x = 0 admet une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R}, puis montrer que α∈[−1 ;0]\alpha \in [-1\,;0].
Correction détaillée
Posons $f(x) = e^x + x$. $f'(x) = e^x + 1 > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. $f$ est continue, $\lim_{-\infty} f = -\infty$ et $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Par le corollaire du TVI, $f(x) = 0$ admet **une unique solution** $\alpha$. $f(-1) = e^{-1} - 1 \approx -0{,}632 < 0$ et $f(0) = 1 > 0$. Donc $\boxed{\alpha \in [-1\,;0]}$.
Exercice 18
Intermédiaire
Montrer que l'équation ln⁡(x)=−x+2\ln(x) = -x + 2 admet une unique solution sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[.
Correction détaillée
Posons $f(x) = \ln(x) + x - 2$. $f'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0$ pour $x > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$. $f$ est continue, $\lim_{0^+} f = -\infty$ et $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Par le corollaire du TVI, $f(x) = 0$ admet $\boxed{\text{une unique solution sur } ]0\,;+\infty[}$.
Exercice 19
Intermédiaire
Soit f(x)=x3−3x+1f(x) = x^3 - 3x + 1.

1) Étudier les variations de ff.

2) En déduire le nombre de solutions de f(x)=0f(x) = 0 dans R\mathbb{R}.
1.
Variations de ff.
$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. $f'(x) > 0$ si $x < -1$ ou $x > 1$, $f'(x) < 0$ si $-1 < x < 1$. $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3$ (maximum local). $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1$ (minimum local). | $x$ | $-\infty$ | | $-1$ | | $1$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---|---|---| | $f'$ | | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ | | | $f$ | $-\infty$ | $\nearrow$ | $3$ | $\searrow$ | $-1$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |
2.
Nombre de solutions.
$f$ est continue. Sur $]-\infty\,;-1]$ : $f$ croît de $-\infty$ à $3$. Comme $0 \in ]-\infty\,;3[$, le corollaire du TVI donne **une** solution $\alpha_1 < -1$. Sur $[-1\,;1]$ : $f$ décroît de $3$ à $-1$. Comme $0 \in [-1\,;3]$, le corollaire du TVI donne **une** solution $\alpha_2 \in [-1\,;1]$. Sur $[1\,;+\infty[$ : $f$ croît de $-1$ à $+\infty$. Comme $0 \in [-1\,;+\infty[$, le corollaire du TVI donne **une** solution $\alpha_3 > 1$. $\boxed{f(x) = 0 \text{ admet exactement 3 solutions.}}$
Exercice 20
Intermédiaire
Montrer que pour tout n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, l'équation xn+x=1x^n + x = 1 admet une unique solution αn\alpha_n dans [0 ;1][0\,;1].
Correction détaillée
Posons $f_n(x) = x^n + x - 1$. $f_n$ est un polynôme, donc continue sur $[0\,;1]$. $f_n'(x) = nx^{n-1} + 1 > 0$ pour $x \in [0\,;1]$ : $f_n$ est strictement croissante. $f_n(0) = -1 < 0$ et $f_n(1) = 1 > 0$. Par le corollaire du TVI, $f_n(x) = 0$ admet $\boxed{\text{une unique solution } \alpha_n \in [0\,;1]}$.
Exercice 21
Intermédiaire
Soit (un)(u_n) définie par u0=4u_0 = 4 et un+1=3un+4u_{n+1} = \sqrt{3u_n + 4}.

1) Montrer que si (un)(u_n) converge, sa limite est 44.

2) Montrer par récurrence que un⩾4u_n \geqslant 4 pour tout nn.
1.
Limite si convergence.
Si $(u_n) \to \ell$ avec $\ell \geqslant 0$, alors $\ell = \sqrt{3\ell + 4}$, soit $\ell^2 = 3\ell + 4$, soit $\ell^2 - 3\ell - 4 = 0$. $(\ell - 4)(\ell + 1) = 0$, donc $\ell = 4$ (car $\ell \geqslant 0$). $\boxed{\ell = 4}$
2.
Montrer un⩾4u_n \geqslant 4.
**Initialisation :** $u_0 = 4 \geqslant 4$. ✓ **Hérédité :** Supposons $u_n \geqslant 4$. Alors $3u_n + 4 \geqslant 16$, donc $u_{n+1} = \sqrt{3u_n+4} \geqslant \sqrt{16} = 4$. ✓ Par récurrence, $\boxed{u_n \geqslant 4}$ pour tout $n$.
Exercice 22
Intermédiaire
Montrer que toute fonction polynôme de degré impair admet au moins une racine réelle.
Correction détaillée
Soit $P(x) = a_n x^n + \cdots + a_0$ avec $n$ impair et $a_n \neq 0$. $P$ est un polynôme, donc continue sur $\mathbb{R}$. Si $a_n > 0$ : $\lim_{-\infty} P = -\infty$ et $\lim_{+\infty} P = +\infty$. Si $a_n < 0$ : $\lim_{-\infty} P = +\infty$ et $\lim_{+\infty} P = -\infty$. Dans les deux cas, $P$ prend des valeurs de signes opposés. Par le TVI, il existe $c \in \mathbb{R}$ tel que $\boxed{P(c) = 0}$.
Exercice 23
Intermédiaire
Par dichotomie, encadrer à 0,250{,}25 près la solution de ex+x=0e^x + x = 0 dans [−1 ;0][-1\,;0].
Correction détaillée
$f(x) = e^x + x$. $f(-1) \approx -0{,}632 < 0$ et $f(0) = 1 > 0$. **Étape 1 :** $m = -0{,}5$. $f(-0{,}5) = e^{-0{,}5} - 0{,}5 \approx 0{,}607 - 0{,}5 = 0{,}107 > 0$. Donc $\alpha \in [-1\,;-0{,}5]$. **Étape 2 :** $m = -0{,}75$. $f(-0{,}75) = e^{-0{,}75} - 0{,}75 \approx 0{,}472 - 0{,}75 = -0{,}278 < 0$. Donc $\alpha \in [-0{,}75\,;-0{,}5]$. Largeur : $0{,}25$. $\boxed{-0{,}75 \leqslant \alpha \leqslant -0{,}5}$
Exercice 24
Intermédiaire
Soit ff continue sur [0 ;1][0\,;1] avec f(0)=0f(0) = 0 et f(1)=1f(1) = 1. Montrer qu'il existe c∈[0 ;1]c \in [0\,;1] tel que f(c)=cf(c) = c.

(Indication : introduire g(x)=f(x)−xg(x) = f(x) - x.)
Correction détaillée
Posons $g(x) = f(x) - x$. $g$ est continue sur $[0\,;1]$ (différence de fonctions continues). $g(0) = f(0) - 0 = 0$ et $g(1) = f(1) - 1 = 0$. Dans ce cas, $g(0) = g(1) = 0$, donc $c = 0$ (ou $c = 1$) convient : $f(0) = 0$ et $f(1) = 1$. Plus généralement, si $f(0) > 0$ et $f(1) < 1$ (ou inversement), alors $g(0) > 0$ et $g(1) < 0$ et le TVI donne un $c$ avec $g(c) = 0$, soit $\boxed{f(c) = c}$. **Remarque :** cet exercice illustre le **théorème du point fixe** pour les fonctions continues.
Exercice 25
Intermédiaire
Montrer que l'équation x5+x3+x=10x^5 + x^3 + x = 10 admet une unique solution dans R\mathbb{R}.
Correction détaillée
$f(x) = x^5 + x^3 + x - 10$. $f'(x) = 5x^4 + 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$ (somme de termes positifs et de $1$). $f$ est strictement croissante, continue, $\lim_{-\infty} f = -\infty$, $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Par le corollaire du TVI : $\boxed{\text{une unique solution.}}$
Exercice 26
Intermédiaire
Soit f(x)=xex−1f(x) = xe^x - 1. Montrer que f(x)=0f(x) = 0 admet exactement une solution dans R\mathbb{R}.
Correction détaillée
$f'(x) = e^x + xe^x = (1+x)e^x$. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = -1$. $f'(x) < 0$ si $x < -1$, $f'(x) > 0$ si $x > -1$. $f(-1) = -e^{-1} - 1 < 0$. $\lim_{-\infty} f = 0 - 1 = -1 < 0$ (car $xe^x \to 0$ en $-\infty$). $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Sur $]-\infty\,;-1]$ : $f$ décroît de $-1$ à $f(-1) = -e^{-1}-1 \approx -1{,}368 < 0$. Donc $f < 0$ sur cet intervalle : **aucune solution**. Sur $[-1\,;+\infty[$ : $f$ est strictement croissante, continue, de $f(-1) < 0$ à $+\infty$. Par le corollaire du TVI : **une unique solution**. $\boxed{f(x) = 0 \text{ admet exactement une solution dans } \mathbb{R}}$
Exercice 27
Intermédiaire
Soit ff continue sur [a ;b][a\,;b] telle que f(a)⋅f(b)<0f(a) \cdot f(b) < 0. Montrer que ff s'annule sur ]a ;b[]a\,;b[.
Correction détaillée
$f(a) \cdot f(b) < 0$ signifie que $f(a)$ et $f(b)$ sont de **signes contraires**. Donc $0$ est compris strictement entre $f(a)$ et $f(b)$. Par le TVI, il existe $c \in [a\,;b]$ tel que $f(c) = 0$. De plus $c \neq a$ et $c \neq b$ (car $f(a) \neq 0$ et $f(b) \neq 0$), donc $c \in ]a\,;b[$. $\boxed{f \text{ s'annule sur } ]a\,;b[}$.
Exercice 28
Intermédiaire
Soit (un)(u_n) définie par u0=2u_0 = 2 et un+1=un+3un+1u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{u_n + 1}.

1) Si (un)(u_n) converge, quelle est sa limite ?

2) Montrer que un>0u_n > 0 pour tout nn.
1.
Limite.
$f(x) = \frac{x+3}{x+1}$ est continue sur $]0\,;+\infty[$. Si $\ell > 0$ est la limite : $\ell = \frac{\ell+3}{\ell+1}$, soit $\ell(\ell+1) = \ell+3$, soit $\ell^2 = 3$. Donc $\ell = \sqrt{3}$ (car $\ell > 0$). $\boxed{\ell = \sqrt{3}}$
2.
Montrer un>0u_n > 0.
**Initialisation :** $u_0 = 2 > 0$. ✓ **Hérédité :** Si $u_n > 0$, alors $u_n + 3 > 0$ et $u_n + 1 > 0$, donc $u_{n+1} = \frac{u_n+3}{u_n+1} > 0$. ✓ Par récurrence, $\boxed{u_n > 0}$ pour tout $n$.
Exercice 29
Difficile
Soit f(x)=x−sin⁡(x)f(x) = x - \sin(x). Montrer que f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution dans R\mathbb{R}.
Correction détaillée
$f'(x) = 1 - \cos(x) \geqslant 0$ pour tout $x$ (car $\cos(x) \leqslant 1$). $f'(x) = 0 \Leftrightarrow \cos(x) = 1 \Leftrightarrow x = 2k\pi$. Donc $f$ n'est constante sur aucun intervalle et est **strictement croissante** sur $\mathbb{R}$. Donc $f$ est injective : $f(x) = 0$ admet **au plus** une solution. Or $f(0) = 0 - 0 = 0$, donc $x = 0$ est solution. $\boxed{x = 0 \text{ est l'unique solution.}}$
Exercice 30
Difficile
Montrer que l'équation 2x+3x=5x2^x + 3^x = 5^x admet une unique solution dans R\mathbb{R}.

(Diviser par 5x5^x.)
Correction détaillée
En divisant par $5^x > 0$ : $\left(\frac{2}{5}\right)^x + \left(\frac{3}{5}\right)^x = 1$. Posons $g(x) = \left(\frac{2}{5}\right)^x + \left(\frac{3}{5}\right)^x$. $g$ est continue sur $\mathbb{R}$ (somme d'exponentielles). $g$ est strictement décroissante car $\frac{2}{5} < 1$ et $\frac{3}{5} < 1$ (les deux fonctions $x \mapsto a^x$ sont décroissantes pour $0 < a < 1$). $\lim_{-\infty} g = +\infty$ et $\lim_{+\infty} g = 0$. $1 \in ]0\,;+\infty[$, donc par le corollaire du TVI, $g(x) = 1$ admet **une unique solution**. Vérification : $g(1) = \frac{2}{5} + \frac{3}{5} = 1$. Donc $\boxed{x = 1}$ est l'unique solution.
Exercice 31
Difficile
Soit ff continue sur [0 ;1][0\,;1] telle que 0⩽f(x)⩽10 \leqslant f(x) \leqslant 1 pour tout x∈[0 ;1]x \in [0\,;1].

Montrer que ff admet un point fixe, c'est-à-dire qu'il existe c∈[0 ;1]c \in [0\,;1] tel que f(c)=cf(c) = c.
Correction détaillée
Posons $g(x) = f(x) - x$. $g$ est continue sur $[0\,;1]$. $g(0) = f(0) - 0 = f(0) \geqslant 0$ (car $f(0) \geqslant 0$). $g(1) = f(1) - 1 \leqslant 0$ (car $f(1) \leqslant 1$). Si $g(0) = 0$, alors $c = 0$ convient. Si $g(1) = 0$, alors $c = 1$ convient. Sinon, $g(0) > 0$ et $g(1) < 0$ : par le TVI, il existe $c \in ]0\,;1[$ tel que $g(c) = 0$. Dans tous les cas, $\boxed{\exists\, c \in [0\,;1],\; f(c) = c}$.
Exercice 32
Difficile
Soit f(x)=x3−3x+1f(x) = x^3 - 3x + 1 (cf. exercice 19). Par dichotomie, encadrer à 0,1250{,}125 près la racine positive la plus grande.
Correction détaillée
D'après l'exercice 19, $f(1) = -1 < 0$ et $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Cherchons dans $[1\,;2]$ : $f(2) = 3 > 0$. **Étape 1 :** $m = 1{,}5$. $f(1{,}5) = 3{,}375 - 4{,}5 + 1 = -0{,}125 < 0$. Donc $\alpha_3 \in [1{,}5\,;2]$. **Étape 2 :** $m = 1{,}75$. $f(1{,}75) = 5{,}359 - 5{,}25 + 1 = 1{,}109 > 0$. Donc $\alpha_3 \in [1{,}5\,;1{,}75]$. **Étape 3 :** $m = 1{,}625$. $f(1{,}625) = 4{,}291 - 4{,}875 + 1 = 0{,}416 > 0$. Donc $\alpha_3 \in [1{,}5\,;1{,}625]$. $\boxed{1{,}5 \leqslant \alpha_3 \leqslant 1{,}625}$ (largeur $0{,}125$).
Exercice 33
Difficile
Soit (un)(u_n) définie par u0=2u_0 = 2 et un+1=12(un+3un)u_{n+1} = \frac{1}{2}(u_n + \frac{3}{u_n}).

Montrer que si (un)(u_n) converge vers ℓ>0\ell > 0, alors ℓ=3\ell = \sqrt{3}. Que reconnaît-on ?
Correction détaillée
$f(x) = \frac{1}{2}(x + \frac{3}{x})$ est continue sur $]0\,;+\infty[$. Si $(u_n) \to \ell > 0$, alors $\ell = \frac{1}{2}(\ell + \frac{3}{\ell})$. $2\ell = \ell + \frac{3}{\ell}$, soit $\ell = \frac{3}{\ell}$, soit $\ell^2 = 3$. $\boxed{\ell = \sqrt{3}}$ On reconnaît la **méthode de Héron** (ou méthode babylonienne) pour approcher $\sqrt{3}$ : c'est l'algorithme de Newton appliqué à $g(x) = x^2 - 3$.
Exercice 34
Difficile
Montrer que l'équation xln⁡(x)=1x \ln(x) = 1 admet une unique solution sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[, puis encadrer cette solution entre deux entiers consécutifs.
Correction détaillée
Posons $f(x) = x\ln(x) - 1$ pour $x > 0$. $f'(x) = \ln(x) + 1$. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow \ln(x) = -1 \Leftrightarrow x = e^{-1}$. $f'(x) < 0$ si $x < e^{-1}$, $f'(x) > 0$ si $x > e^{-1}$. $f(e^{-1}) = e^{-1} \times (-1) - 1 = -\frac{1}{e} - 1 < 0$ (minimum). $\lim_{0^+} f = 0 - 1 = -1$ (car $x\ln x \to 0$) et $\lim_{+\infty} f = +\infty$. Sur $]0\,;e^{-1}]$ : $f$ décroît de $-1$ à $f(e^{-1}) < 0$. Toujours $< 0$, aucune solution. Sur $[e^{-1}\,;+\infty[$ : $f$ croît de $f(e^{-1}) < 0$ à $+\infty$. Par le corollaire du TVI : **une unique solution** $\alpha$. $f(1) = 0 - 1 = -1 < 0$ et $f(2) = 2\ln 2 - 1 \approx 0{,}386 > 0$. $\boxed{\alpha \in [1\,;2]}$
Exercice 35
Difficile
Soit ff continue sur [a ;b][a\,;b] telle que f([a ;b])⊂[a ;b]f([a\,;b]) \subset [a\,;b].

Montrer que ff admet un point fixe dans [a ;b][a\,;b].
Correction détaillée
Posons $g(x) = f(x) - x$. $g$ est continue sur $[a\,;b]$. Comme $f([a\,;b]) \subset [a\,;b]$ : $a \leqslant f(x) \leqslant b$ pour tout $x \in [a\,;b]$. $g(a) = f(a) - a \geqslant 0$ (car $f(a) \geqslant a$). $g(b) = f(b) - b \leqslant 0$ (car $f(b) \leqslant b$). Si $g(a) = 0$ : $c = a$. Si $g(b) = 0$ : $c = b$. Sinon : $g(a) > 0 > g(b)$, et le TVI donne $c \in ]a\,;b[$ avec $g(c) = 0$. $\boxed{\exists\, c \in [a\,;b],\; f(c) = c}$
Exercice 36
Avancé
Soit ff continue sur [0 ;1][0\,;1] telle que f(0)=f(1)f(0) = f(1). Montrer qu'il existe c∈[0 ;12]c \in [0\,;\frac{1}{2}] tel que f(c)=f(c+12)f(c) = f(c + \frac{1}{2}).
Correction détaillée
Posons $g(x) = f(x + \frac{1}{2}) - f(x)$ pour $x \in [0\,;\frac{1}{2}]$. $g$ est continue sur $[0\,;\frac{1}{2}]$. $g(0) = f(\frac{1}{2}) - f(0)$ et $g(\frac{1}{2}) = f(1) - f(\frac{1}{2})$. $g(0) + g(\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2}) - f(0) + f(1) - f(\frac{1}{2}) = f(1) - f(0) = 0$ (car $f(0) = f(1)$). Donc $g(0) = -g(\frac{1}{2})$. Si $g(0) = 0$ : $c = 0$ convient. Sinon, $g(0)$ et $g(\frac{1}{2})$ sont de signes opposés. Par le TVI, il existe $c \in ]0\,;\frac{1}{2}[$ tel que $g(c) = 0$. $\boxed{\exists\, c \in [0\,;\tfrac{1}{2}],\; f(c) = f(c + \tfrac{1}{2})}$
Exercice 37
Avancé
Soit ff et gg deux fonctions continues sur [a ;b][a\,;b] telles que f(a)>g(a)f(a) > g(a) et f(b)<g(b)f(b) < g(b). Montrer que les courbes de ff et gg se croisent au moins une fois sur ]a ;b[]a\,;b[.
Correction détaillée
Posons $h(x) = f(x) - g(x)$. $h$ est continue sur $[a\,;b]$ (différence de fonctions continues). $h(a) = f(a) - g(a) > 0$ et $h(b) = f(b) - g(b) < 0$. Par le TVI, il existe $c \in [a\,;b]$ tel que $h(c) = 0$, soit $f(c) = g(c)$. De plus $c \neq a$ (car $h(a) > 0$) et $c \neq b$ (car $h(b) < 0$), donc $c \in ]a\,;b[$. $\boxed{\exists\, c \in ]a\,;b[,\; f(c) = g(c)}$
Exercice 38
Avancé
Soit f(x)=ex−x2f(x) = e^x - x^2.

Montrer que f(x)=0f(x) = 0 admet exactement une solution dans R\mathbb{R}, puis l'encadrer entre deux décimaux consécutifs au dixième.
Correction détaillée
$f'(x) = e^x - 2x$. Pour $x \leqslant 0$ : $e^x > 0$ et $-2x \geqslant 0$, donc $f'(x) > 0$. Ainsi $f$ est **strictement croissante** sur $]-\infty\,;0]$. $\lim_{-\infty} f = 0 - \infty = -\infty$ et $f(0) = 1 > 0$. Par le corollaire du TVI, $f$ admet **une unique solution** $\alpha$ sur $]-\infty\,;0]$. Sur $[0\,;+\infty[$ : $f(0) = 1 > 0$. Montrons que $f > 0$ sur cet intervalle. On a $f'(x) = e^x - 2x$ et $f''(x) = e^x - 2$, qui s'annule en $x = \ln 2 \approx 0{,}693$. $f'$ atteint son minimum en $x = \ln 2$ : $f'(\ln 2) = 2 - 2\ln 2 \approx 0{,}614 > 0$. Donc $f' > 0$ sur $[0\,;+\infty[$, et $f$ est strictement croissante avec $f(0) = 1 > 0$. Ainsi $f > 0$ sur $[0\,;+\infty[$ : **aucune solution positive**. $\boxed{f(x) = 0 \text{ admet exactement une solution } \alpha < 0}$ **Encadrement :** $f(-0{,}7) = e^{-0{,}7} - 0{,}49 \approx 0{,}007 > 0$ et $f(-0{,}8) = e^{-0{,}8} - 0{,}64 \approx -0{,}191 < 0$. $\boxed{\alpha \in [-0{,}8\,;-0{,}7]}$
Exercice 39
Avancé
Soit ff continue sur R\mathbb{R} telle que lim⁡−∞f=+∞\lim_{-\infty} f = +\infty et lim⁡+∞f=+∞\lim_{+\infty} f = +\infty. Montrer que ff admet un minimum global sur R\mathbb{R}.
Correction détaillée
Comme $\lim_{-\infty} f = +\infty$, il existe $A < 0$ tel que $f(x) \geqslant f(0) + 1$ pour $x \leqslant A$. Comme $\lim_{+\infty} f = +\infty$, il existe $B > 0$ tel que $f(x) \geqslant f(0) + 1$ pour $x \geqslant B$. $f$ est continue sur le segment $[A\,;B]$, donc elle y atteint son minimum (théorème des bornes atteintes) : il existe $c \in [A\,;B]$ tel que $f(c) = \min_{[A,B]} f$. Pour $x \notin [A\,;B]$, $f(x) \geqslant f(0) + 1 > f(0) \geqslant f(c)$ (car $0 \in [A\,;B]$). Donc $f(c) \leqslant f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. $\boxed{f \text{ admet un minimum global en } c}$.
Exercice 40
Avancé
Soit ff continue et injective sur un intervalle II. Montrer que ff est strictement monotone sur II.
Correction détaillée
On raisonne par contraposée : montrons que si $f$ n'est pas strictement monotone, alors $f$ n'est pas injective. Si $f$ n'est pas strictement monotone, il existe $a < b < c$ dans $I$ tels que : $(f(b) - f(a))$ et $(f(c) - f(b))$ sont de signes contraires (par exemple $f(a) < f(b)$ et $f(b) > f(c)$). Soit $k$ un réel compris entre $\max(f(a), f(c))$ et $f(b)$. Par le TVI sur $[a\,;b]$ : il existe $x_1 \in [a\,;b]$ tel que $f(x_1) = k$. Par le TVI sur $[b\,;c]$ : il existe $x_2 \in [b\,;c]$ tel que $f(x_2) = k$. Si $x_1 \neq x_2$ (ce qui est le cas pour $k \neq f(b)$), alors $f$ prend deux fois la même valeur : $f$ n'est **pas injective**. Par contraposée : injective $\Rightarrow$ strictement monotone. $\square$
4 problèmes de synthèse
Problème 1 — Nombre de solutions d'une équation paramétrique
Intermédiaire
On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x.

Partie A — Étude de ff

1.
Calculer f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. $f'(x) > 0$ si $x < -1$ ou $x > 1$, $f'(x) < 0$ si $-1 < x < 1$. $f(-1) = -1 + 3 = 2$ et $f(1) = 1 - 3 = -2$. | $x$ | $-\infty$ | | $-1$ | | $1$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---|---|---| | $f'$ | | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ | | | $f$ | $-\infty$ | $\nearrow$ | $2$ | $\searrow$ | $-2$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |
2.
Tracer l'allure de la courbe.
La courbe passe par $(-1\,;2)$ (maximum local), $(0\,;0)$, $(1\,;-2)$ (minimum local). Elle va de $-\infty$ à $+\infty$ en formant un « S ».

Partie B — Nombre de solutions de f(x)=mf(x) = m

3.
Déterminer le nombre de solutions de f(x)=mf(x) = m selon les valeurs de mm.
D'après le tableau de variations : - Si $m > 2$ ou $m < -2$ : la droite $y = m$ coupe la courbe en **1 point**. - Si $m = 2$ ou $m = -2$ : la droite $y = m$ coupe la courbe en **2 points** (tangente à un extremum). - Si $-2 < m < 2$ : la droite $y = m$ coupe la courbe en **3 points**. $\boxed{\text{3 solutions si } m \in ]-2\,;2[,\quad 2 \text{ si } m = \pm 2,\quad 1 \text{ sinon.}}$
4.
Justifier rigoureusement le cas −2<m<2-2 < m < 2 avec le corollaire du TVI.
Sur $]-\infty\,;-1]$ : $f$ continue, strictement croissante, de $-\infty$ à $2$. Comme $-2 < m < 2$, le corollaire du TVI donne **une unique solution** $x_1 < -1$. Sur $[-1\,;1]$ : $f$ continue, strictement décroissante, de $2$ à $-2$. Comme $-2 < m < 2$, le corollaire du TVI donne **une unique solution** $x_2 \in [-1\,;1]$. Sur $[1\,;+\infty[$ : $f$ continue, strictement croissante, de $-2$ à $+\infty$. Comme $m > -2$, le corollaire du TVI donne **une unique solution** $x_3 > 1$. $x_1 < -1 \leqslant x_2 \leqslant 1 < x_3$ : les trois solutions sont distinctes.
Problème 2 — Suite récurrente et point fixe
Difficile
Soit f(x)=x+2f(x) = \sqrt{x + 2} et (un)(u_n) définie par u0=0u_0 = 0 et un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n).

Partie A — Point fixe et variations de ff

1.
Résoudre f(x)=xf(x) = x sur [−2 ;+∞[[-2\,;+\infty[.
$\sqrt{x+2} = x$ avec $x \geqslant 0$ (car $\sqrt{\cdot} \geqslant 0$). $x + 2 = x^2$, soit $x^2 - x - 2 = 0$, soit $(x-2)(x+1) = 0$. Comme $x \geqslant 0$, $\boxed{x = 2}$ est l'unique point fixe.
2.
Montrer que f([0 ;2])⊂[0 ;2]f([0\,;2]) \subset [0\,;2].
$f$ est croissante sur $[-2\,;+\infty[$. $f(0) = \sqrt{2} \approx 1{,}414 \in [0\,;2]$ et $f(2) = \sqrt{4} = 2 \in [0\,;2]$. Comme $f$ est croissante : pour $x \in [0\,;2]$, $f(0) \leqslant f(x) \leqslant f(2)$, soit $\sqrt{2} \leqslant f(x) \leqslant 2$. Donc $\boxed{f([0\,;2]) \subset [\sqrt{2}\,;2] \subset [0\,;2]}$.

Partie B — Convergence

3.
Montrer par récurrence que 0⩽un⩽20 \leqslant u_n \leqslant 2 pour tout nn.
**Init :** $u_0 = 0 \in [0\,;2]$. ✓ **Hérédité :** Si $u_n \in [0\,;2]$, alors $u_{n+1} = f(u_n) \in f([0\,;2]) \subset [0\,;2]$. ✓ $\boxed{0 \leqslant u_n \leqslant 2}$ pour tout $n$.
4.
Montrer que (un)(u_n) est croissante.
$u_{n+1} - u_n = f(u_n) - u_n$. Étudions $g(x) = f(x) - x = \sqrt{x+2} - x$ sur $[0\,;2]$. $g(0) = \sqrt{2} > 0$ et $g(2) = 2 - 2 = 0$. $g'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x+2}} - 1 < 0$ pour $x > -\frac{7}{4}$ (car $2\sqrt{x+2} > 1$ dès $x > -\frac{7}{4}$). Donc $g$ est décroissante sur $[0\,;2]$, et $g(x) \geqslant g(2) = 0$. Ainsi $f(u_n) - u_n \geqslant 0$, soit $u_{n+1} \geqslant u_n$. $(u_n)$ est **croissante**.
5.
En déduire que (un)(u_n) converge et déterminer sa limite.
$(u_n)$ est croissante et majorée par $2$, donc elle **converge** (théorème de la suite monotone bornée). Soit $\ell$ sa limite. Par continuité de $f$ : $\ell = f(\ell) = \sqrt{\ell + 2}$. D'après la question 1, l'unique solution positive est $\ell = 2$. $\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 2}$
Problème 3 — TVI et équation trigonométrique
Difficile
On considère la fonction f(x)=sin⁡(x)+cos⁡(x)−1f(x) = \sin(x) + \cos(x) - 1 sur [0 ;π][0\,;\pi].

Partie A — Étude de ff

1.
Montrer que f(x)=2sin⁡(x+π4)−1f(x) = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) - 1.
$\sin(x) + \cos(x) = \sqrt{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin(x) + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos(x)\right) = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$. (On utilise $\sin(a+b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b$ avec $\cos\frac{\pi}{4} = \sin\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.) Donc $\boxed{f(x) = \sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) - 1}$.
2.
Dresser le tableau de variations de ff sur [0 ;π][0\,;\pi].
$f'(x) = \sqrt{2}\cos\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow x = \frac{\pi}{4}$. $f'(x) > 0$ sur $[0\,;\frac{\pi}{4}[$ et $f'(x) < 0$ sur $]\frac{\pi}{4}\,;\pi]$. $f(0) = 0 + 1 - 1 = 0$. $f(\frac{\pi}{4}) = \sqrt{2} - 1 \approx 0{,}414$. $f(\pi) = 0 - 1 - 1 = -2$. | $x$ | $0$ | | $\frac{\pi}{4}$ | | $\pi$ | |---|---|---|---|---|---| | $f'$ | | $+$ | $0$ | $-$ | | | $f$ | $0$ | $\nearrow$ | $\sqrt{2}-1$ | $\searrow$ | $-2$ |

Partie B — Solutions

3.
Déterminer les solutions de f(x)=0f(x) = 0 sur [0 ;π][0\,;\pi].
$f(0) = 0$ : $x_1 = 0$ est solution. Sur $]0\,;\frac{\pi}{4}]$ : $f$ est strictement croissante avec $f(0) = 0$, donc $f > 0$ sur cet intervalle. Aucune autre solution. Sur $[\frac{\pi}{4}\,;\pi]$ : $f$ est strictement décroissante de $\sqrt{2}-1 > 0$ à $-2 < 0$. Par le corollaire du TVI, il existe une **unique** solution $x_2 \in [\frac{\pi}{4}\,;\pi]$. Vérifions : $f(\frac{\pi}{2}) = 1 + 0 - 1 = 0$. Donc $x_2 = \frac{\pi}{2}$. $\boxed{\text{Solutions : } x = 0 \text{ et } x = \frac{\pi}{2}}$
4.
En déduire les solutions de sin⁡(x)+cos⁡(x)=1\sin(x) + \cos(x) = 1 sur [0 ;2π][0\,;2\pi].
Sur $[0\,;\pi]$ : les solutions sont $0$ et $\frac{\pi}{2}$ (d'après ci-dessus). Sur $[\pi\,;2\pi]$ : posons $t = x - \pi \in [0\,;\pi]$. $\sin(x) = -\sin(t)$, $\cos(x) = -\cos(t)$. $\sin(x)+\cos(x) = -(\sin(t)+\cos(t)) = 1 \Leftrightarrow \sin(t)+\cos(t) = -1$. Soit $h(t) = \sin(t)+\cos(t)+1 = f(t)+2$. Les solutions de $h(t) = 0$ sont les $t$ avec $f(t) = -2$, soit $t = \pi$. Donc $x = 2\pi$. $\boxed{\text{Solutions sur } [0\,;2\pi] : x = 0, \; x = \frac{\pi}{2}, \; x = 2\pi}$
Problème 4 — Dichotomie et algorithme
Intermédiaire
Soit f(x)=x5+x−1f(x) = x^5 + x - 1.

Partie A — Existence et unicité

1.
Montrer que f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution α\alpha dans [0 ;1][0\,;1].
$f$ est un polynôme, donc continue. $f'(x) = 5x^4 + 1 > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$. Par le corollaire du TVI : $\boxed{\text{une unique solution } \alpha \in [0\,;1]}$.

Partie B — Encadrement par dichotomie

2.
Par 44 étapes de dichotomie, donner un encadrement de α\alpha à 116\frac{1}{16} près.
**Étape 1 :** $m = 0{,}5$. $f(0{,}5) = 0{,}03125 + 0{,}5 - 1 = -0{,}469 < 0$. Donc $\alpha \in [0{,}5\,;1]$. **Étape 2 :** $m = 0{,}75$. $f(0{,}75) = 0{,}2373 + 0{,}75 - 1 = -0{,}013 < 0$. Donc $\alpha \in [0{,}75\,;1]$. **Étape 3 :** $m = 0{,}875$. $f(0{,}875) = 0{,}5129 + 0{,}875 - 1 = 0{,}388 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}75\,;0{,}875]$. **Étape 4 :** $m = 0{,}8125$. $f(0{,}8125) = 0{,}3541 + 0{,}8125 - 1 = 0{,}167 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}75\,;0{,}8125]$. $\boxed{0{,}75 \leqslant \alpha \leqslant 0{,}8125}$ (largeur $0{,}0625 = \frac{1}{16}$).
3.
Combien d'étapes faut-il pour un encadrement à 10−310^{-3} près ?
Après $n$ étapes, la largeur de l'intervalle est $\frac{1}{2^n}$. On veut $\frac{1}{2^n} \leqslant 10^{-3}$, soit $2^n \geqslant 1000$. $2^{10} = 1024 > 1000$. Donc $\boxed{n = 10 \text{ étapes suffisent}}$.