Exercices sur le chapitre continuité : des corrections

Exercice 01

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :

Avec une calculatrice on obtient :

  $\3\left(\4\right)\approx \5$  et  $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right)<\8<\3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)<\3\left(\1\right)<\3\left(\6\right)$
comme  $\3$  est strictement croissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4<\1< \6$

Exercice 02

Exercice 03

1. Quel est le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$

 

$$ \newcommand{\mtn}{\mathbb{N}} \newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*} \newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\mtr}{\mathbb{R}} \newcommand{\mtk}{\mathbb{K}} \newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\mch}{\mathcal{H}} \newcommand{\mcp}{\mathcal{P}} \newcommand{\mcb}{\mathcal{B}} \newcommand{\mcl}{\mathcal{L}} \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} \newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)} \newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} \newcommand{\mcs}{\mathcal{S}} \newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} \newcommand{\ic}{\text{i}} \newcommand{\mcsns}{\mathcal{S}_n^{++}} \newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)} \newcommand{\mnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\th}{th} \DeclareMathOperator{\vect}{vect} \DeclareMathOperator{\card}{card} \DeclareMathOperator{\comat}{comat} \DeclareMathOperator{\imv}{Im} \DeclareMathOperator{\rang}{rg} \DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} \DeclareMathOperator{\diam}{diam} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \newcommand{\veps}{\varepsilon} \newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} \newcommand{\mcun}{\mcu_n} \newcommand{\dis}{\displaystyle} \newcommand{\croouv}{[\![} \newcommand{\crofer}{]\!]} \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)} \newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} \newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$

D'après le théorème de la bijection :

• \(\1 \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]\2 ; \3\right]\).
• \(\1\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]\2 ; \3\right]\).
• \(\lim\limits_{x \to \2}~\1(x)=\4\) et \(\1 \left(\3\right)=\5\)

\(\1\) réalise donc une bijection de \(\left]\2 ; \3\right]\) sur \(\left]\4;\5\right]\)
\(\6\in \left]\4;\5\right]\),
donc l'équation \(\1(x) = \6 \) a une racine unique \(\7\) dans \(\left]\2 ; \3\right]\) .

 



D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right]$.
• $\1$ est strictement décroissante sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right]$.
• $\1\left(\2\right)=\4$ et $\1\left(\3\right)=\5$
$\1$ réalise donc une bijection de $\left[\2;\3\right]$ sur $\left[\5;\4\right]$
$\6$ est compris entre $\5$ et $\4$,
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $\left[\2 ; \3\right]$ .


D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable  donc  continue  sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right[$.
• $\1$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right[$.
• $\1 \left(\2\right)=\4$ et $\lim\limits_{x \to \3}~\1(x)=\5$
$\1$ réalise donc une bijection de $\left[\2 ; \3\right[$ sur $\left[\4;\5\right[$
$\6\in \left[\4;\5\right[$,
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $\left[\2 ; \3\right[$ .


Conclusion : l'équation $f(x) = 0$ a trois solutions dans $\mathbb{R}$
2. Quel est le nombre de solutions de l'équation $f(x) = - 5$

   (On justifiera les résultats)

 

$$ \newcommand{\mtn}{\mathbb{N}} \newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*} \newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\mtr}{\mathbb{R}} \newcommand{\mtk}{\mathbb{K}} \newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\mch}{\mathcal{H}} \newcommand{\mcp}{\mathcal{P}} \newcommand{\mcb}{\mathcal{B}} \newcommand{\mcl}{\mathcal{L}} \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} \newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)} \newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} \newcommand{\mcs}{\mathcal{S}} \newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} \newcommand{\ic}{\text{i}} \newcommand{\mcsns}{\mathcal{S}_n^{++}} \newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)} \newcommand{\mnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\th}{th} \DeclareMathOperator{\vect}{vect} \DeclareMathOperator{\card}{card} \DeclareMathOperator{\comat}{comat} \DeclareMathOperator{\imv}{Im} \DeclareMathOperator{\rang}{rg} \DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} \DeclareMathOperator{\diam}{diam} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \newcommand{\veps}{\varepsilon} \newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} \newcommand{\mcun}{\mcu_n} \newcommand{\dis}{\displaystyle} \newcommand{\croouv}{[\![} \newcommand{\crofer}{]\!]} \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)} \newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} \newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$

D'après le théorème de la bijection :

• \(\1 \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]\2 ; \3\right]\).
• \(\1\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]\2 ; \3\right]\).
• \(\lim\limits_{x \to \2}~\1(x)=\4\) et \(\1 \left(\3\right)=\5\)

\(\1\) réalise donc une bijection de \(\left]\2 ; \3\right]\) sur \(\left]\4;\5\right]\)
\(\6\in \left]\4;\5\right]\),
donc l'équation \(\1(x) = \6 \) a une racine unique \(\7\) dans \(\left]\2 ; \3\right]\) .

 


Sur $[-1; +\infty[$, $f$ présente un minimum absolu en $1$ qui vaut $-1$, donc pour tout réel $x$ de $[-1; +\infty[$ on a $f(x)\geq -1$,
donc l'équation $f(x) = - 5$ n'a pas de solution sur $[-1; +\infty[$.
Conclusion : l'équation $f(x) = -5$ a une seule solution dans $\mathbb{R}$

Exercice 04

Une figure ?

1. Montrer que si $x$ est solution de $(E)$ alors $0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} $ .
Tout d'abord comme pour tout réel $x$ on a : $-1\leq \cos x \leq 1 $; et comme $\cos x = x$ , on déduit qu'une solution de $(E)$ est nécessairement dans $[-1; 1]$.
Par ailleurs si $x\in [-1;0[$ on a $-\dfrac{\pi}{2} < -1 < x < 0$, on lit sur le cercle trigonométrique $\cos x \geq 0$
Donc $(E)$ n'a pas de solution sur $[-1;0[$
Conclusion : si l'équation $(E)$ a des solutions, elles se trouvent dans $[0; 1] \subset \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$
2. Montrer que l'équation $(E)$ a une solution unique $\alpha$ dans $\mathbb{R}$ .
Déjà si $(E)$ a une solution alors celle-ci est nécessairement dans l'intervalle $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$. $$(E) \Leftrightarrow \cos x - x=0$$ Notons $f$ la fonction définie sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$ par $f(x)= \cos x - x $
$f$ est dérivable sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$ et $f'(x)= -\sin x - 1 $
Pour tout réel $x$; on a : \begin{align*} -1 \leq \sin x \leq 1& \\ 1 \geq -\sin x \geq -1& \text{ en multipliant par } -1 < 0\\ -1 \leq -\sin x \leq 1& \\ -2 \leq -\sin x -1\leq 0&\text{ en ajoutant } -1 \\ f'(x)\leq 0 & \\ \end{align*} Par ailleurs comme $f'(x)=0\Leftrightarrow -\sin x -1=0\Leftrightarrow \sin x= -1 \Leftrightarrow x = -\dfrac{\pi}{2} = k 2 \pi$
Ainsi la dérivée de $f$ est strictement négative sauf en des valeurs isolées où elle s'annule, donc $f$ est strictement décroissante sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$.


D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right]$.
• $\1$ est strictement décroissante sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right]$.
• $\1\left(\2\right)=\4$ et $\1\left(\3\right)=\5$
$\1$ réalise donc une bijection de $\left[\2;\3\right]$ sur $\left[\5;\4\right]$
$\6$ est compris entre $\5$ et $\4$,
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $\left[\2 ; \3\right]$ .

1. Déterminer une valeur approchée de $\alpha$ à $10 ^{-2}$ près par défaut.

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :
Avec une calculatrice on obtient :
$\3\left(\4\right)\approx \5$ et $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right) > \8 > \3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)> \3\left(\1\right)>\3\left(\6\right)$
comme $\3$ est strictement décroissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4< \1 < \6$

Exercice 05

Une figure ?

On résout $f(x)= g(x)\rightarrow 2-x^2-\sqrt{3x}=0$

On note $h: x\mapsto 2-x^2-\sqrt{3x}$
$h$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ et $h'(x)= -2x-\dfrac{3}{2\sqrt{3x}}$
Comme ici $x>0$; on a clairement $h'(x)<0$ comme somme de deux réels strictement négatifs.

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :
Avec une calculatrice on obtient :
$\3\left(\4\right)\approx \5$ et $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right) > \8 > \3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)> \3\left(\1\right)>\3\left(\6\right)$
comme $\3$ est strictement décroissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4< \1 < \6$

Exercice 06

Une figure ?

1. Donner le tableau de variations de $h$ .

2. En déduire que l'équation $h(x) = 0$ a une solution unique $\alpha$ dans $[- 1   ;   +\infty [$ .
D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left]\2 ; \3\right[$.
• $\1$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = \left]\2 ; \3\right[$.
• $\lim\limits_{x \to \2}~\1(x)=\4$ et $\lim\limits_{x \to \3}~\1(x)=\5$

$\1$ réalise donc une bijection de $\left]\2 ; \3\right[$ sur $\left]\4;\5\right[$
$\6\in \left]\4;\5\right[$,
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $\left]\2 ; \3\right[$ .

3. Donner une valeur approchée de $\alpha$ à $ 10 ^{-2}$ près. (Facultatif : donner la valeur exacte de $\alpha$ )

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :

Avec une calculatrice on obtient :

  $\3\left(\4\right)\approx \5$  et  $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right)<\8<\3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)<\3\left(\1\right)<\3\left(\6\right)$
comme  $\3$  est strictement croissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4<\1< \6$

$$\4<\1< \6$$
 

Exercice 07

Dans les exemples qui suivent; dénombrer les solutions des équations dans un intervalle $I$ et en donner un encadrement d'amplitude $10^{-2}$.

1. $x^3+5x=2$, $I=[0;1]$.
Soit $f: x\mapsto x^3+5x$
D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = [\2 ; \3]$.
• $\1$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = [\2 ; \3]$.
• $\1\left(\2\right)=\4$ et $\1\left(\3\right)=\5$
$\1$ réalise donc une bijection de $\left[\2;\3\right]$ sur $\left[\4;\5\right]$
$\6$ est compris entre $\1\left(\2\right)$ et $\1\left(\3\right)$, en effet $\1\left(\2\right) < \6 $ et $\1\left(\3\right) > \6 $
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $[\2 ; \3]$ .

 

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :

Avec une calculatrice on obtient :

  $\3\left(\4\right)\approx \5$  et  $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right)<\8<\3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)<\3\left(\1\right)<\3\left(\6\right)$
comme  $\3$  est strictement croissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4<\1< \6$

$$\4<\1< \6$$
2. $x^5-5x+1=0$, $I=[-2;2]$.
Soit $f: x\mapsto x^5-5x+1$
$$f'(x)=5x^4-5=5(x^4-1)=5(x^2-1)(x^2+1)= 5(x -1)(x+1)(x^2+1)$$
D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = [\2 ; \3]$.
• $\1$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = [\2 ; \3]$.
• $\1\left(\2\right)=\4$ et $\1\left(\3\right)=\5$
$\1$ réalise donc une bijection de $\left[\2;\3\right]$ sur $\left[\4;\5\right]$
$\6$ est compris entre $\1\left(\2\right)$ et $\1\left(\3\right)$, en effet $\1\left(\2\right) < \6 $ et $\1\left(\3\right) > \6 $
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $[\2 ; \3]$ .

 

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :
Avec une calculatrice on obtient :
$\3\left(\4\right)\approx \5$ et $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right) > \8 > \3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)> \3\left(\1\right)>\3\left(\6\right)$
comme $\3$ est strictement décroissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4< \1 < \6$

$$ \4 < \1 < \6$$

 

 

$$ \newcommand{\mtn}{\mathbb{N}} \newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*} \newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\mtr}{\mathbb{R}} \newcommand{\mtk}{\mathbb{K}} \newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\mch}{\mathcal{H}} \newcommand{\mcp}{\mathcal{P}} \newcommand{\mcb}{\mathcal{B}} \newcommand{\mcl}{\mathcal{L}} \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} \newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)} \newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} \newcommand{\mcs}{\mathcal{S}} \newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} \newcommand{\ic}{\text{i}} \newcommand{\mcsns}{\mathcal{S}_n^{++}} \newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)} \newcommand{\mnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\th}{th} \DeclareMathOperator{\vect}{vect} \DeclareMathOperator{\card}{card} \DeclareMathOperator{\comat}{comat} \DeclareMathOperator{\imv}{Im} \DeclareMathOperator{\rang}{rg} \DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} \DeclareMathOperator{\diam}{diam} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \newcommand{\veps}{\varepsilon} \newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} \newcommand{\mcun}{\mcu_n} \newcommand{\dis}{\displaystyle} \newcommand{\croouv}{[\![} \newcommand{\crofer}{]\!]} \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)} \newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} \newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$

D'après le théorème de la bijection :

• \(\1 \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]\2 ; \3\right]\).
• \(\1\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]\2 ; \3\right]\).
• \(\lim\limits_{x \to \2}~\1(x)=\4\) et \(\1 \left(\3\right)=\5\)

\(\1\) réalise donc une bijection de \(\left]\2 ; \3\right]\) sur \(\left]\4;\5\right]\)
\(\6\in \left]\4;\5\right]\),
donc l'équation \(\1(x) = \6 \) a une racine unique \(\7\) dans \(\left]\2 ; \3\right]\) .

 

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :

Avec une calculatrice on obtient :

  $\3\left(\4\right)\approx \5$  et  $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right)<\8<\3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)<\3\left(\1\right)<\3\left(\6\right)$
comme  $\3$  est strictement croissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4<\1< \6$

$$\4<\1< \6$$
D'après le théorème de la bijection :

• $\1 $ est une fonction dérivable  donc  continue  sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right[$.
• $\1$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = \left[\2 ; \3\right[$.
• $\1 \left(\2\right)=\4$ et $\lim\limits_{x \to \3}~\1(x)=\5$
$\1$ réalise donc une bijection de $\left[\2 ; \3\right[$ sur $\left[\4;\5\right[$
$\6\in \left[\4;\5\right[$,
donc l'équation $\1(x) = \6 $ a une racine unique $\7$ dans $\left[\2 ; \3\right[$ .

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-\2}$ pès :

Avec une calculatrice on obtient :

  $\3\left(\4\right)\approx \5$  et  $\3\left(\6\right)\approx \7$
On a donc $\3\left(\4\right)<\8<\3\left(\6\right)$, soit $\3\left(\4\right)<\3\left(\1\right)<\3\left(\6\right)$
comme  $\3$  est strictement croissante sur $\left[\9;\10\right]$; on déduit $\4<\1< \6$

$$\4<\1< \6$$
1. $x+\dfrac{4}{x^2}=\dfrac{9}{2}$, $I=[1;4]$.
2. $2x\sqrt{x+2}=-1$, $I=[2;+\infty]$.
Clairement cette équation n'a pas de solution, car sur $I=[2;+\infty]$, on a $x\geq 2 > 0$ et de même $\sqrt{x+2} >0$, par produit on a donc $2x\sqrt{x+2} > 0$ et donc ne peut pas égal à -1 !