Terminale S1-S3 · Leçon 8
Limites et continuité
Ce que dit le programme officiel (8 points)
- Courbes asymptotes ; étude systématique de la détermination d’une droite asymptote
- Théorèmes de comparaison sur les limites ; cas des fonctions monotones bornées
- Raccordement de fonctions
- Limite d’une fonction composée (théorème admis)
- Continuité d’une bijection et de sa réciproque ; démontrer qu’une fonction est une bijection d’un intervalle I sur un intervalle J ; construire la courbe de la réciproque
- Image d’un intervalle par une fonction continue ; l’image d’un segment est un segment
- Théorème des valeurs intermédiaires ; encadrer une solution de f(x) = 0
- Démontrer la continuité d’une fonction en la décomposant en fonctions continues ; fonctions définies par une équation fonctionnelle
Source : Programme de mathématiques, Terminales S1 et S3 (Sénégal), octobre 2006
Asymptotes horizontales, verticales, obliques et branches infinies
\(x=a\) est une AV si \(\displaystyle\lim_{x\to a^\pm}f(x)=\pm\infty\). On la cherche là où \(f\) n'est pas définie.
\(y=\ell\) est une AH en \(\pm\infty\) si \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\ell\).
\(y=ax+b\) (\(a\neq 0\)) est une AO en \(+\infty\) si \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}[f(x)-(ax+b)]=0\).
- Calculer \(a=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}\)
- Si \(a\) fini et \(\neq 0\), calculer \(b=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}[f(x)-ax]\)
- Si \(b\) fini → \(y=ax+b\) est l'AO
Raccourci pour les fractions rationnelles : effectuez directement la division euclidienne du numérateur par le dénominateur.
Pour \(f(x)=\dfrac{x^2+2x+3}{x+1}\) :
\[x^2+2x+3=(x+1)(x+1)+2 \implies f(x)=x+1+\frac{2}{x+1}\]
\(\dfrac{2}{x+1}\to 0\) en \(\pm\infty\) → \(y=x+1\) est l'asymptote oblique.
Théorèmes de comparaison et des gendarmes
Si \(g(x)\leq f(x)\leq h(x)\) au voisinage de \(a\) et \(\displaystyle\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}h(x)=\ell\), alors \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\ell\).
Montrons que \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=0\).
On sait \(-1\leq\sin x\leq 1\), donc pour \(x>0\) : \(-\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{\sin x}{x}\leq\dfrac{1}{x}\).
Or \(\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0\) et \(\lim_{x\to+\infty}\!\left(-\frac{1}{x}\right)=0\). Par les Gendarmes : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=\boxed{0}\).
Figure interactive — Théorème des Gendarmes
Naviguez pour observer la convergence vers 0
La fonction sin(x)/x (vert) est enserrée entre −1/x (brun) et 1/x (navy). Les deux gendarmes tendant vers 0, f tend vers 0 en +∞.
Limite d'une fonction composée
Soit \(u(x) = ax + b\) avec \(a \neq 0\), et soit \(f\) l'une des fonctions de référence (\(x^2\), \(\sqrt{x}\), \(1/x\), \(\ln x\), \(e^x\)). Si \(\lim u(x) = \ell\) (fini ou infini) et si \(f\) admet une limite \(L\) en \(\ell\), alors :
\[ \lim f\!\bigl(u(x)\bigr) = L. \]En pratique, on procède en deux étapes : d'abord calculer la limite de \(ax+b\), puis appliquer la règle usuelle de \(f\) à ce résultat intermédiaire.
Étape 1 : identifier \(u(x) = ax + b\) et déterminer \(\lim u(x)\)
comme une limite affine usuelle.
Étape 2 : remplacer mentalement \(u(x)\) par sa limite dans la
fonction \(f\) et lire la limite usuelle de \(f\) à ce point.
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sqrt{2x-3}\). On a \(u(x)=2x-3 \to +\infty\), et \(\sqrt{u}\to+\infty\). Donc la limite vaut \(+\infty\).
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty} e^{-2x+1}\). On a \(u(x)=-2x+1 \to -\infty\), et \(e^u \to 0^+\). Donc la limite vaut \(0^+\).
\(\displaystyle\lim_{x\to(1/2)^+} \ln(2x-1)\). On a \(u(x)=2x-1 \to 0^+\) quand \(x\to(1/2)^+\), et \(\ln u \to -\infty\). Donc la limite vaut \(-\infty\).
\(\displaystyle\lim_{x\to(-2/3)^+} \frac{1}{3x+2}\). On a \(3x+2 \to 0^+\) donc \(\dfrac{1}{3x+2}\to+\infty\). À gauche de \(-2/3\) : \(3x+2 \to 0^-\) donc \(\dfrac{1}{3x+2}\to-\infty\). La limite globale n'existe pas.
Quand la limite intérieure est \(0\), il faut impérativement préciser si c'est \(0^+\) ou \(0^-\) avant d'appliquer la limite de \(f = 1/u\) ou de \(f = \ln u\). Le signe de \(u(x)\) au voisinage du point est déterminé par celui de \(a\) dans \(u(x)=ax+b\).
Figure 4 — \(f(ax+b)\) : choisir \(f\), \(a\) et \(b\)
Prolongement et recollement par continuité
Soit \(f\) définie sur \(I \setminus \{a\}\). Si \(f\) admet une limite finie \(\ell\) en \(a\), le prolongement par continuité de \(f\) en \(a\) est la fonction \(\tilde{f}\) définie sur \(I\) par :
\[ \tilde{f}(x) = \begin{cases} f(x) & \text{si } x \neq a, \\[6pt] \ell & \text{si } x = a. \end{cases} \]La fonction \(\tilde{f}\) est alors continue en \(a\) par construction. On dit qu'on « rebouche le trou ».
Si la limite en \(a\) est infinie ou n'existe pas, aucun prolongement par continuité n'est possible.
- Repérer la valeur \(a\) interdite (zéro d'un dénominateur, \(\ln(0)\), etc.).
- Lever l'indétermination pour calculer \(\displaystyle\lim_{x \to a} f(x)\) : factorisation, quantité conjuguée, croissances comparées.
- Si la limite est finie et vaut \(\ell\) : poser \(\tilde{f}(a) = \ell\).
- Si la limite est infinie ou n'existe pas : aucun prolongement possible.
Soit \(f(x) = \dfrac{x^{2}-1}{x-1}\), définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\).
Pour \(x \neq 1\) : \(f(x) = \dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = 2\).
On pose \(\tilde{f}(1) = 2\). La courbe de \(f\) est la droite \(y = x+1\) privée du point \((1\,;\,2)\) ; le prolongement rebouche ce trou.
Soit \(g(x) = \dfrac{e^x - 1}{x}\), définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\).
On reconnaît le taux d'accroissement de \(e^x\) en 0. Comme \((e^x)'=e^x\) et \(e^0=1\) :
\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1.\]On pose \(\tilde{g}(0) = 1\). La fonction prolongée est continue en 0.
Soit \(h(x) = \dfrac{1}{x}\). En \(a = 0\) : \(\displaystyle\lim_{x\to 0^+} h(x) = +\infty\). La limite est infinie. Aucun prolongement par continuité n'existe en 0.
Calculer \(\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}\), c'est précisément prolonger par continuité le taux d'accroissement en \(h=0\). La dérivabilité est un prolongement par continuité. Ce lien montre que la continuité est la notion fondatrice de tout l'édifice de l'analyse.
Figure interactive — Prolongement par continuité de \((x^2-1)/(x-1)\)
trou de \(f\) en \(x=1\)
valeur ajoutée \(\tilde f(1)=2\)
Cochez/décochez les éléments via les cases
Le trou est la discontinuité supprimable de \(f\). Le point vert représente la valeur qu'on ajoute pour obtenir la fonction prolongée \(\tilde f\), continue sur \(\mathbb{R}\).
Une fonction est définie par morceaux lorsqu'elle s'exprime par des formules différentes sur des sous-intervalles disjoints. En un point \(a\) séparant deux morceaux, la continuité n'est pas automatique :
\[ f \text{ continue en } a \;\Longleftrightarrow\; \lim_{x \to a^{-}} f(x) = \lim_{x \to a^{+}} f(x) = f(a). \]- Calculer la limite à gauche en \(a\) avec l'expression valable pour \(x < a\).
- Calculer la limite à droite en \(a\) avec l'expression valable pour \(x > a\).
- Identifier \(f(a)\) d'après la définition (quel morceau s'applique en \(a\) ?).
- Écrire que les trois quantités sont égales et en déduire le paramètre.
Soit \(f(x) = \begin{cases} x + m & \text{si } x \le 2, \\ 3x - 4 & \text{si } x > 2, \end{cases}\) avec \(m \in \mathbb{R}\).
- Limite à gauche et valeur : \(\displaystyle\lim_{x \to 2^{-}} (x+m) = 2+m = f(2)\).
- Limite à droite : \(\displaystyle\lim_{x \to 2^{+}} (3x-4) = 2\).
Continuité en 2 : \(2+m = 2\), d'où \(\boxed{m = 0}\).
Soit \(g(x) = \begin{cases} ax + b & \text{si } x < 0, \\ \cos x & \text{si } 0 \le x \le \pi, \\ cx & \text{si } x > \pi. \end{cases}\)
En \(x = 0\) : \(\displaystyle\lim_{x\to 0^-}(ax+b) = b\) et \(g(0) = 1\). Donc \(b = 1\).
En \(x = \pi\) : \(g(\pi) = -1\) et \(\displaystyle\lim_{x\to\pi^+} cx = c\pi\). Donc \(c = -\dfrac{1}{\pi}\).
Le paramètre \(a\) reste libre : la continuité en 0 ne le contraint pas.
Lisez attentivement l'énoncé : une inégalité \(x \le a\) versus \(x < a\) change quel morceau définit \(f(a)\). Cette erreur de lecture est très fréquente.
Figure interactive — Recollement par continuité
morceau droit (\(x > 2\))
saut de discontinuité
Déplacer le curseur pour faire varier le paramètre \(m\)
Lorsque \(m = 0\), la limite à gauche en \(x=2\) vaut 2 et coïncide avec la limite à droite : la fonction est continue. Toute autre valeur de \(m\) crée un saut visible.
Théorème des valeurs intermédiaires
Une fonction \(f\) est continue en \(a\) si \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=f(a)\). Cela exige : (1) \(f\) définie en \(a\), (2) la limite existe, (3) limite = valeur.
Les fonctions usuelles (polynômes, \(e^x\), \(\ln x\), \(\sin\), \(\cos\), racines) sont continues sur leur domaine de définition.
Soit \(f\) continue sur \([a\,;\,b]\). Pour tout \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un \(c\in[a\,;\,b]\) tel que \(f(c)=k\).
Corollaire : Si \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes contraires, l'équation \(f(x)=0\) admet au moins une solution dans \(]a\,;\,b[\).
Si \(f\) est continue et strictement monotone sur \([a\,;\,b]\), alors pour tout \(k\) entre \(f(a)\) et \(f(b)\), l'équation \(f(x)=k\) admet une unique solution dans \([a\,;\,b]\).
Sans ces trois lignes, les points sont perdus même avec la bonne conclusion : (1) énoncer que \(f\) est continue sur \([a\,;\,b]\), (2) calculer explicitement \(f(a)\) et \(f(b)\), (3) constater les signes contraires et conclure.
Montrons que \(x^3-2x+1=0\) admet au moins une solution dans \([-2\,;\,0]\).
Posons \(f(x)=x^3-2x+1\). Polynôme → continu sur \(\mathbb{R}\).
\(f(-2)=-8+4+1=-3<0\) et \(f(0)=1>0\) — signes contraires.
Par le TVI : il existe \(c\in\,]-2\,;\,0[\) tel que \(f(c)=0\).
Figure interactive — TVI avec curseur k
Déplacez k entre −3 et 1 : la droite horizontale coupe la courbe, garantissant l'existence d'un c tel que f(c)=k (TVI). Hors de cet intervalle, le TVI ne s'applique pas sur [−2;0].
Théorème de la bijection monotone
Si \(f\) est continue sur \([a\,;b]\), alors pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un réel \(c \in [a\,;b]\) tel que \(f(c) = k\).
En d'autres termes : une fonction continue sur un segment ne peut pas sauter par-dessus une valeur.
Le cas \(k = 0\) revient le plus souvent :
\[ f \text{ continue sur } [a\,;b],\quad f(a)\cdot f(b) < 0 \;\Longrightarrow\; \exists\, c \in\, ]a\,;b[\; \text{ tel que } f(c) = 0. \]La condition \(f(a) \cdot f(b) < 0\) signifie que \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes strictement opposés. C'est l'outil standard pour montrer qu'une équation admet une solution dans un intervalle.
L'image d'un intervalle par une fonction continue est un intervalle. La continuité préserve la connexité : on ne peut pas obtenir un ensemble disjoint en appliquant une fonction continue à un intervalle.
Si \(f\) est continue et strictement monotone sur \([a\,;b]\), alors pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), l'équation \(f(x) = k\) admet une unique solution dans \([a\,;b]\).
Le TVI garantit l'existence ; la stricte monotonie garantit l'unicité.
- Vérifier que \(f\) est continue sur \([a\,;b]\).
- Vérifier que \(f\) est strictement monotone sur \([a\,;b]\) : signe de \(f'\).
- Calculer \(f(a)\) et \(f(b)\) et vérifier que \(k\) est strictement entre eux.
- Conclure par le théorème de la bijection.
Le TVI affirme l'existence d'au moins un \(c\), mais pas son unicité. Sans hypothèse de monotonie, il peut y en avoir plusieurs. De plus, le TVI ne donne pas la valeur de \(c\). Pour l'approcher, on recourt à la dichotomie.
Montrons que \(x^{3} + x - 1 = 0\) admet une unique solution dans \([0\,;1]\).
Soit \(f(x) = x^3 + x - 1\).
- Continuité : \(f\) est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\).
- Monotonie : \(f'(x) = 3x^2 + 1 > 0\) pour tout \(x\). Donc \(f\) est strictement croissante.
- Valeurs aux bornes : \(f(0) = -1 < 0\) et \(f(1) = 1 > 0\).
Par le théorème de la bijection, l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha \in\, ]0\,;\,1[\).
Figure interactive — Théorème des valeurs intermédiaires
droite \(y = k\)
solution \(\alpha\)
Déplacer le curseur pour faire varier la valeur de \(k\)
Lorsque \(k \in [f(0)\,;\,f(1)] = [-1\,;\,1]\), le TVI garantit l'existence d'au moins un point d'intersection. La stricte croissance de \(f\) assure l'unicité.
Soit \(f\) une fonction continue sur un intervalle \([a\,;b]\). Pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un réel \(c \in [a\,;b]\) tel que :
\[ f(c) = k. \]Autrement dit, \(f\) prend toutes les valeurs intermédiaires entre \(f(a)\) et \(f(b)\) — sans « saut » possible, puisque la courbe est ininterrompue.
Si \(f\) est continue sur \([a\,;b]\) et si \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes opposés (\(f(a)\cdot f(b) < 0\)), alors l'équation \(f(x) = 0\) admet au moins une solution dans \([a\,;b]\). C'est le TVI appliqué à \(k = 0\).
Soit \(f(x) = x^3 - x - 1\) sur \([1\,;2]\). \(f\) est polynomiale donc continue.
\(f(1) = 1-1-1 = -1 < 0\) et \(f(2) = 8-2-1 = 5 > 0\). Ces valeurs sont de signes opposés : par le TVI, l'équation \(f(x)=0\) admet au moins une solution \(c \in [1\,;2]\).
Soit \(g(x) = e^x - x\) sur \([0\,;2]\), continue. \(g(0) = 1\) et \(g(2) = e^2 - 2 \approx 5{,}39\). Pour \(k=3\), compris entre \(g(0)=1\) et \(g(2)\approx 5{,}39\) : par le TVI, il existe \(c \in [0\,;2]\) tel que \(g(c) = 3\), c'est-à-dire \(e^c - c = 3\).
Le TVI garantit l'existence d'au moins une solution, jamais son unicité ni sa valeur explicite. Sans hypothèse supplémentaire de monotonie (§I.4), rien n'exclut plusieurs solutions dans l'intervalle. Ne jamais écrire « donc \(c\) est la seule solution » sans avoir justifié la stricte monotonie.
Figure interactive — Théorème des valeurs intermédiaires
droite \(y=k\)
solution(s) \(c\)
Déplacer le curseur pour changer \(k\)
La courbe \(f(x)=x^3-x-1\) sur \([1\,;2]\) coupe la droite horizontale \(y=k\) en au moins un point dès que \(k\) est compris entre \(f(1)=-1\) et \(f(2)=5\).
Si \(f\) est continue et strictement monotone sur \([a\,;b]\), alors pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), l'équation \(f(x) = k\) admet une unique solution \(c \in [a\,;b]\).
La stricte monotonie ajoute l'unicité à l'existence déjà garantie par le TVI : la courbe ne peut recroiser la droite \(y=k\), puisqu'elle ne cesse jamais de croître (ou de décroître).
- Justifier que \(f\) est continue sur \([a\,;b]\) (opérations sur fonctions continues, ou dérivable donc continue).
- Justifier que \(f\) est strictement monotone sur \([a\,;b]\) — le plus souvent via le signe de \(f'\).
- Calculer \(f(a)\) et \(f(b)\) et vérifier que \(k\) est bien compris entre les deux (ou que \(f(a)\cdot f(b) < 0\) si \(k=0\)).
- Conclure : « \(f\) est continue et strictement [croissante/décroissante] sur \([a\,;b]\) ; d'après le corollaire du TVI, l'équation \(f(x)=k\) admet une unique solution \(c \in [a\,;b]\). »
Reprenons \(f(x) = x^3 - x - 1\) sur \([1\,;2]\). \(f'(x) = 3x^2 - 1\), or pour \(x \ge 1\) : \(f'(x) \ge 2 > 0\). Donc \(f\) est strictement croissante sur \([1\,;2]\), continue (polynomiale), avec \(f(1)=-1 < 0 < 5=f(2)\).
D'après le corollaire du TVI, l'équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(c \in [1\,;2]\) — précisant ainsi le résultat d'existence obtenu au §I.3.
Une fois l'existence et l'unicité établies, on encadre \(c\) en évaluant \(f\) en des points intermédiaires, en resserrant l'intervalle à chaque étape (on garde le sous-intervalle où \(f\) change de signe) :
- Évaluer \(f\) au milieu de l'intervalle courant.
- Comparer son signe à celui de \(f(a)\) : si identique, remplacer \(a\) par ce milieu ; sinon, remplacer \(b\).
- Répéter jusqu'à obtenir la précision demandée (l'amplitude de l'intervalle est divisée par 2 à chaque étape).
Pour \(f(x)=x^3-x-1\) : \(f(1{,}3) \approx -0{,}103 < 0\) et \(f(1{,}4) \approx 0{,}144 > 0\). Donc \(c \in ]1{,}3\,;1{,}4[\).
En affinant : \(f(1{,}32)\approx -0{,}02\) et \(f(1{,}33)\approx 0{,}0089\), donc \(c \in ]1{,}32\,;1{,}33[\) — encadrement à \(10^{-2}\) près de l'unique solution.
Avant toute dichotomie, un rapide tableau de valeurs (ou de variations) permet de repérer l'intervalle \([a\,;b]\) le plus petit possible où \(f\) change de signe : moins l'intervalle de départ est large, moins il faut d'étapes pour atteindre la précision demandée.
Figure interactive — Encadrement par dichotomie
intervalle courant
Chaque clic évalue \(f\) au milieu de l'intervalle courant et conserve le sous-intervalle où \(f\) change de signe, resserrant l'encadrement de la solution.
Fonctions réciproques et symétrie des courbes
Deux fonctions réciproques l'une de l'autre ont leurs courbes représentatives symétriques par rapport à la droite \(y = x\). Pour \(\ln\) et \(\exp\), cela signifie que le point \((a\,;\, b)\) appartient à \(\mathcal{C}_{\exp}\) si et seulement si \((b\,;\, a)\) appartient à \(\mathcal{C}_{\ln}\).
On pose \(g(x) = e^{x} - x - 1\) et on cherche le minimum de \(g\).
- \(g'(x) = e^{x} - 1\) : \(g'(x) < 0\) pour \(x < 0\), \(g'(x) > 0\) pour \(x > 0\).
- \(g\) est donc décroissante puis croissante, avec un minimum en \(x = 0\).
- \(g(0) = 1 - 0 - 1 = 0\), donc \(g(x) \geq 0\) pour tout \(x\).
- On conclut : \(e^{x} \geq x + 1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\), avec égalité uniquement en \(x = 0\).
Cette inégalité est très souvent demandée en préliminaire d'exercice de Bac.
Montrer que \(\ln x \leq x - 1\) pour tout \(x > 0\).
Pour \(x > 0\), on pose \(t = \ln x\) (qui parcourt \(\mathbb{R}\) quand \(x\) parcourt \(]0\,;+\infty[\)). L'inégalité \(e^{t} \geq t + 1\) s'écrit \(x \geq \ln x + 1\), soit \(\ln x \leq x - 1\). L'égalité a lieu en \(t = 0\), c'est-à-dire en \(x = 1\).
Sur la figure interactive ci-dessous, on peut vérifier que le passage d'un point de \(\mathcal{C}_{\exp}\) à sa symétrique par rapport à \(y = x\) donne bien un point de \(\mathcal{C}_{\ln}\). Le curseur permet de déplacer le point et d'observer la construction en temps réel.
Figure 3 — Symétrie de ln et exp par rapport à y = x (déplacer le point bleu)
\(y = \ln x\)
\(y = x\)
Résumé
\(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=f(a)\) — trois conditions simultanées : \(f(a)\) défini, limite existante, égalité.
La réciproque est fausse. Contre-exemple : \(|x|\) en 0, point anguleux, continu mais non dérivable.
Possible ssi \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x) = \ell\) est finie. On pose \(\tilde f(a)=\ell\). Technique : lever l'indétermination.
Égaler lim. gauche, lim. droite et \(f(a)\). Vérifier quel morceau définit \(f(a)\). Un paramètre → une équation.
\(f\) continue sur \([a;b]\), \(k\) entre \(f(a)\) et \(f(b)\) → \(\exists\, c\) avec \(f(c)=k\). Signes opposés → solution de \(f(x)=0\). Ne donne ni unicité ni valeur.
Monotonie stricte → unicité. Dichotomie : précision \(L/2^n\) après \(n\) étapes. Citer les trois conditions au Bac.
\(f\) continue en \(a\) ssi \(\displaystyle\lim_{x\to a} f(x) = f(a)\). Fonctions usuelles (polynômes, \(\sqrt{\ }\), \(\exp\), \(\sin\), \(\cos\)) continues sur leur domaine. Dérivable \(\Rightarrow\) continue (pas la réciproque).
Somme, produit, quotient (dénominateur non nul) et composée de fonctions continues sont continues. Justifie la continuité sans revenir aux limites.
\(f\) continue sur \([a\,;b]\) : toute valeur \(k\) entre \(f(a)\) et \(f(b)\) est atteinte. Cas \(k=0\) : \(f(a)\cdot f(b) < 0 \Rightarrow\) au moins une racine.
\(f\) continue et strictement monotone sur \([a\,;b]\) : \(f(x)=k\) a une unique solution. La monotonie ajoute l'unicité à l'existence du TVI.
Dichotomie / balayage : évaluer \(f\) au milieu de l'intervalle, garder le sous-intervalle où \(f\) change de signe. L'amplitude est divisée par 2 à chaque étape.
Puissances, racine carrée, \(e^x\), \(\ln x\) : mémoriser le comportement en \(\pm\infty\) et en \(0\). Pôles : toujours distinguer la limite à gauche et à droite.
\(\infty-\infty\), \(\infty/\infty\), \(0/0\), \(0\times\infty\). Lever par factorisation (terme dominant) ou par quantité conjuguée.
En \(\pm\infty\) : factoriser par le plus haut degré, les termes inférieurs disparaissent. Le résultat dépend de la comparaison des degrés.
Multiplier et diviser par \(\sqrt{A}+\sqrt{B}\) pour transformer \(\sqrt{A}-\sqrt{B}\) en \(\dfrac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}\).
\(f(ax+b)\) : calculer d'abord \(\lim(ax+b)\), puis appliquer la limite usuelle de \(f\) à ce résultat. Attention au signe en cas de pôle (\(0^+\) vs \(0^-\)).
Sujet type Bac
Énoncé : Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par :
\[ f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2 - 4}{x - 2} & \text{si } x \neq 2, \\[10pt] k & \text{si } x = 2. \end{cases} \]1. Simplifier l'expression de \(f(x)\) pour \(x \neq 2\).
2. Déterminer la valeur de \(k\) pour que \(f\) soit continue en \(x = 2\).
3. La fonction \(f\) ainsi définie est-elle dérivable en \(x = 2\) ?
4. Montrer que \(f(x) = 3{,}5\) admet une unique solution sur \([1\,;4]\) et l'encadrer à \(0{,}1\) près.
Partie 1 — Simplification. Pour \(x \neq 2\) : \(x^2 - 4 = (x-2)(x+2)\), donc
\[f(x) = \frac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x + 2.\]Partie 2 — Valeur de \(k\) pour la continuité.
\[\lim_{x\to 2} f(x) = \lim_{x\to 2}(x+2) = 4.\]On doit avoir \(k = 4\). Avec ce choix, \(f(x) = x+2\) sur tout \(\mathbb{R}\).
Partie 3 — Dérivabilité en \(x = 2\). Pour \(k = 4\), \(f(x) = x+2\) est une fonction affine, dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(f'(x) = 1\). En particulier \(f'(2) = 1\).
Partie 4 — Solution de \(f(x) = 3{,}5\) sur \([1\,;4]\).
- \(f\) est continue sur \([1\,;4]\) (fonction affine).
- \(f\) est strictement croissante (\(f' = 1 > 0\)).
- \(f(1) = 3 < 3{,}5\) et \(f(4) = 6 > 3{,}5\).
Par le théorème de la bijection, l'équation admet une unique solution \(\alpha \in\, ]1\,;\,4[\). Ici \(f(x) = x+2 = 3{,}5 \Leftrightarrow x = 1{,}5\), donc \(1{,}4 \le \alpha \le 1{,}6\).
Énoncé : Soit \(f\) la fonction définie sur \([0\,;3]\) par \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 4\).
1. Étudier les variations de \(f\) sur \([0\,;3]\).
2. Montrer que l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([2\,;3]\).
3. Donner un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(10^{-1}\).
4. Étudier la continuité en \(x=2\) de la fonction \(g\) définie par \(g(x)=f(x)\) sur \([0\,;2]\) et \(g(x) = 2x\) sur \(]2\,;3]\).
Partie 1 — Variations.
\(f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x-2)\). Sur \([0\,;3]\) : \(f'(x) < 0\) sur \(]0\,;2[\), \(f'(x) > 0\) sur \(]2\,;3[\), et \(f'(0)=f'(2)=0\).
\(f\) est donc décroissante sur \([0\,;2]\) puis croissante sur \([2\,;3]\), avec \(f(0)=4\), \(f(2)=8-12+4=0\), \(f(3)=27-27+4=4\).
Partie 2 — Existence et unicité sur \([2\,;3]\).
D'après la partie 1, \(f\) est continue (polynomiale) et strictement croissante sur \([2\,;3]\) (car \(f'(x)>0\) sur \(]2\,;3[\)). On a \(f(2)=0\) et \(f(3)=4\).
Or on cherche \(f(x)=0\) : comme \(f(2)=0\) exactement, \(\alpha = 2\) est déjà une solution évidente sur \([2\,;3]\). Par stricte croissance sur cet intervalle, c'est l'unique solution : \(\boxed{\alpha = 2}\).
Partie 3 — Encadrement.
Puisque \(\alpha = 2\) exactement, l'encadrement à \(10^{-1}\) près est immédiat : \(\alpha \in [1{,}9\,;2{,}1]\) (tout encadrement centré en 2 de largeur \(0{,}2\) convient).
Partie 4 — Continuité de \(g\) en \(x=2\).
\(g(2) = f(2) = 0\) (morceau gauche, \(x \le 2\)).
\(\displaystyle\lim_{x\to 2^-} g(x) = f(2) = 0\) (continuité de \(f\), polynomiale).
\(\displaystyle\lim_{x\to 2^+} g(x) = 2\times 2 = 4\).
Comme \(4 \neq 0\), les limites à gauche et à droite diffèrent : \(g\) est discontinue en \(x=2\) (discontinuité de saut).