Correction détaillée des exercices 66 à 68
Exercices de perfectionnement - Limites et continuité - Manuel Al Moufid
Exercice 66
Soit \(f\) une fonction définie sur \(\mathbb R\) telle que :
\[ \forall(x,y)\in\mathbb R^2,\qquad f(x+y)=f(x)+f(y). \]Montrer que si la fonction \(f\) est continue en \(0\), alors elle est continue sur \(\mathbb R\) tout entier.
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En prenant \(x=y=0\) dans la relation donnée, on obtient :
\[ f(0)=f(0)+f(0), \]d'où :
\[ f(0)=0. \]Soit maintenant \(a\in\mathbb R\). Pour tout \(x\in\mathbb R\), on écrit :
\[ x=a+(x-a). \]La relation fonctionnelle donne alors :
\[ f(x)=f(a)+f(x-a), \]donc :
\[ f(x)-f(a)=f(x-a). \]Lorsque \(x\to a\), on a \(x-a\to0\). Comme \(f\) est continue en \(0\), il vient :
\[ \lim_{x\to a}f(x-a)=f(0)=0. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to a}\bigl(f(x)-f(a)\bigr)=0, \]c'est-à-dire :
\[ \lim_{x\to a}f(x)=f(a). \]Le réel \(a\) étant arbitraire, \(f\) est continue en tout point de \(\mathbb R\).
Exercice 67
Montrer que l'équation :
\[ 2x^3-4x+1=3\sqrt{x}+x^2 \]admet au moins une solution dans \([0;1]\).
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Posons, pour \(x\in[0;1]\) :
\[ h(x)=2x^3-x^2-4x+1-3\sqrt{x}. \]La fonction \(h\) est continue sur \([0;1]\), car elle est obtenue à partir de fonctions continues sur cet intervalle.
Calculons ses valeurs aux extrémités :
\[ h(0)=1\gt0, \] \[ h(1)=2-1-4+1-3=-5\lt0. \]Les nombres \(h(0)\) et \(h(1)\) sont de signes contraires. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ h(c)=0. \]Autrement dit :
\[ 2c^3-4c+1=3\sqrt{c}+c^2. \]Montrer que l'équation :
\[ 4x^5+x^3=27 \]admet une solution unique dans \(]1;2[\).
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Considérons la fonction \(g\) définie sur \([1;2]\) par :
\[ g(x)=4x^5+x^3-27. \]La fonction \(g\) est continue sur \([1;2]\). De plus :
\[ g(1)=4+1-27=-22\lt0, \] \[ g(2)=4\times32+8-27=109\gt0. \]D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(g(x)=0\) admet au moins une solution dans \(]1;2[\).
Pour établir l'unicité, calculons la dérivée :
\[ g'(x)=20x^4+3x^2=x^2(20x^2+3). \]Pour tout \(x\in[1;2]\), on a \(g'(x)\gt0\). La fonction \(g\) est donc strictement croissante sur \([1;2]\).
Par conséquent, l'équation \(g(x)=0\) ne peut avoir qu'une seule solution sur cet intervalle.
Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=\frac{9x^5-x-2}{x^2+1}-\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right). \]Montrer que la courbe \(\mathcal C_f\) coupe l'axe des abscisses en un point dont l'abscisse appartient à \([0;1]\).
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La fonction rationnelle \(x\mapsto\dfrac{9x^5-x-2}{x^2+1}\) est continue sur \(\mathbb R\), car \(x^2+1\gt0\) pour tout réel \(x\).
La fonction \(x\mapsto\sin\left(\dfrac{\pi}{2}x\right)\) est également continue sur \(\mathbb R\). Ainsi, \(f\) est continue sur \([0;1]\).
On a :
\[ f(0)=\frac{-2}{1}-0=-2\lt0, \]et :
\[ f(1)=\frac{9-1-2}{2}-\sin\left(\frac\pi2\right)=3-1=2\gt0. \]Les nombres \(f(0)\) et \(f(1)\) sont de signes contraires. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ f(c)=0. \]Le point \(M(c,0)\) appartient donc à la fois à la courbe \(\mathcal C_f\) et à l'axe des abscisses.
Soit \(u\) et \(v\) les deux fonctions définies par :
\[ u(x)=\sqrt[3]{3x^2+7x+1} \qquad\text{et}\qquad v(x)=\sqrt{5-x^2}. \]Montrer que les courbes \(\mathcal C_u\) et \(\mathcal C_v\) se coupent en un point dont l'abscisse appartient à \(]0;2]\).
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Sur le segment \([0;2]\), les fonctions \(u\) et \(v\) sont continues. Posons :
\[ w(x)=u(x)-v(x). \]La fonction \(w\) est donc continue sur \([0;2]\).
À l'extrémité gauche :
\[ w(0)=\sqrt[3]{1}-\sqrt5=1-\sqrt5\lt0. \]À l'extrémité droite :
\[ w(2)=\sqrt[3]{12+14+1}-\sqrt{5-4}=\sqrt[3]{27}-1=2\gt0. \]D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in]0;2[\) tel que :
\[ w(c)=0. \]Ainsi :
\[ u(c)=v(c). \]Les courbes \(\mathcal C_u\) et \(\mathcal C_v\) ont donc le point \(M(c,u(c))\) en commun.
Exercice 68
Soit \(f\) la fonction définie par :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{1+\dfrac1x}-\sqrt{x^2+2x}}{x}-1. \]Déterminer \(D\), le domaine de définition de \(f\).
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Il faut simultanément :
\[ x\ne0, \qquad 1+\frac1x\ge0, \qquad x^2+2x\ge0. \]La première condition sous le radical s'écrit :
\[ \frac{x+1}{x}\ge0, \]d'où :
\[ x\in]-\infty;-1]\cup]0;+\infty[. \]La deuxième condition s'écrit :
\[ x(x+2)\ge0, \]d'où :
\[ x\in]-\infty;-2]\cup[0;+\infty[. \]En prenant l'intersection et en excluant \(0\), on obtient :
Calculer les limites de \(f\) aux bornes de \(D\).
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1. Limite lorsque \(x\to-\infty\).
Pour \(x\lt0\), on a :
\[ \sqrt{x^2+2x}=-x\sqrt{1+\frac2x}. \]Ainsi :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{1+\frac1x}}{x}+\sqrt{1+\frac2x}-1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0+1-1=0. \]2. Limite lorsque \(x\to-2^-\).
L'expression de \(f\) est continue à gauche de \(-2\) et définie en \(-2\). Par substitution :
\[ \lim_{x\to-2^-}f(x)=f(-2) =\frac{\sqrt{\frac12}-0}{-2}-1 =-1-\frac1{2\sqrt2}. \]On peut aussi écrire :
\[ -1-\frac1{2\sqrt2}=-1-\frac{\sqrt2}{4}. \]3. Limite lorsque \(x\to0^+\).
Pour \(0\lt x\le1\), on a :
\[ \sqrt{1+\frac1x}\ge\frac1{\sqrt x} \]et :
\[ \sqrt{1+\frac2x}\le\sqrt{\frac3x}=\frac{\sqrt3}{\sqrt x}. \]Comme \(x\gt0\), on peut écrire :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{1+\frac1x}}{x}-\sqrt{1+\frac2x}-1. \]Par conséquent :
\[ f(x)\ge \frac1{x\sqrt x}-\frac{\sqrt3}{\sqrt x}-1 =\frac{\frac1x-\sqrt3}{\sqrt x}-1. \]Le membre de droite tend vers \(+\infty\) lorsque \(x\to0^+\). Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]4. Limite lorsque \(x\to+\infty\).
Pour \(x\gt0\), on a :
\[ \sqrt{x^2+2x}=x\sqrt{1+\frac2x}. \]Ainsi :
\[ f(x)=\frac{\sqrt{1+\frac1x}}{x}-\sqrt{1+\frac2x}-1. \]Il vient :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0-1-1=-2. \]Montrer qu'il existe un couple \((\alpha,\beta)\in\mathbb R^2\) tel que :
\[ \forall x\in\left[\frac12;1\right],\qquad \alpha x\le \sqrt{1+\frac1x}-\sqrt{x^2+2x} \le\beta x. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Définissons sur le segment \(\left[\dfrac12;1\right]\) la fonction :
\[ \varphi(x)= \frac{\sqrt{1+\frac1x}-\sqrt{x^2+2x}}{x}. \]Sur ce segment, \(x\gt0\), les deux radicandes sont strictement positifs et le dénominateur ne s'annule pas. La fonction \(\varphi\) est donc continue sur \(\left[\dfrac12;1\right]\).
L'image d'un segment par une fonction continue est un segment. La fonction \(\varphi\) admet donc un minimum \(\alpha\) et un maximum \(\beta\) sur \(\left[\dfrac12;1\right]\).
Ainsi, pour tout \(x\in\left[\dfrac12;1\right]\) :
\[ \alpha\le\varphi(x)\le\beta. \]Comme \(x\gt0\), la multiplication par \(x\) conserve le sens des inégalités :
\[ \alpha x\le \sqrt{1+\frac1x}-\sqrt{x^2+2x} \le\beta x. \]Montrer qu'il existe un réel \(c\in\left]\dfrac12;1\right[\) tel que :
\[ \sqrt{1+\frac1c}-\sqrt{c^2+2c}=c. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Considérons la fonction \(H\) définie sur \(\left[\dfrac12;1\right]\) par :
\[ H(x)=\sqrt{1+\frac1x}-\sqrt{x^2+2x}-x. \]La fonction \(H\) est continue sur ce segment.
Pour \(x=\dfrac12\), on obtient :
\[ H\left(\frac12\right) =\sqrt3-\frac{\sqrt5}{2}-\frac12 =\frac{2\sqrt3-\sqrt5-1}{2}. \]Or \(2\sqrt3\gt\sqrt5+1\). En effet, ces deux nombres sont positifs et :
\[ (2\sqrt3)^2=12 \qquad\text{et}\qquad (\sqrt5+1)^2=6+2\sqrt5\lt12. \]Ainsi :
\[ H\left(\frac12\right)\gt0. \]D'autre part :
\[ H(1)=\sqrt2-\sqrt3-1\lt0. \]Les valeurs de \(H\) aux extrémités sont de signes contraires. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc \(c\in\left]\dfrac12;1\right[\) tel que :
\[ H(c)=0. \]Cette égalité équivaut à :
\[ \sqrt{1+\frac1c}-\sqrt{c^2+2c}=c. \]
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