Théorème des valeurs intermédiaires : exercices corrigés de Terminale

Je calcule $f(1)=1+1-3=-1$.

Je calcule $f(2)=8+2-3=7$.

$f$ est une fonction polynôme, donc continue sur $\mathbb{R}$, en particulier sur $[1,2]$.

Comme $f(1)=-1<0<7=f(2)$, le nombre $0$ est compris entre $f(1)$ et $f(2)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1,2]$.

$f(2)=4-5=-1$ et $f(3)=9-5=4$.

$f$ est continue sur $[2,3]$ (polynôme) et $f(2)<0<f(3)$ : le théorème des valeurs intermédiaires donne une solution dans $[2,3]$.

Je calcule $f(2{,}5)=6{,}25-5=1{,}25>0$.

$f(2)<0$ et $f(2{,}5)>0$ : le changement de signe a lieu entre $2$ et $2{,}5$. Par le même théorème appliqué à $[2;2{,}5]$, la solution est dans $[2;2{,}5]$.

$g(-2)=-8+6+1=-1$, $g(-1)=-1+3+1=3$, $g(0)=1$, $g(1)=1-3+1=-1$, $g(2)=8-6+1=3$.

$g$ est continue sur $\mathbb{R}$ (polynôme).

Sur $[-2,-1]$ : $g(-2)<0<g(-1)$, donc une solution au moins.

Sur $[0,1]$ : $g(0)>0>g(1)$, donc une solution au moins.

Sur $[1,2]$ : $g(1)<0<g(2)$, donc une solution au moins.

Ces trois intervalles ne se chevauchent qu'au point d'abscisse $1$, où $g(1)\neq 0$ : les trois solutions sont distinctes.

Un polynôme de degré 3 ne peut pas avoir plus de 3 racines : l'équation a exactement 3 solutions réelles.

$f(0)=0$ et $f(2)=4$, donc $2$ est bien compris entre $f(0)$ et $f(2)$.

Si $x<1$, alors $f(x)=x<1$, donc $f(x)\neq 2$.

Si $x\geq 1$, alors $f(x)=x+2\geq 3$, donc $f(x)\neq 2$.

Aucun réel $c$ de $[0,2]$ ne vérifie $f(c)=2$.

Il n'y a pas de contradiction : $f$ n'est pas continue en $1$ (les valeurs passent de près de $1$ à $3$), et l'hypothèse de continuité sur $[0,2]$ n'est donc pas satisfaite.

$f(2)=-2<0$ et $f(3)=17>0$, $f$ est continue : une solution $\alpha$ existe dans $[2,3]$.

Milieu $2{,}5$ : $f(2{,}5)=15{,}625-10=5{,}625>0$. Comme $f(2)<0$, on garde $[2;2{,}5]$.

Milieu $2{,}25$ : $f(2{,}25)=11{,}390625-10=1{,}390625>0$. On garde $[2;2{,}25]$.

Milieu $2{,}125$ : $f(2{,}125)\approx 9{,}596-10=-0{,}404<0$. Comme $f(2{,}25)>0$, on garde $[2{,}125;2{,}25]$.

L'amplitude vaut $2{,}25-2{,}125=0{,}125=\dfrac{3-2}{2^3}$.

$h(0)=\cos 0-0=1>0$.

$h(1)=\cos 1-1\approx 0{,}5403-1\approx -0{,}4597<0$.

$h$ est continue sur $[0,1]$ comme différence de deux fonctions continues.

$h(0)>0>h(1)$ : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, $h(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0,1]$, c'est-à-dire que $\cos x=x$ en a une.

En factorisant, $P(x)=x^5\left(1-\dfrac{3}{x^3}+\dfrac{1}{x^5}\right)$ et la parenthèse tend vers $1$ en $\pm\infty$.

Donc $\lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty$ et $\lim_{x\to-\infty}P(x)=-\infty$.

$P$ est continue sur $\mathbb{R}$ et prend des valeurs arbitrairement grandes positives et négatives : $0$ est une valeur intermédiaire, donc $P$ s'annule au moins une fois.

$P(0)=1>0$ et $P(1)=1-3+1=-1<0$.

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il y a une racine dans $[0,1]$.

$f'(x)=3x^2+1>0$ pour tout réel $x$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

$f(0)=-1<0$ et $f(1)=1>0$, $f$ est continue : le théorème des valeurs intermédiaires donne une solution dans $[0,1]$.

Si deux réels distincts $x_1<x_2$ vérifiaient $f(x_1)=f(x_2)=0$, la stricte croissance donnerait $f(x_1)<f(x_2)$, ce qui est absurde. La solution $\alpha$ est donc unique sur $\mathbb{R}$.

$f(0{,}5)=0{,}125+0{,}5-1=-0{,}375<0$.

$f(0{,}75)=0{,}421875+0{,}75-1=0{,}171875>0$.

$f$ est croissante : $f(0{,}5)<0=f(\alpha)<f(0{,}75)$, donc $0{,}5<\alpha<0{,}75$, soit un encadrement d'amplitude $0{,}25$.

$g$ est la différence de $f$ (continue par hypothèse) et de $x\mapsto x$ (continue) : $g$ est continue sur $[0,1]$.

Comme $f(0)\in[0,1]$, on a $g(0)=f(0)-0\geq 0$.

Comme $f(1)\in[0,1]$, on a $g(1)=f(1)-1\leq 0$.

Si $g(0)=0$ ou $g(1)=0$, alors $c=0$ ou $c=1$ convient. Sinon $g(0)>0>g(1)$ et le théorème des valeurs intermédiaires donne $c\in[0,1]$ tel que $g(c)=0$, soit $f(c)=c$.

Pour $f(x)=\dfrac{x^2+1}{2}$ : si $0\leq x\leq 1$ alors $0\leq x^2\leq 1$, donc $\dfrac12\leq f(x)\leq 1$, et $f$ est bien à valeurs dans $[0,1]$. Elle admet un point fixe dans $[0,1]$ (en fait $c=1$, car $f(1)=1$).

$f(1)=e-3\approx -0{,}282<0$ et $f(2)=e^2-3\approx 4{,}389>0$.

$f$ est continue sur $[1,2]$ : il existe au moins une solution dans $[1,2]$.

$f$ est strictement croissante (somme de $\exp$ strictement croissante et d'une constante) : la solution est unique.

$f(1{,}5)=e^{1{,}5}-3\approx 4{,}4817-3\approx 1{,}4817>0$.

Comme $f(1)<0<f(1{,}5)$, on a $\alpha\in[1;1{,}5]$.

L'équation $e^x=3$ équivaut à $x=\ln 3\approx 1{,}0986$, ce qui est cohérent avec $\alpha\in[1;1{,}5]$.