Corrigé des 30 exercices sur la continuité en terminale : solutions détaillées à télécharger en PDF

1) a) \(f(0)=\dfrac{b}{-1}=-b\), donc \(-b=1\) et \(b=-1\). Puis en \(+\infty\), on factorise par \(x\) : \(f(x)=\dfrac{a+\frac{b}{x}}{2-\frac{1}{x}}\to\dfrac{a}{2}\). Donc \(\dfrac{a}{2}=2\) et \(a=4\).

Ainsi \(f(x)=\dfrac{4x-1}{2x-1}\), définie sur \(\mathbb{R}\setminus\left\{\frac{1}{2}\right\}\).

b) On réduit au même dénominateur \(4x-2=2(2x-1)\) :

\[ \frac{a}{2}+\frac{a+2b}{4x-2}=\frac{a(2x-1)+a+2b}{2(2x-1)}=\frac{2ax+2b}{2(2x-1)}=\frac{ax+b}{2x-1}=f(x). \]

De plus, avec \(a=4\), \(b=-1\) : \(f(x)=2+\dfrac{2}{4x-2}=2+\dfrac{1}{2x-1}\).

2) \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{2x-1}=0\), donc \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=2\) : asymptote horizontale \(y=2\). De plus, en \(\frac{1}{2}\), \(2x-1\to 0^+\) à droite et \(0^-\) à gauche :

\[ \lim_{x\to\frac{1}{2}^+}f(x)=+\infty,\qquad\lim_{x\to\frac{1}{2}^-}f(x)=-\infty : \]

asymptote verticale \(x=\frac{1}{2}\).

3) Avec \(\left(\frac{1}{u}\right)^{\prime}=-\frac{u^{\prime}}{u^2}\) : \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{2}{(2x-1)^2}\lt 0\) pour tout \(x\neq\frac{1}{2}\).

4) \(f\) est strictement décroissante sur \(\left]-\infty\,;\frac{1}{2}\right[\) (de 2 à \(-\infty\)) et sur \(\left]\frac{1}{2}\,;+\infty\right[\) (de \(+\infty\) à 2).

5) Allure de la courbe :

1) Pour \(x\neq 2\) : \(2+\dfrac{1}{x-2}=\dfrac{2(x-2)+1}{x-2}=\dfrac{2x-3}{x-2}=f(x)\).

2) \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{x-2}=0\), donc \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=2\). Ensuite, en 2 : \(\lim\limits_{x\to 2^-}f(x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to 2^+}f(x)=+\infty\).

3) a) Forme \(2+\dfrac{1}{x-2}\) : la fonction \(x\mapsto x-2\) est croissante et la fonction inverse est décroissante sur \(]-\infty\,;0[\) et sur \(]0\,;+\infty[\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;2[\) et sur \(]2\,;+\infty[\). (Ou : \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{(x-2)^2}\lt 0\).)

b) Forme \(\dfrac{2x-3}{x-2}\) : tableau de signes.

\(f(x)\geqslant 0\) sur \(\left]-\infty\,;\frac{3}{2}\right]\cup\,]2\,;+\infty[\) et \(f(x)\lt 0\) sur \(\left]\frac{3}{2}\,;2\right[\).

c) Forme \(2+\dfrac{1}{x-2}\) : \(f(x)\geqslant 2\iff\dfrac{1}{x-2}\geqslant 0\iff x-2\gt 0\iff x\gt 2\).

1) Faux. La fonction \(f(x)=\dfrac{1}{x}\) est strictement décroissante sur \([1\,;+\infty[\) mais \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\). Par ailleurs, une fonction décroissante peut être minorée et avoir une limite finie.

2) Faux. \(f(x)=-2x-2\) et \(g(x)=-x-1\) (qui ne s’annule pas sur \([0\,;+\infty[\)) tendent vers \(-\infty\), mais \(\dfrac{f(x)}{g(x)}=2\).

3) Vrai. Pour \(x\gt 0\), en divisant par \(x\) : \(0\leqslant\dfrac{f(x)}{x}\leqslant\dfrac{\sqrt{x}}{x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\). Par ailleurs, comme \(\lim\dfrac{1}{\sqrt{x}}=0\), le théorème des gendarmes donne \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0\).

4) Faux. \(f(x)=x\) restreinte à \(\mathbb{R}^*\) a pour limite 0 en 0 : la droite \(x=0\) n’est pas asymptote.

Ensemble de définition. Il faut \(x^2-2x=x(x-2)\geqslant 0\) et \(x\neq 1\), soit \(x\in\,]-\infty\,;0]\cup[2\,;+\infty[\). Puis la valeur 1 n’est pas au bord du domaine : on ne peut pas s’approcher de 1, donc pas d’asymptote \(x=1\).

En \(+\infty\) (\(x\gt 0\), donc \(\sqrt{x^2}=x\)) :

\[ g(x)=\frac{x\sqrt{1-\frac{2}{x}}}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=\frac{\sqrt{1-\frac{2}{x}}}{1-\frac{1}{x}}\ \xrightarrow[x\to+\infty]{}\ 1. \]

En \(-\infty\) (\(x\lt 0\), donc \(\sqrt{x^2}=|x|=-x\)) :

\[ g(x)=\frac{-x\sqrt{1-\frac{2}{x}}}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=-\frac{\sqrt{1-\frac{2}{x}}}{1-\frac{1}{x}}\ \xrightarrow[x\to-\infty]{}\ -1. \]

\(\Gamma\) admet donc deux asymptotes horizontales : \(y=-1\) en \(-\infty\) et \(y=1\) en \(+\infty\).

a) Vrai. C’est un théorème du cours : si \(f\) est dérivable en \(a\), alors \(f(a+h)-f(a)=h\times\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}\to 0\times f^{\prime}(a)=0\), donc \(f\) est continue en \(a\).

b) Faux. La fonction valeur absolue est continue en 0 mais pas dérivable en 0 : \(\dfrac{|h|}{h}\) vaut 1 pour \(h\gt 0\) et \(-1\) pour \(h\lt 0\), il n’y a pas de limite en 0.

c) Vrai. C’est la définition du nombre dérivé : \(f\) est dérivable en \(a\) signifie exactement que ce taux d’accroissement a une limite finie en 0, notée \(f^{\prime}(a)\).

1) « On dit que \(f\) admet une limite finie \(\ell\) en \(+\infty\) si tout intervalle ouvert contenant \(\ell\) contient toutes les valeurs \(f(x)\) pour \(x\) assez grand. »

2) Démonstration. Soit \(I\) un intervalle ouvert contenant \(\ell\).

• Comme \(\lim\limits_{+\infty}g=\ell\), il existe un réel \(A_1\) tel que, pour \(x\gt A_1\), \(g(x)\in I\).
• Comme \(\lim\limits_{+\infty}h=\ell\), il existe \(A_2\) tel que, pour \(x\gt A_2\), \(h(x)\in I\).
• Par hypothèse, il existe \(A_3\) tel que, pour \(x\gt A_3\), \(g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)\).

Ainsi, soit \(A\) le plus grand des trois réels \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\). Ensuite, pour \(x\gt A\), \(g(x)\) et \(h(x)\) sont dans \(I\) et \(f(x)\) est compris entre eux. Puis un intervalle contient tous les nombres compris entre deux de ses éléments, donc \(f(x)\in I\).

De même, tout intervalle ouvert contenant \(\ell\) contient donc toutes les valeurs \(f(x)\) pour \(x\) assez grand : \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\ell\).

Première fonction. Pour \(x\neq 1\) (et \(x\geqslant -3\)), on multiplie par la quantité conjuguée :

\[ \frac{2-\sqrt{x+3}}{x-1}=\frac{4-(x+3)}{(x-1)\left(2+\sqrt{x+3}\right)}=\frac{-(x-1)}{(x-1)\left(2+\sqrt{x+3}\right)}=\frac{-1}{2+\sqrt{x+3}}. \]

Donc \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\dfrac{-1}{2+\sqrt{4}}=-\dfrac{1}{4}=f(1)\) : \(f\) est continue en 1.

Seconde fonction. Pour \(x\gt -1\), \(\dfrac{x+1}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{x+1}\), donc \(\lim\limits_{x\to -1^+}f(x)=0\). Or \(f(-1)=1\neq 0\) : \(f\) n’est pas continue en \(-1\).

Une fonction est continue sur un intervalle si sa courbe s’y trace sans lever le crayon. De plus, un point plein appartient à la courbe, un point creux non.

Précisions : en a, les points creux en \(-1\) et en 3 excluent ces bornes ; en c, \(f\) n’est pas définie sur \([0\,;1[\) (point creux en 0), donc il n’y a pas de limite à gauche en 1 ; en b, le point \((1\,;0)\) est isolé sous le point creux \((1\,;1)\).

1) Il faut \(1-x^2\geqslant 0\iff x^2\leqslant 1\iff -1\leqslant x\leqslant 1\). Donc \(\mathcal{D}=[-1\,;1]\).

2) Représentation graphique (calculatrice ou logiciel) : la courbe part de \((-1\,;0)\), descend jusqu’à un minimum \(f(-0{,}5)=-\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\approx -1{,}3\), puis remonte jusqu’à \((1\,;0)\).

3) La fonction \(x\mapsto 1-x^2\) est continue et positive sur \([-1\,;1]\) et la racine carrée est continue sur \([0\,;+\infty[\) : par composition, \(x\mapsto\sqrt{1-x^2}\) est continue sur \([-1\,;1]\). Ensuite, la fonction \(x\mapsto x-1\) est continue. Ensuite, par produit, \(f\) est continue sur \(\mathcal{D}\).

1) On trace la demi-droite \(y=x+2\) pour \(x\leqslant -1\) (elle passe par \((-1\,;1)\) et \((-3\,;-1)\)) et la demi-droite \(y=-2x-1\) pour \(x\gt -1\) (passant par \((0\,;-1)\) et \((1\,;-3)\)).

2) Au voisinage de 1, \(f(x)=-2x-1\) : fonction affine, donc continue en 1. (Le point intéressant est en fait \(-1\), où la définition change : voir la question 3.)

3)

\[ \lim_{\substack{x\to -1\\ x\lt -1}}f(x)=-1+2=1,\qquad\lim_{\substack{x\to -1\\ x\gt -1}}f(x)=-2\times(-1)-1=1. \]

Puis les deux limites sont égales à \(f(-1)=1\) : \(f\) est aussi continue en \(-1\), donc continue sur \(\mathbb{R}\).

La fonction est définie par \( f(x)=2+\sqrt{5} \) si \( x \leqslant 0 \) et par \( f(x)=\sqrt{9+4\sqrt{5}} \) si \( x \gt 0 \). De plus, sur chacun des deux intervalles, f est constante, donc continue. Par ailleurs, tout se joue en 0.

Valeur en 0 et limite à gauche. \( f(0)=2+\sqrt{5} \) et, pour \( x \lt 0 \), \( f(x)=2+\sqrt{5} \), donc \( \lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=2+\sqrt{5} \).

Limite à droite. Pour \( x \gt 0 \), \( f(x)=\sqrt{9+4\sqrt{5}} \) (constante), donc \( \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\sqrt{9+4\sqrt{5}} \). Par ailleurs, il reste à comparer les deux nombres. Puis on remarque que :

\[ \left(2+\sqrt{5}\right)^2=4+4\sqrt{5}+5=9+4\sqrt{5}. \]

Ainsi, comme \( 2+\sqrt{5} \gt 0 \), c’est la racine carrée positive de \( 9+4\sqrt{5} \) : \( \sqrt{9+4\sqrt{5}}=2+\sqrt{5} \).

Ainsi \( \lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)=2+\sqrt{5} \) : f est continue en 0. Ensuite, en fait, f est la fonction constante égale à \( 2+\sqrt{5} \approx 4{,}24 \) sur \( \mathbb{R} \), écrite de deux façons différentes.

1) On applique l’algorithme : si \( x \leqslant -1 \), on calcule \( x+2 \), sinon \( x^2 \).

• \( x=-2 \) : \( -2 \leqslant -1 \), donc \( f=-2+2=\mathbf{0} \).
• \( x=2 \) : \( 2 \gt -1 \), donc \( f=2^2=\mathbf{4} \).
• \( x=-1 \) : \( -1 \leqslant -1 \) (l’inégalité est large), donc \( f=-1+2=\mathbf{1} \).
• \( x=-1{,}01 \) : \( -1{,}01 \leqslant -1 \), donc \( f=-1{,}01+2=\mathbf{0{,}99} \).
• \( x=-0{,}99 \) : \( -0{,}99 \gt -1 \), donc \( f=(-0{,}99)^2=\mathbf{0{,}9801} \).

2) a) \[ f(x)=\begin{cases} x+2 & \text{si } x \leqslant -1 \\ x^2 & \text{si } x \gt -1 \end{cases} \]

b) On trace la demi-droite d’équation \( y=x+2 \) pour \( x \leqslant -1 \), puis la parabole \( y=x^2 \) pour \( x \gt -1 \).

3) Sur \( ]-\infty\,;-1[ \), f est une fonction affine, et sur \( ]-1\,;+\infty[ \) une fonction carré : f est continue sur chacun de ces intervalles. Puis en \( -1 \) :

• \( f(-1)=1 \) et \( \lim\limits_{x\to -1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to -1^-}(x+2)=1 \) ;
• \( \lim\limits_{x\to -1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to -1^+}x^2=(-1)^2=1 \).

De même, les limites à gauche et à droite sont égales à \( f(-1) \) : f est continue en \( -1 \). De plus, les valeurs de la question 1 le suggéraient déjà : \( f(-1{,}01)=0{,}99 \) et \( f(-0{,}99)=0{,}9801 \) sont toutes deux proches de \( f(-1)=1 \). Ensuite, sur la courbe, les deux morceaux se raccordent sans saut.

1) \( f(x)=x^3+6x^2+9x+3 \) est une fonction polynôme. Or toute fonction polynôme est continue sur \( \mathbb{R} \), donc f est continue sur I.

2) On découpe I selon les trois intervalles de monotonie du tableau, et on applique sur chacun le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone).

• Sur \( [-4\,;-3] \) : f est continue, strictement croissante, et \( 2 \in [-1\,;3] \). L’équation \( f(x)=2 \) y a une unique solution.
• Sur \( [-3\,;-1] \) : f est continue, strictement décroissante de 3 à \( -1 \), et \( 2 \in [-1\,;3] \) : une unique solution.
• Sur \( [-1\,;1] \) : f est continue, strictement croissante de \( -1 \) à 19, et \( 2 \in [-1\,;19] \) : une unique solution.

Puis aucune de ces solutions n’est une borne commune (\( f(-3)=3 \) et \( f(-1)=-1 \) ne valent pas 2), donc elles sont distinctes. De plus, l’équation \( f(x)=2 \) admet exactement 3 solutions dans I (environ \( -3{,}53 \), \( -2{,}35 \) et \( -0{,}12 \) à la calculatrice).

3) a) Sur \( [-4\,;-1] \), le maximum de f est \( f(-3)=3 \), donc \( f(x) \leqslant 3 \lt 4 \) : pas de solution. Par ailleurs, sur \( [-1\,;1] \), f est continue et strictement croissante, avec \( f(-1)=-1 \lt 4 \lt 19=f(1) \). Ainsi, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \( f(x)=4 \) admet une unique solution \( \alpha \) dans \( [-1\,;1] \), donc dans I.

b) On calcule \( f(0)=3 \lt 4 \) et \( f(1)=19 \gt 4 \). De même, comme f est croissante sur \( [-1\,;1] \), on a \( 0 \lt \alpha \lt 1 \). (La calculatrice donne \( \alpha \approx 0{,}104 \).)

1) f est dérivable sur \( [-1\,;3] \) et :

\[ f^{\prime}(x)=0{,}4\times 5x^4-8=2x^4-8=2\left(x^4-4\right)=2\left(x^2-2\right)\left(x^2+2\right). \]

Ensuite, comme \( x^2+2 \gt 0 \), \( f^{\prime}(x) \) a le signe de \( x^2-2 \), qui s’annule en \( \sqrt{2} \) sur \( [-1\,;3] \) : \( f^{\prime}(x) \lt 0 \) sur \( [-1\,;\sqrt{2}[ \) et \( f^{\prime}(x) \gt 0 \) sur \( ]\sqrt{2}\,;3] \).

Puis valeurs utiles : \( f(-1)=-0{,}4+8-3=4{,}6 \) ; \( f(3)=0{,}4\times 243-24-3=70{,}2 \) ; et, comme \( \left(\sqrt{2}\right)^5=4\sqrt{2} \) :

\[ f\left(\sqrt{2}\right)=1{,}6\sqrt{2}-8\sqrt{2}-3=-6{,}4\sqrt{2}-3\approx -12{,}05. \]

2) Comme \( \sqrt{2} \approx 1{,}41 \lt 2 \), l’intervalle \( [2\,;3] \) est contenu dans \( [\sqrt{2}\,;3] \), où f est continue (polynôme) et strictement croissante. De plus \( f(2)=0{,}4\times 32-16-3=-6{,}2 \) et \( f(3)=70{,}2 \), donc \( 2 \in [f(2)\,;f(3)] \). De plus, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \( f(x)=2 \) admet une unique solution \( \alpha \) dans \( [2\,;3] \).

3) Par balayage à la calculatrice (pas de 0,1 puis de 0,01) :

• \( f(2{,}2)\approx 0{,}015 \lt 2 \) et \( f(2{,}3)\approx 4{,}35 \gt 2 \), donc \( 2{,}2 \lt \alpha \lt 2{,}3 \) ;
• \( f(2{,}24)\approx 1{,}64 \lt 2 \) et \( f(2{,}25)\approx 2{,}07 \gt 2 \), donc \( 2{,}24 \lt \alpha \lt 2{,}25 \) ;
• \( f(2{,}245)\approx 1{,}85 \lt 2 \), donc \( 2{,}245 \lt \alpha \lt 2{,}25 \).

Par ailleurs, l’arrondi de \( \alpha \) à 0,01 près est donc 2,25 (la calculatrice donne \( \alpha \approx 2{,}2485 \)).

1) On pose \( g(x)=-2x^3-6x^2+18x+59 \), fonction polynôme, donc continue et dérivable sur \( \mathbb{R} \) :

\[ g^{\prime}(x)=-6x^2-12x+18=-6\left(x^2+2x-3\right)=-6(x+3)(x-1). \]

\( g^{\prime}(x) \) est du signe de \( -6 \) (négatif) à l’extérieur des racines \( -3 \) et 1, positif entre elles. Ensuite, on calcule \( g(-3)=54-54-54+59=5 \) et \( g(1)=-2-6+18+59=69 \). Par ailleurs, les limites sont celles du terme de plus haut degré \( -2x^3 \) : \( \lim\limits_{x\to -\infty}g(x)=+\infty \) et \( \lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=-\infty \).

• Sur \( ]-\infty\,;1] \), le minimum de g est \( g(-3)=5 \), donc \( g(x) \geqslant 5 \gt 0 \) : aucune solution.
• Sur \( [1\,;+\infty[ \), g est continue et strictement décroissante, de 69 à \( -\infty \). Comme \( 0 \in ]-\infty\,;69] \), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution \( \alpha \).

Ainsi, l’équation \( g(x)=0 \) admet donc une unique solution réelle \( \alpha \), et \( \alpha \gt 1 \).

2) À la calculatrice : \( g(3)=5 \gt 0 \) et \( g(3{,}1)=-2{,}442 \lt 0 \). De même, comme g est décroissante sur \( [1\,;+\infty[ \), on obtient \( 3 \lt \alpha \lt 3{,}1 \) (valeur plus précise : \( \alpha \approx 3{,}068 \)).

1) On factorise par 4 les termes en x, puis on complète le carré :

\[ \begin{aligned} f(x) &= 4\left(x^2-2x\right)+7 \\ &= 4\left[(x-1)^2-1\right]+7 \\ &= 4(x-1)^2+3. \end{aligned} \]

Vérification : \( 4(x^2-2x+1)+3=4x^2-8x+7 \). Puis la forme canonique est \( f(x)=4(x-1)^2+3 \) : le sommet de la parabole est \( S(1\,;3) \), et comme \( 4 \gt 0 \), 3 est le minimum de f, atteint en \( x=1 \).

2) \( f(x)=k \iff 4(x-1)^2=k-3 \iff (x-1)^2=\dfrac{k-3}{4} \). Ensuite, un carré est positif ou nul, d’où la discussion :

• si \( k \lt 3 \) : \( \dfrac{k-3}{4} \lt 0 \), aucune solution ;
• si \( k=3 \) : \( (x-1)^2=0 \), une seule solution \( x=1 \) ;
• si \( k \gt 3 \) : \( x-1=\pm\dfrac{\sqrt{k-3}}{2} \), deux solutions \( x=1-\dfrac{\sqrt{k-3}}{2} \) et \( x=1+\dfrac{\sqrt{k-3}}{2} \).

Ensuite, on retrouve ce que dit le tableau de variation : f décroît de \( +\infty \) à 3 sur \( ]-\infty\,;1] \), puis croît de 3 à \( +\infty \) sur \( [1\,;+\infty[ \), et chaque valeur \( k \gt 3 \) est atteinte une fois sur chaque intervalle.

1) \( f^{\prime}(x)=3x^2-2x+1 \). Puis le discriminant de ce trinôme est \( \Delta=(-2)^2-4\times 3\times 1=-8 \lt 0 \) : \( f^{\prime}(x) \) garde le signe de \( a=3 \), donc \( f^{\prime}(x) \gt 0 \) pour tout réel x. f est strictement croissante sur \( \mathbb{R} \), de \( -\infty \) à \( +\infty \).

a) \( f(x)=g(x) \iff x^3-x^2+x+2-(x+2)=0 \iff h(x)=0 \), avec \( h(x)=x^3-x^2 \).

h est continue sur \( [-1\,;0] \) (polynôme) et \( h^{\prime}(x)=3x^2-2x=x(3x-2) \). Puis sur \( [-1\,;0] \), \( x \leqslant 0 \) et \( 3x-2 \lt 0 \), donc \( h^{\prime}(x) \geqslant 0 \), avec égalité seulement en 0 : h est strictement croissante sur \( [-1\,;0] \). De plus, comme \( h(-1)=-2 \lt 0 \) et \( h(0)=0 \), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que \( h(x)=0 \) a une unique solution \( \alpha \) dans \( [-1\,;0] \) : c’est \( \alpha=0 \).

Sur \( \mathbb{R} \), on factorise : \( h(x)=x^2(x-1) \), qui s’annule pour \( x=0 \) et pour \( x=1 \). Par ailleurs, l’équation \( f(x)=g(x) \) a donc deux solutions sur \( \mathbb{R} \) : 0 et 1. De plus, les courbes de f et de g se coupent aux points \( (0\,;2) \) et \( (1\,;3) \).

b) Ici la solution est exacte : \( \alpha=0 \). Ensuite, un encadrement à 0,001 près est par exemple \( -0{,}001 \lt \alpha \lt 0{,}001 \) ; la calculatrice (tableau de valeurs de h) confirme que h change de signe exactement en 0.

Remarque : l’énoncé attendait sans doute une solution non évidente ; avec les fonctions telles qu’elles sont écrites, la solution de \( [-1\,;0] \) est exactement 0.

1) \( f(x)=-4 \iff x^3-2x^2-4x=0 \iff x\left(x^2-2x-4\right)=0 \).

Ainsi, soit \( x=0 \), soit \( x^2-2x-4=0 \) : \( \Delta=4+16=20 \), \( \sqrt{20}=2\sqrt{5} \), d’où \( x=\dfrac{2\pm 2\sqrt{5}}{2}=1\pm\sqrt{5} \).

De même, les solutions sont \( 1-\sqrt{5} \), 0 et \( 1+\sqrt{5} \) (environ \( -1{,}24 \), 0 et \( 3{,}24 \)).

2) \( f^{\prime}(x)=3x^2-4x-4 \). \( \Delta=16+48=64 \), racines \( \dfrac{4-8}{6}=-\dfrac{2}{3} \) et \( \dfrac{4+8}{6}=2 \), donc \( f^{\prime}(x)=(3x+2)(x-2) \), positif à l’extérieur des racines.

\[ f\left(-\tfrac{2}{3}\right)=-\frac{8}{27}-\frac{8}{9}+\frac{8}{3}-4=\frac{-8-24+72-108}{27}=-\frac{68}{27}\approx -2{,}52 \qquad f(2)=8-8-8-4=-12. \]

(Limites en \( \pm\infty \) : celles du terme de plus haut degré \( x^3 \).)

3) On étudie \( f(x)=-12 \) sur chaque intervalle :

• sur \( ]-\infty\,;-\frac{2}{3}] \), f est continue, strictement croissante de \( -\infty \) à \( -\frac{68}{27} \), et \( -12 \lt -\frac{68}{27} \) : une unique solution ;
• sur \( [-\frac{2}{3}\,;2] \), f décroît strictement jusqu’à \( -12 \) : la valeur \( -12 \) n’est atteinte qu’en \( x=2 \) ;
• sur \( [2\,;+\infty[ \), f croît strictement à partir de \( -12 \) : seul \( x=2 \) convient encore.

Ensuite, l’équation admet donc 2 solutions. Par ailleurs, on peut même les trouver : \( x^3-2x^2-4x+8=x^2(x-2)-4(x-2)=(x-2)^2(x+2) \), d’où les solutions \( -2 \) et 2.

4) Non. f est continue sur \( \mathbb{R} \), avec \( \lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=-\infty \) et \( \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty \). Puis pour tout réel y, on trouve \( a \) avec \( f(a) \lt y \) et \( b \) avec \( f(b) \gt y \), et le théorème des valeurs intermédiaires donne un réel c entre a et b tel que \( f(c)=y \). Puis l’équation \( f(x)=y \) a toujours au moins une solution.

L’équation de l’énoncé porte sur la fonction g du tableau (« f(x) = k » est une coquille pour \( g(x)=k \)). Ensuite, on suppose, comme toujours pour un tableau de variation, que g est continue sur \( [-10\,;10[ \).

De plus, sur chacun des quatre intervalles de monotonie, g est continue et strictement monotone : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \( g(x)=k \) y a une solution unique quand k est entre les valeurs extrêmes, et aucune sinon.

• sur \( [-10\,;-4] \) : une solution si \( -\pi \leqslant k \leqslant \sqrt{2} \) ;
• sur \( [-4\,;0] \) : une solution si \( -\pi \leqslant k \leqslant 2 \) ;
• sur \( [0\,;3] \) : une solution si \( -4 \leqslant k \leqslant 2 \) ;
• sur \( [3\,;10[ \) : une solution si \( k \geqslant -4 \).

Par ailleurs, on range les valeurs clés : \( -4 \lt -\pi\approx -3{,}14 \lt \sqrt{2}\approx 1{,}41 \lt 2 \). Attention aux valeurs atteintes en une borne commune à deux intervalles (\( x=-4 \), \( x=0 \), \( x=3 \)) : la solution ne compte qu’une fois.

On travaille en millimètres : rayon de la boîte \( R=120 \) mm, hauteur d’eau initiale 50 mm, rayon de la boule x mm. Puis la boule, métallique, repose au fond ; la surface de l’eau lui est tangente, donc la nouvelle hauteur d’eau est le diamètre 2x.

1) a) En plongeant la boule, le niveau de l’eau monte (ou reste égal) : \( 2x \geqslant 50 \), donc \( x \geqslant 25 \). Ainsi, et la boule doit entrer dans la boîte : son diamètre ne dépasse pas celui de la boîte, \( 2x \leqslant 240 \), donc \( x \leqslant 120 \). Ainsi \( 25 \leqslant x \leqslant 120 \).

b) Le volume occupé jusqu’à la hauteur 2x est celui de l’eau plus celui de la boule :

\[ \begin{aligned} \pi\times 120^2\times 2x &= \pi\times 120^2\times 50+\frac{4}{3}\pi x^3 \\ 28\,800x &= 720\,000+\frac{4}{3}x^3 \\ 21\,600x &= 540\,000+x^3 \quad (\text{en multipliant par } \tfrac{3}{4}) \end{aligned} \]

soit \( x^3-21\,600x+540\,000=0 \) : x est bien solution de (E).

2) a) Soit \( h(x)=x^3-21\,600x+540\,000 \) sur \( [0\,;+\infty[ \), continue (polynôme). \( h^{\prime}(x)=3x^2-21\,600=3\left(x^2-7\,200\right) \) s’annule en \( x_0=\sqrt{7\,200}=60\sqrt{2}\approx 84{,}85 \) : h est strictement décroissante sur \( [0\,;x_0] \) et strictement croissante sur \( [x_0\,;+\infty[ \).

• \( h(25{,}6)\approx 3\,817 \gt 0 \) et \( h(26)=-4\,024 \lt 0 \). Sur \( [25{,}6\,;26] \subset [0\,;x_0] \), h est continue et strictement décroissante : une unique solution \( \alpha \in [25{,}6\,;26] \).
• \( h(125)=-206\,875 \lt 0 \) et \( h(135)=84\,375 \gt 0 \). Sur \( [125\,;135] \subset [x_0\,;+\infty[ \), h est continue et strictement croissante : une unique solution \( \beta \in [125\,;135] \).

De même, il n’y en a pas d’autre positive : sur \( [0\,;x_0] \) h est strictement monotone (une seule solution, \( \alpha \)), de même sur \( [x_0\,;+\infty[ \) (une seule, \( \beta \)).

b) D’après 1) a), le rayon vérifie \( 25 \leqslant x \leqslant 120 \) : \( \beta \geqslant 125 \) ne convient pas, donc \( x=\alpha \). Ensuite, À la calculatrice : \( h(25{,}7)\approx 1\,855 \gt 0 \) et \( h(25{,}8)\approx -106 \lt 0 \), et \( h(25{,}75) \gt 0 \), donc \( 25{,}75 \lt \alpha \lt 25{,}8 \) : \( \alpha\approx 25{,}79 \).

1) Sur chaque intervalle \( [n\,;n+1[ \) (avec \( n=0,1,2,3 \)), \( \lfloor x \rfloor=n \), donc \( f(x)=x^2-n \) : la courbe est formée de quatre arcs de parabole, chacun décalé de n vers le bas.

• sur \( [0\,;1[ \) : \( f(x)=x^2 \), de 0 à 1 (exclu) ;
• sur \( [1\,;2[ \) : \( f(x)=x^2-1 \), de 0 à 3 (exclu) ;
• sur \( [2\,;3[ \) : \( f(x)=x^2-2 \), de 2 à 7 (exclu) ;
• sur \( [3\,;4[ \) : \( f(x)=x^2-3 \), de 6 à 13 (exclu).

2) Sur chaque intervalle \( [n\,;n+1[ \), f coïncide avec une fonction polynôme : elle est continue en tout point qui n’est pas un entier. De plus, en un entier \( n \in \{1\,;2\,;3\} \) :

\[ \lim_{x\to n^-}f(x)=n^2-(n-1)=n^2-n+1 \qquad\text{et}\qquad f(n)=n^2-n. \]

Puis la limite à gauche vaut \( f(n)+1 \neq f(n) \) : la courbe fait un saut de 1 vers le bas. Donc f n’est pas continue sur \( [0\,;4[ \) : elle est discontinue en 1, 2 et 3 (en 0, borne de l’intervalle, elle est continue à droite).

3) On écrit \( g(x)=(x-3)f(x) \). De plus, au voisinage d’un entier n, la limite à gauche de g est \( (n-3)(n^2-n+1) \) et \( g(n)=(n-3)(n^2-n) \) ; à droite, g est continue.

• En 1 : \( \lim\limits_{x\to 1^-}g(x)=(-2)\times 1=-2 \) et \( g(1)=(-2)\times 0=0 \) : g n’est pas continue en 1.
• En 2 : \( \lim\limits_{x\to 2^-}g(x)=(-1)\times 3=-3 \) et \( g(2)=(-1)\times 2=-2 \) : g n’est pas continue en 2.
• En 3 : \( \lim\limits_{x\to 3^-}g(x)=0\times 7=0 \) et \( g(3)=0\times 6=0 \), et \( \lim\limits_{x\to 3^+}g(x)=0 \) : g est continue en 3. Le facteur \( x-3 \), nul en 3, « écrase » le saut de f.

1) On s’appuie sur le théorème des valeurs intermédiaires : 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 \( f(c)=k \).

Par ailleurs, ici, \( f(a)f(b) \lt 0 \) signifie que \( f(a) \) et \( f(b) \) sont non nuls et de signes contraires : l’un est strictement négatif, l’autre strictement positif. Ensuite, le réel \( k=0 \) est donc compris entre \( f(a) \) et \( f(b) \). Ainsi, comme f est continue sur \( [a\,;b] \), le théorème fournit un réel \( c \in [a\,;b] \) tel que \( f(c)=0 \). De plus \( c\neq a \) et \( c\neq b \) puisque \( f(a)\neq 0 \) et \( f(b)\neq 0 \) : en fait \( c \in ]a\,;b[ \).

2) On pose \( h=f-g \), définie sur \( I=[a\,;b] \). De même, comme f et g sont continues sur I, leur différence h est continue sur I.

« La différence change de signe sur I » signifie qu’il existe deux réels u et v de I avec \( h(u) \lt 0 \) et \( h(v) \gt 0 \), c’est-à-dire \( h(u)h(v) \lt 0 \). h est continue sur l’intervalle d’extrémités u et v (contenu dans I), donc d’après la question 1, il existe un réel c entre u et v, donc dans I, tel que \( h(c)=0 \), soit :

\[ f(c)-g(c)=0 \iff f(c)=g(c). \]

Graphiquement : les courbes de f et de g se coupent au moins une fois au-dessus de I.

On note \( f(x)=\sqrt{\dfrac{5x}{3x-5}} \).

1) Il faut \( 3x-5\neq 0 \), soit \( x\neq\frac{5}{3} \), et \( \dfrac{5x}{3x-5} \geqslant 0 \). Ensuite, tableau de signes : \( 5x \) s’annule en 0, \( 3x-5 \) en \( \frac{5}{3} \).

Donc \( \mathcal{D}=\left]-\infty\,;0\right]\cup\left]\frac{5}{3}\,;+\infty\right[ \).

2) \( f=v\circ u \) avec \( u(x)=\dfrac{5x}{3x-5} \) (fonction rationnelle) et \( v(X)=\sqrt{X} \) : on calcule d’abord \( u(x) \), puis on en prend la racine carrée.

3) En \( \pm\infty \). Pour \( x\neq 0 \), \( u(x)=\dfrac{5}{3-\frac{5}{x}} \), donc \( \lim\limits_{x\to\pm\infty}u(x)=\dfrac{5}{3} \). Par ailleurs, la racine carrée étant continue en \( \frac{5}{3} \), par composition :

\[ \lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}f(x)=\sqrt{\frac{5}{3}}=\frac{\sqrt{15}}{3}\approx 1{,}29. \]

Puis la droite d’équation \( y=\frac{\sqrt{15}}{3} \) est asymptote horizontale à \( \mathcal{C} \) en \( -\infty \) et en \( +\infty \).

En \( \frac{5}{3} \) à droite. \( 5x\to\frac{25}{3} \gt 0 \) et \( 3x-5\to 0^+ \), donc \( u(x)\to +\infty \), et comme \( \lim\limits_{X\to +\infty}\sqrt{X}=+\infty \), par composition \( \lim\limits_{x\to\frac{5}{3}^+}f(x)=+\infty \). Puis la droite d’équation \( x=\frac{5}{3} \) est asymptote verticale.

En 0. 0 appartient à \( \mathcal{D} \) et \( f(0)=0 \) ; f est continue en 0 (composée de fonctions continues), il n’y a pas d’asymptote : la courbe s’arrête au point O.

4) Tracé des asymptotes et de la courbe :

On utilise le lien entre le signe de f′ et le sens de variation de f, et le fait que f′ s’annule là où la courbe de f a une tangente horizontale.

• 𝒞₁ a des tangentes horizontales en \( x=-2 \) et en \( x=0 \) (flèches vertes). Or 𝒞₂ coupe l’axe des abscisses exactement en \( -2 \) et en 0.
• 𝒞₁ est décroissante sur \( ]-\infty\,;-2] \), croissante sur \( [-2\,;0] \), décroissante sur \( [0\,;+\infty[ \). Et 𝒞₂ est sous l’axe (négative) avant \( -2 \), au-dessus (positive) entre \( -2 \) et 0, sous l’axe après 0 : les signes correspondent.
• À l’inverse, 𝒞₂ a une tangente horizontale en \( x=-1 \), mais 𝒞₁ ne coupe pas l’axe en \( -1 \) (elle y est sous l’axe) : 𝒞₁ ne peut pas être la dérivée de la fonction représentée par 𝒞₂.

a) La courbe ❷ est croissante sur \( [-2\,;0] \) puis décroissante sur \( [0\,;5] \), avec une tangente horizontale en 0. Ensuite, la courbe ❶ est positive sur \( [-2\,;0[ \), nulle en 0, négative ensuite : ses signes correspondent exactement aux variations de la courbe ❷.

De plus, l’inverse est impossible : la courbe ❶ est décroissante sur \( [-2\,;1] \) environ, alors que la courbe ❷ est positive sur une partie de cet intervalle (par exemple en 0, où elle vaut 1).

Donc la courbe ❷ représente f et la courbe ❶ représente f′.

b) Sur la courbe ❷, le point d’abscisse 0 est le sommet, d’ordonnée 1 : \( f(0)=1 \). Par ailleurs, sur la courbe ❶, le point d’abscisse 0 est l’origine O : \( f^{\prime}(0)=0 \) (ce qui confirme la tangente horizontale de la courbe ❷ en 0).

c) La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation \( y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0) \), soit :

\[ y=0\times x+1 \iff y=1. \]

a) Pour \( x \lt 0 \), la courbe est la partie de l’axe des abscisses située à gauche de O, sans le point O (point creux). Puis pour \( x \geqslant 0 \), c’est la demi-droite horizontale d’ordonnée 1, qui commence au point plein \( (0\,;1) \).

b) Sur \( ]-\infty\,;0[ \), H est constante (égale à 0) donc continue ; sur \( [0\,;+\infty[ \), H est constante (égale à 1) donc continue. De plus, en revanche, en 0 :

\[ \lim_{x\to 0^-}H(x)=0 \neq 1=H(0), \]

donc H n’est pas continue en 0 : on ne peut pas tracer sa courbe sans lever le crayon. Ainsi, aucun intervalle contenant 0 et des réels négatifs ne convient.

1. On cherche l’entier n tel que \( n \leqslant x \lt n+1 \).

• a) \( 2 \leqslant 2{,}6 \lt 3 \), donc E(2,6) = 2.
• b) \( 0 \leqslant 0{,}3 \lt 1 \), donc E(0,3) = 0.
• c) \( 4 \leqslant 4 \lt 5 \), donc E(4) = 4.
• d) \( -2 \leqslant -1{,}2 \lt -1 \), donc E(−1,2) = −2 (et non −1 : la partie entière d’un négatif non entier est l’entier en dessous).

2. Pour x dans \( [n\,;n+1[ \), on a \( E(x)=n \) :

• a) sur \( [0\,;1[ \), E(x) = 0 ;
• b) sur \( [1\,;2[ \), E(x) = 1 ;
• c) sur \( [-1\,;0[ \), E(x) = −1 ;
• d) sur \( [-2\,;-1[ \), E(x) = −2.

3. a) Sur \( [-5\,;5[ \), la courbe est un escalier de dix marches : sur \( [n\,;n+1[ \), un segment horizontal à la hauteur n, avec un point plein à gauche et un point creux à droite.

b) Sur chaque intervalle \( [n\,;n+1[ \), E est constante, donc continue. Ensuite, en un entier n de \( ]-5\,;5[ \) : \( \lim\limits_{x\to n^-}E(x)=n-1 \) alors que \( E(n)=n \). Par ailleurs, la courbe fait un saut de 1 : E est discontinue en −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3 et 4, et continue en tout autre point de \( [-5\,;5[ \) (en −5, borne de l’intervalle, elle est continue à droite).

c) Le même raisonnement vaut pour tout entier : E est discontinue en chaque entier relatif (chaque élément de \( \mathbb{Z} \)), et continue en tout réel non entier.

a) Sur \( ]2\,;+\infty[ \), \( f(x)=1-2x \) : f coïncide avec une fonction affine, continue sur \( \mathbb{R} \), donc f est continue sur \( ]2\,;+\infty[ \).

De même, sur \( ]-\infty\,;2[ \), \( f(x)=\mathrm{e}^{x-2}-4 \) : la fonction \( x\mapsto x-2 \) est continue et la fonction exponentielle est continue sur \( \mathbb{R} \), donc leur composée \( x\mapsto\mathrm{e}^{x-2} \) est continue ; en retranchant 4, f est continue sur \( ]-\infty\,;2[ \).

b) À droite de 2. \( \lim\limits_{x\to 2^+}(1-2x)=1-4=-3 \) (fonction affine continue en 2).

À gauche de 2. Quand \( x\to 2 \), \( x-2\to 0 \) et \( \mathrm{e}^{x-2}\to\mathrm{e}^0=1 \), donc \( \lim\limits_{x\to 2^-}f(x)=1-4=-3 \).

Ensuite, les deux limites sont égales, et de plus \( f(2)=1-2\times 2=-3 \) (car \( 2 \geqslant 2 \)). Puis on en déduit que \( \lim\limits_{x\to 2}f(x)=f(2) \) : f est continue en 2.

c) f est continue sur \( ]-\infty\,;2[ \), sur \( ]2\,;+\infty[ \) et en 2 : f est continue sur \( \mathbb{R} \). Puis sa courbe se trace d’un seul trait.

a) On suit le programme : si \( x \lt 0 \), \( y=\mathrm{e}^x \) ; sinon, si \( x \leqslant 1 \), \( y=x^2 \) ; sinon \( y=2x-1 \).

• \( F(0) \) : 0 n’est pas strictement négatif et \( 0 \leqslant 1 \), donc \( F(0)=0^2=0 \).
• \( F(-2) \) : \( -2 \lt 0 \), donc \( F(-2)=\mathrm{e}^{-2}\approx 0{,}135 \).
• \( F(5) \) : \( 5 \gt 1 \), donc \( F(5)=2\times 5-1=9 \).
• \( F(1) \) : \( 1 \leqslant 1 \), donc \( F(1)=1^2=1 \).
• \( F(0{,}5) \) : \( 0 \leqslant 0{,}5 \leqslant 1 \), donc \( F(0{,}5)=0{,}25 \).

b) \[ F(x)=\begin{cases} \mathrm{e}^x & \text{si } x \lt 0 \\ x^2 & \text{si } 0 \leqslant x \leqslant 1 \\ 2x-1 & \text{si } x \gt 1 \end{cases} \]

c) Chaque morceau (exponentielle, carré, affine) est continu ; il faut regarder les raccords en 0 et en 1.

• En 0 : \( \lim\limits_{x\to 0^-}F(x)=\mathrm{e}^0=1 \) mais \( F(0)=0 \). La limite à gauche est différente de \( F(0) \) : F n’est pas continue en 0.
• En 1 : \( \lim\limits_{x\to 1^-}F(x)=1^2=1 \), \( \lim\limits_{x\to 1^+}F(x)=2\times 1-1=1 \) et \( F(1)=1 \) : F est continue en 1.

Donc F n’est pas continue sur \( \mathbb{R} \), à cause du saut en 0.

d) F est continue sur \( ]-\infty\,;0[ \) et sur \( [0\,;+\infty[ \) : sur ce second intervalle, F est continue en 0 à droite (\( \lim\limits_{x\to 0^+}x^2=0=F(0) \)) et en 1.

a) Les morceaux sont des polynômes, donc continus sur leurs intervalles. Ensuite, il faut que les raccords en 3 et en 5 se fassent sans saut, c’est-à-dire que le segment d’équation \( y=ax+b \) relie A et B.

• En 3 : \( f(3)=0{,}64\times 9=5{,}76 \), donc A(3 ; 5,76), et il faut \( \lim\limits_{x\to 3^+}(ax+b)=3a+b=5{,}76 \).
• En 5 : \( f(5)=4-(5-6)^2=3 \), donc B(5 ; 3), et il faut \( \lim\limits_{x\to 5^-}(ax+b)=5a+b=3 \).

\[ \begin{cases} 3a+b=5{,}76 \\ 5a+b=3 \end{cases} \]

De plus, en soustrayant : \( 2a=3-5{,}76=-2{,}76 \), donc \( a=-1{,}38 \), puis \( b=3-5a=3+6{,}9=9{,}9 \), donc \( b=9{,}9 \). Puis on vérifie : \( 3\times(-1{,}38)+9{,}9=5{,}76 \).

b) La dérivée de \( x\mapsto 0{,}64x^2 \) est \( x\mapsto 1{,}28x \) : nombre dérivé en 3 égal à \( 1{,}28\times 3=\mathbf{3{,}84} \). De plus, la fonction affine \( x\mapsto -1{,}38x+9{,}9 \) a pour nombre dérivé son coefficient directeur, \( -1{,}38 \), en tout point.

Par ailleurs, À gauche de 3, la courbe arrive avec une pente 3,84 ; à droite, elle repart avec une pente \( -1{,}38 \). Ensuite, ces nombres sont différents : la courbe forme un point anguleux en A, et f n’est pas dérivable en 3 (bien qu’elle y soit continue).

c) En 5 : à gauche, la pente est celle du segment, \( -1{,}38 \). Ainsi, À droite, la dérivée de \( x\mapsto 4-(x-6)^2 \) est \( x\mapsto -2(x-6) \), qui vaut \( -2\times(5-6)=2 \) en 5. De même, comme \( -1{,}38\neq 2 \), f n’est pas dérivable en 5 : autre point anguleux, en B.