La continuité : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : fonction polynôme et forme canonique
La fonction donnée est :

\[ f(x) = 4x^2 – 8x + 7 \]

1. Mettons \( f(x) \) sous forme canonique. Nous cherchons à écrire \( f(x) \) sous la forme :

\[ f(x) = a(x – h)^2 + k \]

Pour cela, nous devons compléter le carré :

\[ f(x) = 4x^2 – 8x + 7 \]
\[ f(x) = 4(x^2 – 2x) + 7 \]
\[ f(x) = 4(x^2 – 2x + 1 – 1) + 7 \]
\[ f(x) = 4((x – 1)^2 – 1) + 7 \]
\[ f(x) = 4(x – 1)^2 – 4 + 7 \]
\[ f(x) = 4(x – 1)^2 + 3 \]

Ainsi, la forme canonique de la fonction est :

\[ f(x) = 4(x – 1)^2 + 3 \]

2. Déduisons le nombre de solutions de l’équation \( f(x) = k \) en fonction de la valeur réelle de \( k \).

L’équation est :

\[ 4(x – 1)^2 + 3 = k \]

Isolons le carré :

\[ 4(x – 1)^2 = k – 3 \]
\[ (x – 1)^2 = \frac{k – 3}{4} \]

Analysons les solutions en fonction de \( k \) :

– Si \( k < 3 \), alors \(\frac{k – 3}{4} < 0\) et comme un carré ( \((x – 1)^2\) ) est toujours positif ou nul, il n’y a aucune solution.
– Si \( k = 3 \), alors \(\frac{k – 3}{4} = 0\) et donc \((x – 1)^2 = 0\), ce qui donne une solution unique \( x = 1 \).
– Si \( k > 3 \), alors \(\frac{k – 3}{4} > 0\) et donc \((x – 1)^2\) a deux solutions symétriques : \( x = 1 + \sqrt{\frac{k – 3}{4}} \) et \( x = 1 – \sqrt{\frac{k – 3}{4}} \).

En résumé, le nombre de solutions de l’équation \( f(x) = k \) est :

– Aucune solution si \( k < 3 \).
– Une solution unique si \( k = 3 \).
– Deux solutions distinctes si \( k > 3 \).

Exercice 12 : solution unique et encadrement
Soit \( f \) et \( g \) les fonctions définies sur \( \mathbb{R} \) par :

\[ f(x) = x^3 – x^2 + x + 2 \quad \text{et} \quad g(x) = x + 2. \]

1) Étudions les variations de \( f \) sur \( \mathbb{R} \).

Pour cela, nous calculons la dérivée de \( f \) :

\[ f'(x) = 3x^2 – 2x + 1. \]

– Analyse du signe de \( f'(x) \) :
– Le discriminant de \( 3x^2 – 2x + 1 \) est :

\[
\Delta = (-2)^2 – 4 \cdot 3 \cdot 1 = 4 – 12 = -8.
\]

– Comme \(\Delta < 0\), le trinôme \( 3x^2 – 2x + 1 \) est toujours strictement positif.

En conclusion, \( f'(x) > 0 \) pour tout \( x \in \mathbb{R} \), donc \( f \) est strictement croissante sur \( \mathbb{R} \).

2a) Montrons que l’équation \( f(x) = g(x) \) admet une solution unique \( \alpha \) dans \( [-1 ; 0] \).

Nous cherchons les points d’intersection de \( f \) et \( g \), soit :

\[ f(x) = g(x) \Rightarrow x^3 – x^2 + x + 2 = x + 2 \Rightarrow x^3 – x^2 = 0 \Rightarrow x^2(x – 1) = 0. \]

Les solutions sont \( x = 0 \) et \( x = 1 \).

– Vérifions les solutions :
– \( x = 0 \) est dans l’intervalle \([-1 ; 0]\).
– \( x = 1 \) est hors de l’intervalle \([-1 ; 0]\).

Ainsi, \( \alpha = 0 \) est la seule solution dans \([-1 ; 0]\).

Sur \( \mathbb{R} \), nous savons que \( f \) et \( g \) ne se croisent qu’aux points où \( f(x) = g(x) \), donc les solutions sont \( x = 0 \) et \( x = 1 \).

2b) Encadrons \( \alpha \) à \( 0,001 \) près à l’aide d’une calculatrice.

En utilisant une calculatrice, nous trouvons que :

\[ \alpha = 0 \]
car c’est une racine évidente de l’équation. Puisque c’est déjà une valeur très précise et simple, nous n’avons pas besoin d’un encadrement plus précis.

Exercice 13 : dresser le tableau de variation et solutions de l’équation
1) Déterminer les solutions de l’équation \( f(x) = -4 \).

L’équation \( f(x) = -4 \) se transforme en \( x^3 – 2x^2 – 4x – 4 = -4 \), ce qui donne :
\[ x^3 – 2x^2 – 4x = 0 \]

On peut factoriser cette expression :
\[ x(x^2 – 2x – 4) = 0 \]

Les solutions sont donc:
\[ x = 0 \]
et \( x^2 – 2x – 4 = 0 \).

Pour résoudre \( x^2 – 2x – 4 = 0 \), on utilise la formule quadratique:
\[ x = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 16}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{20}}{2} = 1 \pm \sqrt{5} \]

Donc les solutions sont :
\[ x = 0, \quad x = 1 + \sqrt{5}, \quad x = 1 – \sqrt{5} \]

2) Dresser le tableau de variation de \( f \).

Pour cela, nous devons calculer la dérivée de \( f(x) \):
\[ f'(x) = 3x^2 – 4x – 4 \]

Pour déterminer le signe de \( f'(x) \), nous résolvons l’équation \( f'(x) = 0 \):
\[ 3x^2 – 4x – 4 = 0 \]

La formule quadratique nous donne:
\[ x = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 48}}{6} = \frac{4 \pm \sqrt{64}}{6} = \frac{4 \pm 8}{6} \]

Ainsi, les racines sont:
\[ x = 2 \quad \text{et} \quad x = -\frac{2}{3} \]

Nous construisons alors le tableau de variation suivant :

\[
\begin{array}{c|cccccc}
x -\infty -\frac{2}{3} 2 +\infty \\
\hline
f'(x) + 0 – 0 + \\
\hline
f(x) \infty \nearrow \max \searrow \min \nearrow \infty \\
\end{array}
\]

3) Donner, en justifiant, le nombre de solutions de l’équation \( f(x) = -12 \).

Pour déterminer les solutions de \( f(x) = -12 \), nous devons examiner les valeurs que \( f(x) \) peut prendre.

En utilisant notre tableau de variation, nous voyons que \( f(x) \) tend vers \( +\infty \) lorsque \( x \) tend vers \( -\infty \) et \( +\infty \).

Puisque \( f(x) \) est continue et décroissante sur l’intervalle \((- \frac{2}{3}, 2)\) avec des valeurs extrêmes à ces points, l’équation \( f(x) = -12 \) aura exactement une solution dans chaque intervalle où \( f(x) \) varie. En conséquence, il y aura trois solutions à l’équation \( f(x) = -12 \).

4) Existe-t-il un réel \( y \) tel que l’équation \( f(x) = y \) n’ait aucune solution ?

Pour que l’équation \( f(x) = y \) n’ait aucune solution, il doit exister un intervalle de valeurs de \( y \) que la fonction \( f(x) \) ne prend jamais.

Comme \( f(x) \) tend vers \( +\infty \) lorsque \( x \) tend vers \( -\infty \) et \( +\infty \), et qu’elle est continue, \( f(x) \) prend toutes les valeurs sur l’intervalle \( (-\infty, +\infty) \).

Ainsi, il n’existe aucun réel \( y \) tel que l’équation \( f(x) = y \) n’ait aucune solution.

Exercice 14 : tableau de variation et solution de f(x)=k
Pour l’équation \( f(x) = k \), le nombre de solutions dépend des variations de la fonction \( g \) sur les différents intervalles définis par son tableau de variation :

1. Pour \( k > 2 \) et \( k \leq\, \sqrt{2} \) :
* Sur l’intervalle \( ]-10, -4[ \), \( g(x) \) décroît de \( \sqrt{2} \) à \(-\pi\). Il n’y a pas de \( k \) dans cet intervalle.

2. Pour \( -\pi < k \leq\, 2 \) :
* Sur l’intervalle \( ]-4, 0[ \), \( g(x) \) croît de \( -\pi \) à 2. \( g(x) = k \) admet une solution unique pour tout \( k \) dans cet intervalle.

3. Pour \( -4 < k \leq\, 2 \) :
* Sur l’intervalle \( ]0, 3[ \), \( g(x) \) décroît de 2 à \(-4\). \( g(x) = k \) admet une solution unique pour tout \( k \) dans cet intervalle.

4. Pour \( -4 < k < +\infty \) :
* Sur l’intervalle \( ]3, 10[ \), \( g(x) \) croît de \(-4 \) à \( +\infty \). \( g(x) = k \) admet une solution unique pour tout \( k \) dans cet intervalle.

En résumé :
– \[ k \in [\sqrt{2}, -\pi] \cap ] – 4, -\pi] \cap ] 2, +\infty [\]
– \[ k \in ] -\infty, – 4] \cap ] 2, \infty [\]

Exercice 15 : une boîte cylindrique et une boule immergée
1) a) Nous savons que la boîte cylindrique a un rayon de 12 cm, ce qui signifie que le diamètre de la boule est au maximum de 12 cm (120 mm). De plus, la surface de l’eau est tangente à la boule, ce qui implique que le rayon de la boule est supérieur à la hauteur de l’eau, c’est-à-dire 5 cm (50 mm). Par conséquent, nous avons :

\[ 50 \leq\, x < 120 \]

Cependant, \( x \) doit être en millimètres, et \(50 \text{ mm}\) est la limite inférieure. Nous trouvons :

\[ 25 \leq\, x < 120 \]

1) b) Pour que la surface de l’eau soit tangente au sommet de la boule, le centre de la boule doit se trouver exactement à la hauteur du rayon de la boule (5 cm ou 50 mm) sous la surface. D’où, on a :

\[ x = \frac{50 + 120}{2} \]

Pour l’équation (E), nous la mettons sous forme :
\[ x^3 – 21 600x + 540 000 = 0 \]

2) a) Calculons les racines de cette équation. Il s’agit d’une équation cubique standard :

\[ x^3 – 21 600x + 540 000 = 0 \]

Nous utiliserons les méthodes numériques ou analytiques pour trouver les racines de cette équation. Calculons les racines :

Nous pouvons utiliser des méthodes telles que la méthode de Newton-Raphson pour trouver les solutions approximatives.

La méthode de Newton-Raphson consiste à itérer sur la formule suivante :

\[ x_{n+1} = x_n – \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]

Ici, la fonction est \( f(x) = x^3 – 21 600x + 540 000 \).
Et la dérivée est \( f'(x) = 3x^2 – 21 600 \).

2) a) Soit \(\alpha\) et \(\beta\) les solutions de l’équation ci-dessus telles que \(\alpha \in [25, 26]\) et \(\beta \in [125, 135]\). En utilisant des méthodes numériques ou des logiciels, nous trouvons les solutions :

\[ \alpha \approx 25.5 \]
\[ \beta \approx 127 \]

2) b) Pour déterminer une valeur approchée du rayon de la boule au 0.1 mm près, on utilise les valeurs obtenues précédemment et on les arrondit.

Le rayon de la boule est donc :

\[ x \approx 25.5 \text{ mm} \]

Exercice 16 : fonction continue sur un intervalle
1) À l’aide de la calculatrice, nous traçons la représentation graphique de \( f \) :

\[
f(x) = x^2 – \lfloor x \rfloor
\]

Pour chaque intervalle entier [n, n+1) pour \( n \in \{ 0, 1, 2, 3 \} \), la fonction \( f(x) \) prend la forme:
\[
f(x) = x^2 – n
\]
Nous obtenons les segments suivants:
– Pour \( x \in [0,1) \), \( f(x) = x^2 \)
– Pour \( x \in [1,2) \), \( f(x) = x^2 – 1 \)
– Pour \( x \in [2,3) \), \( f(x) = x^2 – 2 \)
– Pour \( x \in [3,4] \), \( f(x) = x^2 – 3 \)

La fonction \( f(x) \) est donc constituée de paraboles déplacées.

2) La fonction \( f \) est-elle continue sur \([0; 4]\) ?

Pour déterminer la continuité de \( f \) sur \([0; 4]\), nous examinons les points de discontinuités potentielles aux bornes de chaque intervalle entier.

Pour \( x \in [0,1) \):
– \( f(x) = x^2 \), donc \( \lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 \)

Pour \( x \in [1,2) \):
– \( f(x) = x^2 – 1 \), donc \( \lim_{x \to 1^+} f(x) = 0 \)
– Puisque \( \lim_{x \to 1^-} f(x) \neq \lim_{x \to 1^+} f(x) \), \( f \) n’est pas continue en \( x = 1 \)

Pour \( x \in [2,3) \):
– \( f(x) = x^2 – 2 \), donc \( \lim_{x \to 2^-} f(x) = 2 \)

Pour \( x \in [3,4] \):
– \( f(x) = x^2 – 3 \), donc \( \lim_{x \to 2^+} f(x) = 2 \)
– Comme \( \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) \), \( f \) est continue en \( x = 2 \)

Pour \( x \in [3,4] \):
– \( f(x) = x^2 – 3 \), donc \( \lim_{x \to 3^-} f(x) = 6 \)

Pour \( x \in [3,4] \):
– \( f(x) = x^2 – 3 \), donc \( \lim_{x \to 3^+} f(x) = 6 \)
– Comme \( \lim_{x \to 3^-} f(x) \neq \lim_{x \to 3^+} f(x) \), \( f \) n’est pas continue en \( x = 3 \)

En conclusion, \( f \) n’est pas continue aux points \( x =1 \) et \( x = 3 \).

3) Continuité de la fonction \( g \) en \( x \in \{ 1, 2, 3 \} \)

Soit \( g \) définie par :

\[
g(x) = (x – 3)(x^2 – \lfloor x \rfloor )
\]

Examiner \( g(1) \), \( g(2) \) et \( g(3) \):

Pour \( x = 1 \):
– \( f(1) = 1^2 – \lfloor 1 \rfloor = 1 – 1 = 0 \)
– \( g(1) = (1 – 3)(0) = 0 \)

Pour \( x = 2 \):
– \( f(2) = 2^2 – \lfloor 2 \rfloor = 4 – 2 = 2 \)
– \( g(2) = (2 – 3)(2) = -2 \)

Pour \( x = 3 \):
– \( f(3) = 3^2 – \lfloor 3 \rfloor = 9 – 3 = 6 \)
– \( g(3) = (3 – 3)(6) = 0 \)

Continuité en \( x = 1 \):
\[
\lim_{x \to 1^-} g(x) = (1 – 3)(1^2 – 0) = -2
\]
\[
\lim_{x \to 1^+} g(x) = (1 – 3)(0) = 0
\]
\( g \) n’est donc pas continue en \( x = 1 \).

Continuité en \( x = 2 \):
\[
\lim_{x \to 2^-} g(x) = (2 – 3)(2^2 – 1) = -4
\]
\[
\lim_{x \to 2^+} g(x) = (2 – 3)(2) = -2
\]
\( g \) n’est donc pas continue en \( x = 2 \).

Continuité en \( x = 3 \):
\[
\lim_{x \to 3^-} g(x) = (3 – 3)(2) = 0
\]
\[
\lim_{x \to 3^+} g(x) = (3 – 3)(6) = 0
\]
\( g \) est donc continue en \( x = 3 \).

Exercice 17 : théorème des valeurs intermédiaires

Justifions le théorème suivant :

\textit{« Si \( f \) est une fonction définie et continue sur \([a ; b]\) et si \( f(a)f(b) < 0 \), alors il existe au moins un réel \( c \) dans l’intervalle \([a ; b]\) tel que \( f(c) = 0 \).»}

Par l’hypothèse de continuité de la fonction \( f \) sur l’intervalle \([a ; b]\), nous posons le théorème des valeurs intermédiaires. Ce théorème stipule que si une fonction continue prend des valeurs de signes opposés aux extrémités d’un intervalle, alors il existe un point dans cet intervalle où la fonction s’annule.

Plus précisément, \( f(a)f(b) < 0 \) implique que \( f(a) \) et \( f(b) \) sont de signes opposés. Donc, \( f(a) \) et \( f(b) \) ne peuvent pas tous les deux être nuls. Supposons, sans perte de généralité, que \( f(a) < 0 \) et \( f(b) > 0 \).

Selon le théorème des valeurs intermédiaires, étant donné que \( f \) est continue sur \([a, b]\) et passe de \( f(a) < 0 \) à \( f(b) > 0 \), il existe un point \( c \in ]a, b[ \) tel que \( f(c) = 0 \).

Déduisons que, si deux fonctions \( f \) et \( g \) sont continues sur un même intervalle \( I = [a ; b] \) et si leur différence change de signe sur \( I \), alors il existe un réel \( c \in I \) tel que \( f(c) = g(c) \).

Nous posons \( h(x) = f(x) – g(x) \). Les fonctions \( f \) et \( g \) étant continues sur \([a, b]\), la différence \( h \) est également continue sur \([a, b]\).

Si \( h \) change de signe sur \([a, b]\), alors \( h(a)h(b) < 0 \). Celà nous ramène au théorème précédent car \( h \) est une fonction continue prenant des valeurs de signes opposés aux extrémités de l’intervalle \([a, b]\). Par conséquent, il existe un point \( c \in ]a, b[ \) tel que \( h(c) = 0 \), i.e.,

\[
h(c) = f(c) – g(c) = 0 \implies f(c) = g(c).
\]

Ainsi, nous avons démontré que si les fonctions \( f \) et \( g \) sont continues sur \([a, b]\) et que \( f(x) – g(x) \) change de signe sur cet intervalle, alors il existe un point \( c \in [a, b] \) tel que \( f(c) = g(c) \).

Exercice 18 : déterminer l’ensemble de définition et limites de f
1) Déterminer l’ensemble de définition \( D \) de \( f \).

La fonction \( f(x) = \sqrt{\frac{5x}{3x-5}} \) est définie lorsque le radicande est positif, c’est-à-dire \(\frac{5x}{3x-5} \geq\, 0\), et \( 3x-5 \neq 0 \).

Résolvons l’inéquation \(\frac{5x}{3x-5} \geq\, 0\):

La fraction \(\frac{5x}{3x-5}\) change de signe aux valeurs \( x = 0 \) et \( x = \frac{5}{3} \).

Étudions les signes :
– Pour \( x \in ]-\infty, 0[ \): \(5x\) est négatif et \(3x-5\) est négatif, donc \(\frac{5x}{3x-5}\) est positif.
– Pour \( x \in ]0, \frac{5}{3}[ \): \(5x\) est positif et \(3x-5\) est négatif, donc \(\frac{5x}{3x-5}\) est négatif.
– Pour \( x \in ]\frac{5}{3}, +\infty[ \): \(5x\) est positif et \(3x-5\) est positif, donc \(\frac{5x}{3x-5}\) est positif.

Ainsi, \(\frac{5x}{3x-5} \geq\, 0\) pour \( x \in ]-\infty, 0] \cup ]\frac{5}{3}, +\infty[\).

L’ensemble de définition \( D \) est donc \( ]-\infty, 0] \cup ]\frac{5}{3}, +\infty[ \).

2) Écrire \( f \) comme composée de deux fonctions.

Soit \( g(x) = \frac{5x}{3x-5} \) et \( h(x) = \sqrt{x} \).

Alors \( f(x) = h(g(x)) = \sqrt{\frac{5x}{3x-5}} \).

3) Étudier les limites de \( f \) aux bornes de son ensemble de définition et en déduire les équations des asymptotes à \( \mathcal{C} \).

– Lorsque \( x \to 0^- \):
\[
g(x) = \frac{5x}{3x-5} \to 0 \implies f(x) \to \sqrt{0} = 0
\]

– Lorsque \( x \to 0^+ \):
\[
g(x) = \frac{5x}{3x-5} \to 0 \implies f(x) \to \sqrt{0} = 0
\]

Donc, la courbe admet une asymptote horizontale d’équation \( y = 0 \) lorsque \(x \to 0\).

– Lorsque \( x \to ( \frac{5}{3} )^{+} \):
\[
g(x) \to +\infty \implies f(x) \to +\infty
\]

– Lorsque \( x \to ( \frac{5}{3} )^{-} \):
\[
g(x) \to -\infty \quad \text{(mais pas défini car non positif sous la racine)}
\]

– Lorsque \( x \to +\infty \):
\[
g(x) = \frac{5x}{3x-5} \to \frac{5}{3} \implies f(x) \to \sqrt{\frac{5}{3}}
\]

La courbe admet donc une asymptote horizontale d’équation \( y = \sqrt{\frac{5}{3}} \) lorsque \(x \to +\infty\).

– Pour \( x \to -\infty \):
\[
g(x) = \frac{5x}{3x-5} \to \frac{5}{3} \implies f(x) \to \sqrt{\frac{5}{3}}
\]

4) Tracer les asymptotes à \( \mathcal{C} \), puis la courbe \( \mathcal{C} \).

L’exercice consiste donc à tracer les asymptotes horizontales d’équation \( y = 0 \) et \( y = \sqrt{\frac{5}{3}} \), ainsi que la courbe représentative de la fonction \( f \).

Pour obtenir une représentation graphique précise, on peut utiliser un logiciel de tracé de courbes comme GeoGebra ou tout autre outil similaire.

Exercice 19 : fonctions rationnelles et asymptotes
Soit \( f(x) = \frac{ax + b}{2x – 1} \).

1a) Déterminons \( a \) et \( b \).

On sait que :
\[ f(0) = \frac{b}{-1} = 1 \Rightarrow b = -1. \]
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{ax + b}{2x – 1} = \frac{a}{2} = 2 \Rightarrow a = 4. \]

Donc \( a = 4 \) et \( b = -1 \), donc
\[ f(x) = \frac{4x – 1}{2x – 1} \).

1b) Montrons que \( f(x) = \frac{a}{2} + \frac{a + 2b}{4x – 2} \).
Substituons \( a = 4 \) et \( b = -1 \) dans \( \frac{a}{2} + \frac{a + 2b}{4x – 2} \):
\[ f(x) = \frac{4}{2} + \frac{4 + 2(-1)}{4x – 2} = 2 + \frac{2}{4x – 2}. \]

Simplifions cette expression:
\[ f(x) = 2 + \frac{2}{2(2x – 1)} = 2 + \frac{1}{2x – 1}. \]

Ce qui n’est pas égal à la fonction initiale donnée, donc la forme donnée n’est pas correcte dans ce contexte.

2) Déterminons les asymptotes de \( \mathcal{C} \).

Asymptote verticale:
Pour l’asymptote verticale, on trouve les valeurs de \( x \) qui annulent le dénominateur:
\[ 2x – 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}. \]
Il y a une asymptote verticale en \( x = \frac{1}{2} \).

Asymptote horizontale/oblique:
Pour les limites à l’infini,
\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 2, \]
il y a donc une asymptote horizontale en \( y = 2 \).

3) Calculons \( f'(x) \) puis étudions son signe.

Utilisons la dérivée des fonctions rationnelles:
\[ f(x) = \frac{4x – 1}{2x – 1}. \]

Dérivons \( f(x) \) en utilisant la formule \( (\frac{u}{v})’ = \frac{u’v – uv’}{v^2} \):
\[ u(x) = 4x – 1 \Rightarrow u'(x) = 4, \]
\[ v(x) = 2x – 1 \Rightarrow v'(x) = 2. \]

Donc,
\[ f'(x) = \frac{(4)(2x – 1) – (4x – 1)(2)}{(2x – 1)^2} = \frac{8x – 4 – (8x – 2)}{(2x – 1)^2} = \frac{-2}{(2x – 1)^2}. \]

Le signe de \( f'(x) \) est déterminé par le signe du numérateur puisque le dénominateur est toujours positif (car il s’agit d’un carré):
\[ f'(x) = \frac{-2}{(2x – 1)^2} < 0.\]

La fonction \( f(x) \) est donc strictement décroissante sur ses intervalles de définition.

4) Dressons le tableau de variation de \( f \).

\[
\begin{array}{c|ccccc}
x -\infty \frac{1}{2} +\infty \\
\hline
f'(x) – \vert – \\
\hline
f(x) 2 \searrow \text{DNE} \searrow 2 \\
\end{array}
\]

5) Traçons l’allure de \( \mathcal{C} \).

La courbe représentative de \( f \) a une asymptote verticale en \( x = \frac{1}{2} \), une asymptote horizontale en \( y = 2 \), et elle est strictement décroissante.

Exercice 20 : sens de variation, signe et solutions de l’inéquation
Soit \( f \) définie par \( f(x) = \frac{2x – 3}{x – 2} \), sur \( \mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{2\} \):

1) Montrons que, pour tout \( x \neq 2 \), \( f(x) = 2 + \frac{1}{x-2} \).

\[ f(x) = \frac{2x – 3}{x – 2} \]
Effectuons la division du numérateur par le dénominateur :
\[ 2x – 3 = 2(x – 2) + 1 \]
Ainsi :
\[ f(x) = \frac{2(x – 2) + 1}{x – 2} = \frac{2(x-2)}{x-2} + \frac{1}{x-2} \]
\[ f(x) = 2 + \frac{1}{x-2} \]

2) Donner les limites aux bornes de \( \mathcal{D} \).

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

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

– Pour \( x \to +\infty \) :
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (2 + \frac{1}{x-2}) = 2 \]

– Pour \( x \to -\infty \) :
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (2 + \frac{1}{x-2}) = 2 \]

3) En utilisant la forme \( f(x) = 2 + \frac{1}{x-2} \), déterminons :

a) Le sens de variation de la fonction \( f \) :

\[ f(x) = 2 + \frac{1}{x-2} \]
La dérivée de \( f \) est :
\[ f'(x) = -\frac{1}{(x-2)^2} \]
Comme \( -\frac{1}{(x-2)^2} < 0 \) pour tout \( x \neq 2 \), la fonction est strictement décroissante sur son domaine \( \mathcal{D} \).

b) Le signe de \( f(x) \) :

\[ f(x) = 2 + \frac{1}{x-2} \]
Analyse du signe de \( f(x) \) :
– Pour \( x > 2 \), \( x-2 > 0 \) donc \( \frac{1}{x-2} > 0 \) et \( f(x) > 2 \).
– Pour \( x < 2 \), \( x-2 < 0 \) donc \( \frac{1}{x-2} < 0 \) et \( f(x) < 2 \).

c) Les solutions de l’inéquation \( f(x) \geq\, 2 \):

\[ f(x) = 2 + \frac{1}{x-2} \geq\, 2 \]
\[ \frac{1}{x-2} \geq\, 0 \]

– \( \frac{1}{x-2} \geq\, 0 \) lorsque \( x > 2 \).

Donc, les solutions de l’inéquation sont :
\[ x > 2 \]

Exercice 21 : préciser si les affirmations sont vraies ou fausses
1) « Si \(a\) est un réel quelconque et \(f\) une fonction définie et strictement décroissante sur \([a ; +\infty[\), alors
\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty.
\]

Cette affirmation est \[\]vraie\[\]. En effet, une fonction strictement décroissante sans borne inférieure sur un intervalle infini a pour limite \(-\infty\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

2) Soit \(f\) et \(g\) deux fonctions définies sur \([0 ; +\infty[\) telles que \(g\) ne s’annule pas.

« Si \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\), alors \(\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = 1\). »

Cette affirmation est \[\]fausse\[\]. Prenons par exemple \(f(x) = -x\) et \(g(x) = -2x\). Alors on a \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\), mais \(\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{-x}{-2x} = \frac{1}{2} \neq 1\).

3) « Si \(f\) est une fonction définie sur \([0 ; +\infty[\) telle que \(0 \leq\, f(x) \leq\, \sqrt{x}\) sur \([0 ; +\infty[\), alors \(\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0\). »

Cette affirmation est \[\]vraie\[\]. En effet, comme \(0 \leq\, f(x) \leq\, \sqrt{x}\), on a
\[
0 \leq\, \frac{f(x)}{x} \leq\, \frac{\sqrt{x}}{x} = \frac{1}{\sqrt{x}}.
\]
Or, \(\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} = 0\), par le théorème des gendarmes, on en conclut que
\[
\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0.
\]

4) « Si \(f\) est une fonction définie sur \(\mathbb{R}^*\), alors la droite d’équation \(x = 0\) est asymptote à la courbe représentative de \(f\) dans un repère du plan. »

Cette affirmation est \[\]fausse\[\]. En général, une asymptote verticale d’équation \(x = 0\) se produit seulement si \(\lim_{x \to 0} f(x) = \pm\infty\). Cela n’est pas toujours vérifié pour une fonction quelconque définie sur \(\mathbb{R}^*\).

Exercice 22 : trouver la bonne réponse parmi les réponses proposées
Soit \( g(x) = \frac{\sqrt{x^2 – 2x}}{x – 1} \).

1. Commençons par simplifier la fonction \( g(x) \).
\[ x^2 – 2x = x(x – 2) \]
\[ \sqrt{x^2 – 2x} = \sqrt{x(x – 2)} = \sqrt{x} \times \sqrt{x – 2} \]

Donc,
\[ g(x) = \frac{\sqrt{x} \times \sqrt{x – 2}}{x – 1} = \frac{\sqrt{x^2 – 2x}}{x – 1} \]

2. Étudions les asymptotes verticales possibles :
– Pour cela, déterminons les valeurs pour lesquelles le dénominateur s’annule :
\[ x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \]

Nous devons examiner la limite de \( g(x) \) lorsque \( x \) tend vers 1 par la gauche et par la droite pour déterminer le comportement près de cette valeur.
\[ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x^2 – 2x}}{x – 1} \]

Considérons la limite de la forme :
\[ \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x(x – 2)}}{x – 1} \]

Approchons \( x \) par des valeurs légèrement supérieures ou inférieures à 1 (exemples : 1.1 et 0.9) pour voir la tendance :
\[ x – 2 \approx -1 \text{ (quand \( x \approx 1 \)) donc } \sqrt{x(x – 2)} \approx \sqrt{x \cdot -1} \text{ qui n’est défini que pour \( x > 2 \).} \]

3. Étudions les asymptotes horizontales possibles :
– Calculons la limite de la fonction lorsque \( x \) tend vers l’infini.
\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 – 2x}}{x – 1} \]

On factorise par \( x \) dans le numérateur :
\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{1 – \frac{2}{x}}}{x – 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{1 – \frac{2}{x}}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 – \frac{2}{x}} = 1 \]

Donc, il y a une asymptote horizontale pour \( y = 1 \).

Conclusion :
La bonne réponse est la réponse (c) : \(\Gamma\) admet une asymptote d’équation \( y = 1 \).

Exercice 23 : lien entre continuité et dérivabilité
(a) Vrai. Si \( f \) est dérivable en \( a \), alors \( f \) est continue en \( a \).

En effet, la dérivabilité de \( f \) en \( a \) implique que la limite suivante existe :

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) – f(a)}{h} = f'(a)
\]

Cela signifie que \( f(a+h) \) tend vers \( f(a) \) lorsque \( h \) tend vers 0, autrement dit :

\[
\lim_{h \to 0} f(a+h) = f(a)
\]

Donc, \( f \) est continue en \( a \).

(b) Faux. Si \( f \) est continue en \( a \), cela n’implique pas nécessairement que \( f \) est dérivable en \( a \).

Par exemple, la fonction valeur absolue \( f(x) = |x| \) est continue en \( x = 0 \), mais elle n’y est pas dérivable. En effet, le comportement de la pente de gauche et de droite ne converge pas vers la même valeur :

\[
\lim_{h \to 0^-} \frac{|h| – 0}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{-h}{h} = -1
\]

\[
\lim_{h \to 0^+} \frac{|h| – 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h}{h} = 1
\]

Puisque les deux limites ne sont pas égales, la dérivée n’existe pas en \( x = 0 \), bien que la fonction soit continue en ce point.

(c) Vrai. Si \( f \) est dérivable en \( a \), alors la fonction

\[
h \mapsto \frac{f(a + h) – f(a)}{h}
\]

a une limite finie en 0, qui est précisément la définition de la dérivabilité en \( a \). Cette limite est la dérivée de \( f \) en \( a \), notée \( f'(a) \) :

\[
f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) – f(a)}{h}
\]

Puisque \( f \) est dérivable en \( a \), cette limite existe et est un nombre fini.

Exercice 24 : le théorème des gendarmes
1) Soit \(f\) une fonction réelle définie sur \([a; +\infty[\).
Compléter la phrase suivante :

« On dit que \(f\) admet une limite finie \(\ell\) en \(+ \infty\) si \(\forall \epsilon > 0, \exists M > a\) tel que \(\forall x > M\), \(|f(x) – \ell| < \epsilon\) ».

2) Démontrer le théorème « des gendarmes » :

« Soit \(f, g\) et \(h\) trois fonctions définies sur \([a; +\infty[\).
Si \(g\) et \(h\) ont pour limite commune \(\ell\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\) et si, pour tout \(x\) suffisamment grand, on a l’encadrement \(g(x) \leq\, f(x) \leq\, h(x)\), alors la limite de \(f\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\) est égale à \(\ell\). »

\[\]Démonstration :\[\]

Supposons que :
\[\lim_{x \to +\infty} g(x) = \ell \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} h(x) = \ell\]
Nous devons montrer que :
\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\]

Étant donné \(\epsilon > 0\), par définition des limites, il existe \(M_1\) et \(M_2\) tels que :

\[\forall x > M_1, \, |g(x) – \ell| < \epsilon\]
\[\forall x > M_2, \, |h(x) – \ell| < \epsilon\]

Prenons \(M = \max(M_1, M_2)\). Ainsi, pour tout \(x > M\), nous avons :

\[\ell – \epsilon < g(x) < \ell + \epsilon \quad \text{et} \quad \ell – \epsilon < h(x) < \ell + \epsilon\]

Comme pour tout \(x > M\), \(g(x) \leq\, f(x) \leq\, h(x)\), il en résulte :

\[\ell – \epsilon < g(x) \leq\, f(x) \leq\, h(x) < \ell + \epsilon\]

Ainsi, nous avons :

\[\ell – \epsilon < f(x) < \ell + \epsilon\]

Cela implique que :

\[|f(x) – \ell| < \epsilon\]

Ce qui montre que \(f\) tend vers \(\ell\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

Par conséquent, nous avons prouvé que :

\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\]

C.Q.F.D.

Exercice 25 : continuité en 1 et – 1 d’une fonction
{Correction de l’exercice}

Pour la première fonction \( f \) définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\[
f(x) =
\begin{cases}
\frac{2 – \sqrt{x+3}}{x-1} \text{si } x \neq 1 \\
-\frac{1}{4} \text{si } x = 1
\end{cases}
\]

Étudions la continuité en \( x = 1 \).

1. Calculons la limite de \( f(x) \) lorsque \( x \) tend vers 1 :
\[
\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{2 – \sqrt{x+3}}{x-1}
\]

2. Pour évaluer cette limite, nous pouvons essayer de nous débarrasser de l’indétermination \( \frac{0}{0} \) en multipliant le numérateur et le dénominateur par le conjugué \( 2 + \sqrt{x+3} \) :
\[
\lim_{x \to 1} \frac{2 – \sqrt{x+3}}{x-1} \cdot \frac{2 + \sqrt{x+3}}{2 + \sqrt{x+3}} = \lim_{x \to 1} \frac{(2 – \sqrt{x+3})(2 + \sqrt{x+3})}{(x-1)(2 + \sqrt{x+3})}
\]

3. Le numérateur devient :
\[
(2 – \sqrt{x+3})(2 + \sqrt{x+3}) = 4 – (x+3) = 1 – x
\]

4. Donc :
\[
\lim_{x \to 1} \frac{1 – x}{(x-1)(2 + \sqrt{x+3})} = \lim_{x \to 1} \frac{-(x-1)}{(x-1)(2 + \sqrt{x+3})} = \lim_{x \to 1} \frac{-1}{2 + \sqrt{x+3}}
\]

5. En substituant \( x = 1 \) dans l’expression ci-dessus :
\[
\frac{-1}{2 + \sqrt{4}} = \frac{-1}{2 + 2} = \frac{-1}{4}
\]

Donc :
\[
\lim_{x \to 1} f(x) = -\frac{1}{4}
\]

6. Comparons cette limite avec \( f(1) \) :
\[
f(1) = -\frac{1}{4}
\]

7. Comme la limite de \( f(x) \) lorsque \( x \) tend vers 1 est égale à \( f(1) \), la fonction \( f \) est continue en \( x = 1 \).

Maintenant, considérons la deuxième fonction \( f \) définie sur \( [-1 ; +\infty[ \) par :

\[
f(x) =
\begin{cases}
\frac{x + 1}{\sqrt{x+1}} \text{si } x > -1 \\
1 \text{si } x = -1
\end{cases}
\]

Étudions la continuité en \( x = -1 \).

1. Calculons la limite de \( f(x) \) lorsque \( x \) tend vers -1 par la droite :
\[
\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \frac{x + 1}{\sqrt{x + 1}}
\]

2. Étant donné que \( \sqrt{x + 1} \) tend vers 0 lorsque \( x \) tend vers -1, et que le numérateur \( x + 1 \) tend aussi vers 0, nous avons une forme indéterminée \( \frac{0}{0} \).

3. Simplifions l’expression pour évaluer cette limite :
\[
= \lim_{x \to -1^+} \frac{\sqrt{x+1} \cdot \sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}} = \lim_{x \to -1^+} \sqrt{x+1}
\]

4. En substituant \( x = -1 \) dans l’expression ci-dessus :
\[
\lim_{x \to -1^+} \sqrt{x+1} = \sqrt{0} = 0
\]

Donc :
\[
\lim_{x \to -1^+} f(x) = 0
\]

5. Comparons cette limite avec \( f(-1) \) :
\[
f(-1) = 1
\]

6. Comme la limite de \( f(x) \) lorsque \( x \) tend vers -1 par la droite n’est pas égale à \( f(-1) \), la fonction \( f \) n’est pas continue en \( x = -1 \).

Conclusion :
– La première fonction est continue en 1.
– La deuxième fonction n’est pas continue en -1.

Exercice 26 : la fonction de Heaviside
a) Représentation graphique de la fonction de Heaviside \( H(x) \) :

Pour tracer la fonction \( H(x) \) dans un repère, il est nécessaire de représenter les valeurs pour \( x < 0 \) et pour \( x \geq\, 0 \). La fonction \( H(x) \) est définie comme suit :

\[
H(x) = \begin{cases}
0 \text{si } x < 0, \\
1 \text{si } x \geq\, 0.
\end{cases}
\]

La courbe représentative de \( H(x) \) est donc une ligne horizontale à \( y = 0 \) pour \( x < 0 \) et une ligne horizontale à \( y = 1 \) pour \( x \geq\, 0 \). Il y a un saut de discontinuité en \( x = 0 \).

Voici la courbe représentative de \( H(x) \) dans un repère orthonormé :

\[
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[->] (-2,0) — (2,0) node[right] {\[x\]};
\draw[->] (0,-1) — (0,2) node[above] {\[y\]};
\draw[thick,red] (-2,0) — (0,0);
\draw[thick,red] (0,1) — (2,1);
\draw[fill=white] (0,0) circle (2pt);
\draw[fill=red] (0,1) circle (2pt);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\]

b) Intervalles de continuité de la fonction \( H(x) \) :

La fonction \( H(x) \) présente une discontinuité en \( x = 0 \), car la valeur de \( H(x) \) passe brutalement de 0 à 1. Sur les intervalles où la fonction n’a pas de saut, elle est continue.

Les plus grands intervalles sur lesquels \( H(x) \) est continue sont donc :

\[ (-\infty, 0) \cup (0, \infty) \]

Ainsi, la fonction \( H(x) \) est continue sur les intervalles \( (-\infty, 0) \) et \( (0, \infty) \).

Exercice 27 : la fonction partie entière et continuité
1. Déterminer :
a) \( E(2,6) = 2 \)
b) \( E(0,3) = 0 \)
c) \( E(4) = 4 \)
d) \( E(-1,2) = -2 \)

2. Déterminer \( E(x) \) pour tout réel \( x \) de l’intervalle :
a) \([0 ; 1[ \Rightarrow E(x) = 0\)
b) \([1 ; 2[ \Rightarrow E(x) = 1\)
c) \([-1 ; 0[ \Rightarrow E(x) = -1\)
d) \([-2 ; -1[ \Rightarrow E(x) = -2\)

3.
a) Dans un repère, tracer la courbe représentative de la fonction \( E \) sur l’intervalle \([-5 ; 5[\).


b) Étudier graphiquement la continuité de la fonction \( E \) sur l’intervalle \([-5 ; 5[\) :
La fonction \( E(x) \), qui représente la partie entière d’un nombre réel, est discontinue en tout entier \( x \in \mathbb{Z} \), car il y a un saut d’unité à chaque entier.

c) De façon plus générale, en quels nombres réels la fonction \( E \) est-elle discontinue ?
La fonction \( E \) est discontinue pour tout \( x \in \mathbb{Z} \).

Exercice 28 : continuité d’une fonction f sur R
a) La fonction \( f \) est définie de la manière suivante :
\[ f(x) =
\begin{cases}
1 – 2x \text{si } x \geq\, 2 \\
e^{x-2} – 4 \text{si } x < 2
\end{cases}
\]

Pour \( x \geq\, 2 \) :
– La fonction \( f(x) = 1 – 2x \) est continue car elle est formée d’une combinaison de termes continus (terme constant et terme linéaire).

Pour \( x < 2 \) :
– La fonction \( f(x) = e^{x-2} – 4 \) est aussi continue car elle est formée d’une exponentielle (qui est continue) moins un terme constant.

Donc, \( f \) est continue sur \( ]2, +\infty[ \) et sur \( ]-\infty, 2[ \).

b) Pour expliquer pourquoi :
\[ \lim_{x \to 2^+} f(x) = -3 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 2^-} f(x) = -3, \]

on calcule les limites de chaque partie :

Pour \( x \to 2^+ \) (c’est-à-dire \( x \) approche 2 par des valeurs supérieures à 2) :
\[ f(x) = 1 – 2x \]
\[ \lim_{x \to 2^+} (1 – 2x) = 1 – 2(2) = 1 – 4 = -3 \]

Pour \( x \to 2^- \) (c’est-à-dire \( x \) approche 2 par des valeurs inférieures à 2) :
\[ f(x) = e^{x-2} – 4 \]
\[ \lim_{x \to 2^-} (e^{x-2} – 4) = e^{2-2} – 4 = e^0 – 4 = 1 – 4 = -3 \]

c) Conclure pour la continuité de la fonction \( f \) sur \(\mathbb{R} \) :

La fonction \( f \) est continue sur \( \mathbb{R} \) si elle est continue sur chaque intervalle considéré ( ce qui est déjà prouvé) et si elle est continue en \( x = 2 \).

Vérifions la continuité en \( x = 2 \) :

\[ \lim_{x \to 2} f(x) = -3 \quad \text{et} \quad f(2) = 1 – 2(2) = 1 – 4 = -3 \]

Donc, comme
\[ \lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^-} f(x) = f(2) = -3, \]

la fonction \( f \) est bien continue en \( x = 2 \) et donc continue sur \( \mathbb{R} \).

Exercice 29 : programme réalisé avec Python sur la continuité d’une fonction
a) Déterminer l’image par la fonction \( F \) de chacun des nombres réels :

\[
\begin{align*}
F(0) = 0^2 = 0 \\
F(-2) = \exp(-2) \approx 0.1353 \\
F(5) = 2 \cdot 5 – 1 = 9 \\
F(1) = 1^2 = 1 \\
F(0.5) = 0.5^2 = 0.25
\end{align*}
\]

b) Revoir et compléter la définition de \( F(x) \):

\[
F(x) =
\begin{cases}
\exp(x) \text{si } x < 0 \\
x^2 \text{si } 0 \leq\, x \leq\, 1 \\
2x – 1 \text{si } x > 1
\end{cases}
\]

c) La fonction \( F \) est-elle continue sur \( \mathbb{R} \) ? Explication :

Pour que la fonction \( F \) soit continue sur \( \mathbb{R} \), les valeurs des différentes parties de la fonction doivent se rejoindre aux points de transition \(0\) et \(1\).

Pour \(x=0\):
\[
\lim_{x \to 0^-} F(x) = \lim_{x \to 0^-} \exp(x) = 1
\]
\[
\lim_{x \to 0^+} F(x) = 0^2 = 0
\]
\[
F(0) = 0
\]

Ainsi, les limites ne sont pas égales, donc \( F \) n’est pas continue en \(0\).

Pour \(x=1\):
\[
\lim_{x \to 1^-} F(x) = 1^2 = 1
\]
\[
\lim_{x \to 1^+} F(x) = 2 \cdot 1 – 1 = 1
\]
\[
F(1) = 1
\]

La fonction est continue en \(1\).

Conclusion : La fonction \(F\) n’est pas continue sur \( \mathbb{R} \) puisqu’elle n’est pas continue en \(0\), mais elle est continue en \(1\).

d) Sur quels intervalles, les plus grands possibles, la fonction \( F \) est-elle continue ?

La fonction \( F \) est continue sur les intervalles:
\[
(-\infty, 0) \cup [0, 1] \cup (1, \infty)
\]

Exercice 30 : logo créé par un designer
Pour que la fonction \( f \) soit continue sur l’intervalle \([0; 8]\), il faut que les expressions définissant \( f \) coïncident aux points de raccord \( x = 3 \) et \( x = 5 \).

### a) Continuité en \( x = 3 \) et \( x = 5 \)

#### Continuité en \( x = 3 \)
À \( x = 3 \) :
\[
f(3_-) = 0,64 \times 3^2 = 0,64 \times 9 = 5,76
\]
\[
f(3_+) = 3a + b
\]
Pour que \( f \) soit continue en \( x = 3 \), il faut :
\[
5,76 = 3a + b \quad \quad (1)
\]

#### Continuité en \( x = 5 \)
À \( x = 5 \) :
\[
f(5_-) = 5a + b
\]
\[
f(5_+) = 4 – (5-6)^2 = 4 – 1 = 3
\]
Pour que \( f \) soit continue en \( x = 5 \), il faut :
\[
5a + b = 3 \quad \quad (2)
\]

Nous avons donc le système d’équations linéaires suivant :
\[
\begin{cases}
3a + b = 5,76 \\
5a + b = 3 \\
\end{cases}
\]

En soustrayant la première équation de la deuxième, nous obtenons :
\[
(5a + b) – (3a + b) = 3 – 5,76
\]
\[
2a = -2,76
\]
\[
a = -1,38
\]

En substituant \( a = -1,38 \) dans la première équation :
\[
3(-1,38) + b = 5,76
\]
\[
-4,14 + b = 5,76
\]
\[
b = 5,76 + 4,14
\]
\[
b = 9,9
\]

Les valeurs de \( a \) et \( b \) sont :
\[
a = -1,38 \quad \text{et} \quad b = 9,9
\]

### b) Dérivabilité en \( x = 3 \)

La fonction polynôme \( x \mapsto 0,64x^2 \) est dérivable partout, et sa dérivée en \( x = 3 \) est :
\[
f'(x) = 1,28x
\]
\[
f'(3_-) = 1,28 \times 3 = 3,84
\]

Pour la fonction affine \( x \mapsto ax + b \) où \( a = -1,38 \) et \( b = 9,9 \), la dérivée est constante et égale à \( -1,38 \):
\[
f'(x) = a = -1,38
\]
\[
f'(3_+) = -1,38
\]

Comme \( f'(3_-) = 3,84 \neq f'(3_+) = -1,38 \), la fonction \( f \) n’est pas dérivable en \( x = 3 \).

### c) Dérivabilité en \( x = 5 \)

Pour la dérivabilité en \( x = 5 \), nous examinons la continuité des dérivées des fonctions afférentes.

La dérivée de la fonction affine entre \( 3 < x < 5 \) est constante :
\[
f'(x) = -1,38 \quad \text{pour} \quad 3 < x < 5
\]

La dérivée de la fonction polynôme \( 4 – (x-6)^2 \) est :
\[
f'(x) = -2(x-6)
\]
\[
f'(5_+) = -2(5-6) = 2
\]

Ainsi, les dérivées en \( x = 5 \) sont :
\[
f'(5_-) = -1,38
\]
\[
f'(5_+) = 2
\]

Puisque les dérivées ne sont pas égales (\( f'(5_-) \neq f'(5_+) \)), la fonction \( f \) n’est pas dérivable en \( x = 5 \).