Corrigé des exercices : Continuité et valeurs intermédiaires en maths sup (MPSI)

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Partie entière et encadrement en 0

Idée clé : on encadre la partie entière par \(t-1<\lfloor t\rfloor\leqslant t\), puis on multiplie par \(x\) en surveillant son signe.

1. Pour tout réel \(t\), on a \(t-1<\lfloor t\rfloor\leqslant t\). Avec \(t=\frac3x\), on obtient \(\frac3x-1<\left\lfloor\frac3x\right\rfloor\leqslant\frac3x\).
   • Si \(x>0\), la multiplication par \(x\) conserve le sens : \(3-x<f(x)\leqslant3\).
   • Si \(x<0\), elle le renverse : \(3\leqslant f(x)<3-x\).
2. Dans les deux cas, on a donc \(|f(x)-3|\leqslant|x|\). L’écart à \(3\) est ainsi dominé par \(|x|\), qui s’annule à la limite : \(\lim_{x\to0}f(x)=3\).
3. Le point \(0\) n’est pas dans le domaine et la limite est finie. Ainsi, \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\), en posant \(\tilde f(0)=3\).

Corrigé de l’exercice 2 – Limites latérales en un point

Idée clé : on enlève la valeur absolue de chaque côté, puis on se rappelle que la valeur au point compte quand la fonction y est définie.

1. On factorise : \(x^2-4=(x-2)(x+2)\). Pour \(x>2\), on a \(|x-2|=x-2\), donc \(f(x)=\frac1{x+2}\to\frac14\). Pour \(x<2\), avec \(x\neq-2\), on a \(|x-2|=2-x\), donc \(f(x)=-\frac{1}{x+2}\to-\frac14\). Les limites latérales diffèrent : \(f\) n’a pas de limite en \(2\).
2. Si \(x\in\mathbb{Z}\), alors \(-x\in\mathbb{Z}\) et \(g(x)=x-x=0\). Si \(x\notin\mathbb{Z}\), on note \(n=\lfloor x\rfloor\), de sorte que \(n<x<n+1\). Alors \(-n-1<-x<-n\), donc \(\lfloor-x\rfloor=-n-1\). Par conséquent, \(g(x)=0\) si \(x\) est entier et \(g(x)=-1\) sinon.
3. Sur \(]0,1[\) et sur \(]1,2[\), \(g\) vaut \(-1\). En \(1\), on trouve donc \(-1\) des deux côtés. Cependant, \(g\) est définie en \(1\) avec \(g(1)=0\neq-1\). Ainsi, \(g\) n’a pas de limite en \(1\) et n’y est pas continue. Seule sa restriction à \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) tend vers \(-1\).

Corrigé de l’exercice 3 – Quatre candidats au prolongement

Idée clé : on lève chaque indétermination par une quantité conjuguée ou une limite de référence, puis on compare les deux côtés.

1. Pour \(x\neq0\) dans le domaine, la quantité conjuguée donne :
   \[a(x)=\frac{(1+4x)-1}{x\left(\sqrt{1+4x}+1\right)}=\frac{4}{\sqrt{1+4x}+1}.\]
   Par continuité de la racine, \(a(x)\to\frac42=2\). Donc \(a\) se prolonge en \(0\) par la valeur \(2\).
2. La formule \(1-\cos\theta=2\sin^2\frac\theta2\) donne, pour \(x\neq0\) :
   \[b(x)=\frac{2\sin^2\left(\frac{3x}2\right)}{x^2}=\frac92\left(\frac{\sin(3x/2)}{3x/2}\right)^2.\]
   Par composition, le quotient tend vers \(1\). Ainsi, \(b\) se prolonge par la valeur \(\frac92\).
3. On sait que \(t\ln t\to0\) quand \(t\to0^+\). Pour \(x>0\), \(c(x)=x\ln x\to0\). Pour \(x<0\), on pose \(t=-x>0\) : \(c(x)=-t\ln t\to0\). Les deux côtés donnent \(0\), donc \(c\) se prolonge par la valeur \(0\).
4. Pour \(x>0\), \(d(x)=\frac{\sin x}{x}\to1\). Pour \(x<0\), \(d(x)=-\frac{\sin x}{x}\to-1\). Aucune valeur en \(0\) ne peut concilier \(1\) et \(-1\) : \(d\) n’admet pas de prolongement continu en \(0\).

Corrigé de l’exercice 4 – Trois racines d’un polynôme de degré 5

Idée clé : chaque changement de signe de \(P\) entre deux points fournit une racine par le TVI, et des intervalles disjoints donnent des racines distinctes.

1. On calcule : \(P(-2)=-32+6+1=-25\), \(P(-1)=-1+3+1=3\), \(P(0)=1\), \(P(1)=1-3+1=-1\) et \(P(2)=32-6+1=27\).
2. La fonction \(P\) est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb{R}\), qui est un intervalle. Le TVI s’applique sur chacun des segments \([-2,-1]\), \([0,1]\) et \([1,2]\), car \(P\) y change de signe strictement. On obtient ainsi trois racines \(r_1\in\,]-2,-1[\), \(r_2\in\,]0,1[\) et \(r_3\in\,]1,2[\). Ces intervalles ouverts sont disjoints. Donc \(P\) admet au moins trois racines réelles distinctes.
3. On calcule \(P\left(\frac12\right)=\frac1{32}-\frac32+1=-\frac{15}{32}<0\). Comme \(P(0)=1>0\), le TVI sur \(\left[0,\frac12\right]\) donne une racine dans \(\left]0,\frac12\right[\). En outre, sur \(\left[0,\frac12\right]\), on a \(P^{\prime}(x)=5x^4-3\leqslant\frac5{16}-3<0\) ; cette racine y est donc unique. Ainsi, une racine se trouve dans \(\left]0,\frac12\right[\).

Corrigé de l’exercice 5 – Sinus de la racine en l’infini

Idée clé : on choisit deux suites qui tendent vers \(+\infty\) et dont la racine tombe sur des points où le sinus prend deux valeurs différentes.

1. On pose \(u_n=(2n\pi)^2\) et \(v_n=\left(2n\pi+\frac\pi2\right)^2\). Ces deux suites tendent vers \(+\infty\). Or \(\sin\sqrt{u_n}=\sin(2n\pi)=0\) et \(\sin\sqrt{v_n}=\sin\left(\frac\pi2\right)=1\). Une éventuelle limite \(\ell\) devrait valoir à la fois \(0\) et \(1\), d’après le critère séquentiel. C’est impossible : \(\sin(\sqrt{x})\) ne converge pas en \(+\infty\).
2. Pour \(x>0\), on a \(\left|\frac{\sin\sqrt x}{\sqrt x}\right|\leqslant\frac1{\sqrt x}\). Ce majorant tend vers \(0\). Par encadrement, le quotient tend vers \(0\). Autrement dit, une fonction bornée divisée par une fonction qui tend vers l’infini tend vers \(0\).

Corrigé de l’exercice 6 – La bijection x plus exponentielle

Idée clé : on vérifie les trois hypothèses du théorème de la bijection : continuité, stricte monotonie, intervalle de départ.

1. La fonction \(f\) est continue sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). Pour \(x<x^{\prime}\), on a \(x<x^{\prime}\) et \(\mathrm{e}^x<\mathrm{e}^{x^{\prime}}\), d’où \(f(x)<f(x^{\prime})\). À gauche, \(\mathrm{e}^x\to0\) tandis que \(x\to-\infty\) : \(f\to-\infty\). À droite, \(f\to+\infty\). Ainsi, \(f(\mathbb{R})=\mathbb{R}\) et \(f\) est bijective de \(\mathbb{R}\) vers \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f(0)=0+1=1\) et \(f(1)=1+\mathrm{e}\). Par conséquent, \(f^{-1}(1)=0\) et \(f^{-1}(1+\mathrm{e})=1\).
3. La réciproque \(f^{-1}\) est strictement croissante, comme \(f\). Donc \(f^{-1}(y)>0=f^{-1}(1)\) équivaut à \(y>1\). L’ensemble des solutions est \(]1,+\infty[\).
4. La fonction \(f^{-1}\) croît et prend toutes les valeurs réelles ; elle n’a donc aucun majorant. Une fonction croissante non majorée tend vers \(+\infty\) : \(f^{-1}(y)\to+\infty\) quand \(y\to+\infty\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Point fixe d’une application du segment unité

Idée clé : un point fixe de \(f\) est un zéro de \(x\mapsto f(x)-x\), et les bornes du segment imposent les signes.

1. Introduisons \(\psi(x)=f(x)-x\) sur \([0,1]\), continue par différence. Les valeurs de \(f\) restent entre \(0\) et \(1\), ce qui fournit \(\psi(0)=f(0)\geqslant0\) et \(\psi(1)=f(1)-1\leqslant0\). Le TVI donne donc \(c\in[0,1]\) tel que \(\psi(c)=0\), soit \(f(c)=c\).
2. Sur \([0,1]\), inclus dans \([0,\pi]\), le cosinus décroît de \(\cos0=1\) à \(\cos1\). Comme \(1<\frac\pi2\), ce dernier nombre est positif. L’image \([\cos1,1]\) est donc incluse dans \([0,1]\), et la question 1 s’applique. Pour l’unicité, on dérive \(x\mapsto\cos x-x\) : on obtient \(-\sin x-1\), strictement négatif sur \([0,1]\). Cette fonction ne peut donc pas s’annuler deux fois. Finalement, le cosinus a un unique point fixe \(\alpha\) dans \([0,1]\).
3. On a \(\cos(0{,}7)-0{,}7\approx0{,}065>0\) et \(\cos(0{,}8)-0{,}8\approx-0{,}103<0\). Le TVI sur \([0{,}7;0{,}8]\) donne un zéro dans cet intervalle. Par unicité, c’est \(\alpha\). Donc \(0{,}7<\alpha<0{,}8\).

Corrigé de l’exercice 8 – Corde horizontale de longueur un tiers

Idée clé : une somme télescopique nulle de trois valeurs de \(g\) force deux d’entre elles à être de signes opposés, sauf si l’une est déjà nulle.

1. On écrit les trois termes et on télescope :
   \[g(0)+g\left(\tfrac13\right)+g\left(\tfrac23\right)=f(1)-f(0)=0.\]
   Donc la somme vaut \(0\).
2. Comme \(f\) est continue, \(g\) l’est aussi sur \(\left[0,\frac23\right]\). Si l’un des trois nombres est nul, on a fini. Sinon, ils ne peuvent pas être tous du même signe, car leur somme serait non nulle. Il existe donc deux points parmi \(0,\frac13,\frac23\) où \(g\) prend des signes opposés. Le TVI entre ces deux points fournit \(c\in\left[0,\frac23\right]\) tel que \(g(c)=0\), c’est-à-dire \(f\left(c+\frac13\right)=f(c)\).
3. Géométriquement, la courbe de \(f\) admet une corde horizontale de longueur \(\frac13\) : les points d’abscisses \(c\) et \(c+\frac13\) sont à la même hauteur. Le même argument fonctionne avec \(\frac1n\) pour tout entier \(n\geqslant1\).

La figure montre une telle corde pour une fonction qui vaut \(0\) aux deux extrémités.

Corrigé de l’exercice 9 – Croissante avec un quotient décroissant

Idée clé : la monotonie de \(f\) donne les limites latérales, et celle du quotient les écrase sur \(f(a)\) de chaque côté.

1. La fonction \(f\) est croissante sur l’intervalle \(]0,+\infty[\) et \(a\) y est intérieur. Le théorème de la limite monotone assure que \(f(a^-)\) et \(f(a^+)\) existent, sont finies et vérifient \(f(a^-)\leqslant f(a)\leqslant f(a^+)\).
2. Pour \(x>a\), la décroissance du quotient donne \(\frac{f(x)}{x}\leqslant\frac{f(a)}{a}\). Le facteur \(x\) étant positif, il vient \(f(x)\leqslant\frac{x}{a}f(a)\). Symétriquement, si \(0<x<a\), le quotient en \(x\) dépasse celui en \(a\), d’où \(f(x)\geqslant\frac xaf(a)\).
3. Quand \(x\to a^+\), le passage à la limite dans la première inégalité donne \(f(a^+)\leqslant f(a)\). Quand \(x\to a^-\), la seconde donne \(f(a^-)\geqslant f(a)\). Avec la question 1, on obtient \(f(a^-)=f(a)=f(a^+)\). Ainsi, \(f\) est continue en \(a\). Comme \(a\) est quelconque, \(f\) est continue sur \(]0,+\infty[\).

Corrigé de l’exercice 10 – Maximum d’une fonction nulle à l’infini

Idée clé : loin de l’origine, \(f\) reste petite ; on se ramène donc au segment \([-A,A]\), où les bornes sont atteintes.

1. On applique la définition de la limite avec \(\varepsilon=1\). En \(+\infty\), il existe \(B_1\) tel que \(|f(x)|\leqslant1\) pour \(x\geqslant B_1\). En \(-\infty\), il existe \(B_2\) tel que \(|f(x)|\leqslant1\) pour \(x\leqslant B_2\). On pose \(A=\max(1,B_1,-B_2)\). Alors \(|f(x)|\leqslant1\) dès que \(|x|\geqslant A\).
2. Restreinte à \([-A,A]\), qui est fermé et borné, la fonction continue \(f\) est bornée et atteint sa plus grande valeur (bornes atteintes) : on dispose de \(x_0\in[-A,A]\) avec \(f(x_0)=\max_{[-A,A]}f\). Comme \(1\in[-A,A]\), on a \(f(x_0)\geqslant f(1)=2\). Hors de \([-A,A]\), on a \(f(x)\leqslant1<f(x_0)\). Par conséquent, \(f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\) et \(f(x_0)\) est le maximum de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).
3. Non. La fonction \(k(x)=\frac2{1+(x-1)^2}\) est continue, tend vers \(0\) en \(\pm\infty\) et vérifie \(k(1)=2\). Elle est strictement positive, et sa borne inférieure vaut \(0\), puisque \(k\to0\). Cette borne n’est jamais atteinte. Ainsi, \(f\) n’a pas toujours de minimum.

Corrigé de l’exercice 11 – Partie entière recollée

Idée clé : sur chaque intervalle \([n,n+1[\), la fonction est polynomiale ; seule la limite à gauche aux entiers demande un calcul.

1. Pour \(x\in[n,n+1[\), on a \(\lfloor x\rfloor=n\). Donc \(g(x)=n+(x-n)^2\) sur cet intervalle.
2. Sur l’intervalle ouvert \(]n,n+1[\), \(g\) coïncide avec un polynôme, donc elle y est continue. Il reste à étudier un entier \(n\). À droite, \(g(x)=n+(x-n)^2\to n=g(n)\). À gauche, pour \(x\in[n-1,n[\), on a \(g(x)=n-1+(x-n+1)^2\to n-1+1=n\). Les deux limites latérales valent \(g(n)\). Par conséquent, \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}\).
3. Le même calcul donne, pour \(g_k\) en un entier \(n\) : limite à droite \(n=g_k(n)\) et limite à gauche \(n-1+k\). La continuité en \(n\) équivaut donc à \(n-1+k=n\), soit \(k=1\). Ainsi, \(g_k\) est continue sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si \(k=1\). Pour \(k\neq1\), elle saute de \(1-k\) en chaque entier.

Corrigé de l’exercice 12 – Fonctions continues invariantes par le carré

Idée clé : on applique la relation à l’envers, ce qui rapproche \(x\) de \(1\), puis la continuité en \(1\) conclut.

1. Procédons par récurrence. Au rang \(0\), l’égalité se lit \(f(x)=f(x)\). Supposons \(f(x)=f\left(x^{1/2^n}\right)\). On applique la relation à \(y=x^{1/2^{n+1}}>0\) : \(f(y^2)=f(y)\), avec \(y^2=x^{1/2^n}\). Donc \(f\left(x^{1/2^n}\right)=f\left(x^{1/2^{n+1}}\right)\), et la propriété passe au rang \(n+1\).
2. Soit \(x>0\). On a \(x^{1/2^n}=\exp\left(\frac{\ln x}{2^n}\right)\to\mathrm{e}^0=1\). La continuité de \(f\) au point \(1\) entraîne \(f\left(x^{1/2^n}\right)\to f(1)\). Mais, d’après la question 1, tous les termes de cette suite valent \(f(x)\). On obtient \(f(x)=f(1)\), quel que soit \(x>0\) : \(f\) est constante.
3. Soit \(f\) égale à \(1\) en \(1\) et à \(0\) ailleurs. Sur \(]0,+\infty[\), l’égalité \(x^2=1\) n’a lieu que pour \(x=1\) ; les deux membres \(f(x^2)\) et \(f(x)\) valent donc \(1\) ensemble ou \(0\) ensemble. Bien que non constante, elle est discontinue en \(1\) seulement, ce qui montre que l’hypothèse de continuité était indispensable.

Corrigé de l’exercice 13 – Injection continue et position des valeurs

Idée clé : une injection continue sur un intervalle est strictement monotone, et deux valeurs suffisent à trouver le sens.

1. Continue et injective sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), la fonction \(f\) est strictement monotone (cours, partie 6.2). Le sens se lit sur deux valeurs : \(f(0)=1<5=f(2)\). Donc \(f\) est strictement croissante.
2. Comme \(0<1<2\), on a \(f(0)<f(1)<f(2)\), soit \(1<f(1)<5\). De même, \(-3<0\) donne \(f(-3)<1\), et \(3>2\) donne \(f(3)>5\).
3. Le TVI sur \([0,2]\) donne \(c\in[0,2]\) tel que \(f(c)=3\), car \(3\) est entre \(1\) et \(5\). Comme \(f(0)\neq3\) et \(f(2)\neq3\), on a \(c\in\,]0,2[\). Enfin, l’injectivité interdit un second antécédent. Ainsi, \(3\) a un seul antécédent, et il se trouve dans \(]0,2[\).

Corrigé de l’exercice 14 – Réciproque d’une fonction cubique

Idée clé : le théorème de la bijection donne l’existence de \(f^{-1}\), puis on travaille avec \(x=f^{-1}(y)\) plutôt qu’avec une formule.

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\). On a \(f^{\prime}(x)=3x^2+3>0\), donc \(f\) est strictement croissante. De plus, \(f(x)\sim x^3\) en \(\pm\infty\), d’où \(f\to-\infty\) en \(-\infty\) et \(f\to+\infty\) en \(+\infty\). Le théorème de la bijection assure que \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f(1)=1+3-2=2\) et \(f(0)=-2\). Donc \(f^{-1}(2)=1\) et \(f^{-1}(-2)=0\). Ensuite, \(f^{-1}\) est strictement croissante. Ainsi, \(f^{-1}(y)\leqslant0=f^{-1}(-2)\) équivaut à \(y\leqslant-2\).
3. Soit \(y>0\) et \(x=f^{-1}(y)\). Comme \(f^{-1}\) est croissante et surjective sur \(\mathbb{R}\), \(x\to+\infty\) quand \(y\to+\infty\). On écrit alors :
   \[\frac{y}{x^3}=1+\frac{3}{x^2}-\frac2{x^3}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1.\]
   Par composition des limites, \(\frac{y}{x^3}\to1\) quand \(y\to+\infty\). La continuité de la racine cubique donne \(\frac{x}{y^{1/3}}=\left(\frac{x^3}{y}\right)^{1/3}\to1\). Finalement, \(\frac{f^{-1}(y)}{y^{1/3}}\to1\).

Corrigé de l’exercice 15 – Une solution de tan x = x par intervalle

Idée clé : sur chaque intervalle \(I_n\), la fonction \(\tan x-x\) est continue, strictement croissante et va de \(-\infty\) à \(+\infty\).

1. Sur \(I_n\), on étudie \(g(x)=\tan x-x\). Sa dérivée \(g^{\prime}(x)=\tan^2x\) est positive et ne vaut \(0\) qu’au seul point \(n\pi\) de \(I_n\). Par conséquent, \(g\) croît strictement sur \(I_n\). Près de la borne gauche, la tangente plonge vers \(-\infty\), et \(g\) avec elle ; près de la borne droite, \(g\to+\infty\). L’image de \(I_n\) par \(g\) est donc \(\mathbb{R}\), et chaque réel y a un seul antécédent. En particulier, \(0\) a un unique antécédent \(x_n\in I_n\).
2. On a \(g(n\pi)=0-n\pi<0\), car \(n\geqslant1\). Comme \(g\) est strictement croissante et \(g(x_n)=0>g(n\pi)\), on en déduit \(x_n>n\pi\). Ainsi, \(x_n\in\left]n\pi,n\pi+\frac\pi2\right[\).
3. Posons \(t_n=x_n-n\pi\in\left]0,\frac\pi2\right[\). Par \(\pi\)-périodicité, \(\tan t_n=\tan x_n=x_n\). Comme \(t_n\in\left]-\frac\pi2,\frac\pi2\right[\), on a \(t_n=\arctan(x_n)\). Or \(x_n>n\pi\to+\infty\). Donc \(x_n-n\pi\to\frac\pi2\). Il vient \(\frac{x_n}{n\pi}=1+\frac{t_n}{n\pi}\to1\), soit \(x_n\sim n\pi\).

Sur la figure, la droite \(y=x\) coupe chaque branche de la tangente une seule fois, à droite de \(n\pi\).

Corrigé de l’exercice 16 – Fonction continue et périodique

Idée clé : la périodicité ramène tout au segment \([0,T]\), où s’appliquent les bornes atteintes, et les suites \(x+nT\) testent la limite.

1. L’inclusion \(f([0,T])\subset f(\mathbb{R})\) est claire. Dans l’autre sens, prenons \(x\) quelconque et retranchons-lui \(kT\), avec \(k=\left\lfloor\frac xT\right\rfloor\) : le point obtenu \(x_0\) tombe dans \([0,T[\), et la périodicité assure \(f(x_0)=f(x)\). Donc \(f(\mathbb{R})=f([0,T])\).
2. Sur \([0,T]\), fermé et borné, la continuité donne une image de la forme \([m,M]\), avec \(m\) et \(M\) atteints. D’après la question 1, \(f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\) par \(m\) et \(M\), qui sont atteints.
3. Supposons que \(f\to\ell\) en \(+\infty\), et fixons \(x\). Les points \(x+nT\) partent vers \(+\infty\), si bien que leurs images convergent vers \(\ell\). Ces images sont pourtant toutes égales à \(f(x)\). Donc \(f(x)=\ell\), et \(f\) est constante.
4. La fonction \(s(x)=\sin x+\sin(2x)\) est continue et \(2\pi\)-périodique. Par la question 2, elle admet un maximum et un minimum. De plus, \(s(0)=0\) et \(s\left(\frac\pi2\right)=1\), donc elle n’est pas constante. D’après la question 3, elle n’a pas de limite en \(+\infty\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Indicatrice des rationnels

Idée clé : par densité de \(\mathbb{Q}\) et de \(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\), on approche tout point par des rationnels et par des irrationnels.

1. Fixons \(a\in\mathbb{R}\). Rationnels et irrationnels sont denses : chaque intervalle \(\left]a,a+\frac1n\right[\) en renferme, et l’on y choisit \(r_n\in\mathbb{Q}\) et \(s_n\notin\mathbb{Q}\). Les deux suites convergent vers \(a\), alors que \(\chi(r_n)=1\) et \(\chi(s_n)=0\) constamment. Le critère séquentiel exclut donc toute limite : \(\chi\) ne converge en aucun point.
2. En \(0\), on a \(|g(x)-g(0)|=|x|\,\chi(x)\leqslant|x|\to0\), donc \(g\) est continue en \(0\). Soit maintenant \(a\neq0\) et les suites \((r_n)\), \((s_n)\) précédentes. Le long des rationnels, \(g(r_n)=r_n\to a\) ; le long des irrationnels, \(g(s_n)=0\). Puisque \(a\neq0\), les deux comportements sont incompatibles : \(g\) est discontinue en \(a\).
3. On pose \(h(x)=(x^2-1)\,\chi(x)\). En \(\pm1\), on a \(h(\pm1)=0\) et \(|h(x)|\leqslant|x^2-1|\to0\) : \(h\) y est continue. En un point \(a\) avec \(a^2\neq1\), on obtient \(h(r_n)=r_n^2-1\to a^2-1\neq0\) et \(h(s_n)=0\). Donc \(h\) n’y est pas continue. Ainsi, \(h\) est continue exactement en \(-1\) et en \(1\).

Corrigé de l’exercice 18 – Involutions continues de la droite réelle

Idée clé : une involution est sa propre réciproque, donc injective ; la continuité la rend strictement monotone, et le sens de variation décide de tout.

1. La relation \(f\circ f=\mathrm{id}\) montre que \(f\) admet \(f\) comme réciproque. Donc \(f\) est bijective, et en particulier injective. Comme \(f\) est continue et injective sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), le cours montre que \(f\) est strictement monotone.
2. Supposons \(f\) strictement croissante et soit \(x\) réel. Si \(f(x)>x\), alors la croissance donne \(f(f(x))>f(x)\), soit \(x>f(x)\) : contradiction. De même, \(f(x)<x\) entraîne \(x<f(x)\). Il reste \(f(x)=x\). Par conséquent, \(f=\mathrm{id}_{\mathbb{R}}\).
3. Supposons \(f\) strictement décroissante et posons \(\psi(x)=f(x)-x\). Elle est continue et strictement décroissante. Pour \(x\geqslant0\), on a \(f(x)\leqslant f(0)\), donc \(\psi(x)\leqslant f(0)-x\to-\infty\). Pour \(x\leqslant0\), on a \(f(x)\geqslant f(0)\), donc \(\psi(x)\geqslant f(0)-x\to+\infty\). Le TVI fournit un zéro, et la stricte décroissance le rend unique. Ainsi, \(f\) a un unique point fixe.
4. Pour \(f(x)=3-x\), on a \(f(f(x))=3-(3-x)=x\). La fonction est continue et strictement décroissante. Son point fixe vérifie \(3-x=x\), donc le point fixe est \(\frac32\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Racine d’une cubique à paramètre

Idée clé : la racine est d’abord isolée par le théorème de la bijection ; ensuite, la relation \(u_n^3+nu_n=1\) fournit toutes les limites, et la partie B inverse le rôle de l’inconnue et du paramètre.

Partie A.

1. Polynomiale, \(f_n\) est continue. Sa dérivée \(3x^2+n\) est strictement positive, donc \(f_n\) croît strictement. Son terme dominant \(x^3\) impose les limites \(-\infty\) à gauche et \(+\infty\) à droite. L’image de \(\mathbb{R}\) est donc \(\mathbb{R}\) tout entier, chaque valeur étant prise une fois : \(f_n\) est bijective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\), et \(u_n=f_n^{-1}(0)\) a un sens.
2. On a \(f_n(0)=-1<0\) et \(f_n\left(\frac1n\right)=\frac1{n^3}+1-1=\frac1{n^3}>0\). Comme \(f_n\) est strictement croissante et \(f_n(u_n)=0\), on obtient \(f_n(0)<f_n(u_n)<f_n\left(\frac1n\right)\), donc \(0<u_n<\frac1n\). Par encadrement, \(u_n\to0\).
3. La relation \(f_n(u_n)=0\) s’écrit \(nu_n=1-u_n^3\). Comme \(u_n\to0\), on a \(u_n^3\to0\). Donc \(nu_n\to1\), c’est-à-dire \(u_n\sim\frac1n\).
4. De la même relation, on tire \(\frac1n-u_n=\frac{u_n^3}{n}\). En multipliant par \(n^4\), on obtient \(n^4\left(\frac1n-u_n\right)=n^3u_n^3=(nu_n)^3\). D’après la question 3, cette quantité tend vers \(1\). Donc \(n^4\left(\frac1n-u_n\right)\to1\), soit \(u_n=\frac1n-\frac1{n^4}+o\left(\frac1{n^4}\right)\).

Partie B.

1. Pour \(a>0\), la fonction \(x\mapsto x^3+ax-1\) est continue, strictement croissante et tend vers \(\mp\infty\) en \(\mp\infty\). Le raisonnement de A.1 donne donc l’existence et l’unicité de \(\varphi(a)\). Elle vaut \(-1\) en \(0\) et \(a>0\) en \(1\). Par stricte croissance, \(\varphi(a)\in\,]0,1[\).
2. Pour \(0<x_1<x_2<1\), on a \(\frac1{x_1}>\frac1{x_2}\) et \(-x_1^2>-x_2^2\), donc \(h(x_1)>h(x_2)\). La fonction \(h\) est continue et strictement décroissante sur \(]0,1[\). En \(0^+\), \(h\to+\infty\) ; en \(1^-\), \(h\to1-1=0\). Le théorème de la bijection donne que \(h\) est une bijection de \(]0,1[\) sur \(]0,+\infty[\). Enfin, pour \(x\in\,]0,1[\), on a l’équivalence \(x^3+ax-1=0\Leftrightarrow a=\frac{1-x^3}{x}=h(x)\). Comme \(\varphi(a)\in\,]0,1[\), on obtient \(h(\varphi(a))=a\), donc \(\varphi=h^{-1}\).
3. Le théorème de la bijection affirme que \(h^{-1}\) est continue et strictement monotone, de même sens que \(h\). Ainsi, \(\varphi\) est continue et strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\). Ses limites sont les bornes de \(]0,1[\), échangées : \(\varphi(a)\to1\) quand \(a\to0^+\) et \(\varphi(a)\to0\) quand \(a\to+\infty\).
4. On cherche \(x\in\,]0,1[\) tel que \(h(x)=\frac74\). Or \(h\left(\frac12\right)=2-\frac14=\frac74\). Donc \(\varphi\left(\frac74\right)=\frac12\) ; on vérifie que \(\frac18+\frac78-1=0\). Enfin, \(u_n\) est la racine de \(x^3+nx-1\), donc \(\varphi(n)=u_n\). La limite \(u_n\to0\) de la partie A est ainsi un cas particulier de la question 3.

La figure représente \(h\) et le point de coordonnées \(\left(\frac12,\frac74\right)\) ; lire \(\varphi(a)\) revient à lire la courbe de \(h\) à l’envers.

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Continuité et valeurs intermédiaires en maths sup (MPSI)» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 783 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.