Vrai/Faux : Théorème des valeurs intermédiaires

[enonce]
Pour chaque affirmation suivante portant sur le théorème des valeurs intermédiaires et son corollaire pour les fonctions strictement monotones, indiquez si elle est Vraie ou Fausse.
[/enonce]

[etape]
Affirmation : Si $f$ est continue sur $[a\,;b]$ et si $k$ est un réel compris entre $f(a)$ et $f(b)$, alors il existe au moins un réel $c \in [a\,;b]$ tel que $f(c) = k$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
C'est exactement l'énoncé du théorème des valeurs intermédiaires : la continuité sur un segment garantit que $f$ prend toute valeur intermédiaire entre $f(a)$ et $f(b)$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Rappel : le TVI est précisément l'énoncé décrit ici. Il garantit l'existence (au moins une) d'une solution, sans rien dire sur leur nombre exact.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est vraie. Il s'agit de l'énoncé même du théorème des valeurs intermédiaires.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Le théorème des valeurs intermédiaires affirme que l'équation $f(x) = k$ admet une unique solution dans $[a\,;b]$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
Le TVI donne uniquement l'existence d'au moins une solution. L'unicité n'est obtenue que si l'on ajoute l'hypothèse de stricte monotonie, ce qui correspond au corollaire (parfois appelé « théorème de la bijection »).[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Il ne faut pas confondre le TVI et son corollaire pour les fonctions strictement monotones.
Le TVI seul garantit l'existence d'au moins une solution. Pour conclure à l'unicité, il faut en plus que $f$ soit strictement monotone sur $[a\,;b]$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est fausse. Le TVI ne donne que l'existence ; l'unicité est apportée par le corollaire pour les fonctions strictement monotones.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction continue et strictement décroissante sur $[1\,;5]$ telle que $f(1) = 4$ et $f(5) = -2$.

Affirmation : L'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution dans $[1\,;5]$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
La valeur $0$ est bien comprise entre $f(5) = -2$ et $f(1) = 4$. Comme $f$ est continue et strictement monotone sur $[1\,;5]$, le corollaire du TVI assure l'existence et l'unicité d'une solution.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Attention, la stricte monotonie change tout : elle apporte l'unicité en plus de l'existence.
Ici, $0$ est compris entre $-2$ et $4$, et $f$ est continue strictement monotone sur $[1\,;5]$ : le corollaire du TVI garantit une solution unique.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est vraie. La fonction est continue, strictement monotone, et $0$ est bien compris entre $f(1) = 4$ et $f(5) = -2$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $[0\,;2]$ par $f(x) = (x-1)^2$.

Affirmation : Puisque $f$ n'est pas monotone sur $[0\,;2]$, l'équation $f(x) = 0{,}25$ n'admet aucune solution dans cet intervalle.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bien vu !
La non-monotonie empêche d'utiliser le corollaire pour conclure à l'unicité, mais n'exclut absolument pas l'existence d'une solution. En découpant : sur $[0\,;1]$, $f$ décroît de $1$ à $0$ ; sur $[1\,;2]$, $f$ croît de $0$ à $1$ : la valeur $0{,}25$ est atteinte deux fois ($x = 0{,}5$ et $x = 1{,}5$).[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Le piège est de confondre « pas de monotonie » et « pas de solution ». La non-monotonie empêche seulement l'utilisation directe du corollaire, mais on peut toujours appliquer le TVI sur des sous-intervalles où $f$ est monotone.
Ici, en posant $(x-1)^2 = 0{,}25$, on obtient $x - 1 = \pm 0{,}5$, soit $x = 0{,}5$ ou $x = 1{,}5$ : deux solutions dans $[0\,;2]$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est fausse. L'équation admet deux solutions ($x = 0{,}5$ et $x = 1{,}5$) ; la non-monotonie n'empêche pas l'existence, elle peut seulement multiplier les solutions.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 + x - 5$.

Affirmation : L'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution réelle.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
La dérivée $f'(x) = 3x^2 + 1$ est strictement positive sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est strictement croissante. De plus, $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$, donc $0$ est compris entre les deux limites. Le corollaire du TVI garantit une unique solution sur $\mathbb{R}$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Rappel : pour montrer existence et unicité, on étudie le sens de variation et les limites aux bornes.
Ici $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. Avec $\lim\limits_{-\infty} f = -\infty$ et $\lim\limits_{+\infty} f = +\infty$, le corollaire du TVI sur $\mathbb{R}$ donne une unique solution à $f(x) = 0$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est vraie. La dérivée $f'(x) = 3x^2 + 1$ étant strictement positive, $f$ est strictement croissante et le corollaire du TVI s'applique.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction continue sur $[0\,;1]$ telle que $f(0) = -1$ et $f(1) = 2$.

Affirmation : L'équation $f(x) = 3$ admet nécessairement une solution dans $[0\,;1]$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
La valeur $3$ n'est pas comprise entre $f(0) = -1$ et $f(1) = 2$ : le TVI ne s'applique pas pour cette valeur. Contre-exemple : $f(x) = 3x - 1$ vérifie $f(0) = -1$ et $f(1) = 2$, et atteint au plus $2$ sur $[0\,;1]$, sans jamais atteindre $3$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Attention, le TVI n'assure l'existence d'une solution à $f(x) = k$ que si $k$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$.
Ici $3$ n'est pas dans l'intervalle $[-1\,;2]$ : la fonction $f(x) = 3x - 1$ vérifie les hypothèses sans jamais atteindre $3$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est fausse. La valeur $3$ n'est pas comprise entre $f(0) = -1$ et $f(1) = 2$ ; le TVI ne donne aucune conclusion et un contre-exemple existe.
[/solution]
[/etape]

QCM Bilan : Continuité, dérivabilité, convexité

[enonce]
Ce QCM bilan couvre l'ensemble du chapitre : TVI et corollaire bijectif, dérivées de fonctions composées, convexité et points d'inflexion. Choisir la bonne réponse parmi les 4 propositions.
[/enonce]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $\left[0\,;\,2\right]$ par $f(x) = x^3 - 3x + 1$. On a $f(0) = 1$, $f(1) = -1$ et $f(2) = 3$. L'équation $f(x) = 0$ admet sur $\left[0\,;\,2\right]$ :
[qcm]
[option]aucune solution[/option]
[option]exactement une solution[/option]
[option correct="true"]au moins deux solutions[/option]
[option]exactement trois solutions[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !
$f$ est continue (polynôme). Sur $\left[0\,;\,1\right]$, $f$ change de signe ($1$ puis $-1$), donc le TVI fournit au moins une solution. Sur $\left[1\,;\,2\right]$, $f$ change encore de signe ($-1$ puis $3$), donc encore au moins une solution. Au total, il y a au moins deux solutions sur $\left[0\,;\,2\right]$.[/reponse]
[reponse motif="aucune solution"]Non.
La fonction est continue et change de signe (deux fois !). Les valeurs $f(0)$, $f(1)$ et $f(2)$ ne sont pas toutes du même signe.[/reponse]
[reponse motif="exactement une solution"]Non.
Le signe de $f$ change deux fois entre $0$ et $2$ : il y a au moins deux endroits où la courbe traverse l'axe des abscisses. Une seule solution est donc impossible.[/reponse]
[reponse motif="exactement trois solutions"]Non.
Sans étude des variations de $f$ ni preuve de stricte monotonie sur chaque sous-intervalle, on ne peut pas affirmer un nombre exact comme « trois ». La conclusion la plus prudente est « au moins deux ».[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Repérer les changements de signe de $f$ entre les valeurs données : chaque changement garantit (par TVI) au moins une solution sur le sous-intervalle correspondant.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ telle que $f''(x) = (x - 1)(x - 3)$. Le nombre de points d'inflexion de la courbe de $f$ est :
[qcm]
[option]$0$[/option]
[option]$1$[/option]
[option correct="true"]$2$[/option]
[option]$3$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
$f''$ s'annule en $x = 1$ et $x = 3$. Comme $(x - 1)(x - 3)$ est un trinôme du second degré dont le signe change à chaque racine, $f''$ change effectivement de signe en $1$ et en $3$. La courbe possède donc deux points d'inflexion.[/reponse]
[reponse motif="$0$"]Non.
$f''$ s'annule bien en deux points. Vérifier ensuite que le signe change effectivement à chaque racine pour conclure quant aux points d'inflexion.[/reponse]
[reponse motif="$1$"]Non.
$f''$ s'annule en deux valeurs distinctes ($x = 1$ et $x = 3$). Étudier le signe sur $\left]-\infty\,;\,1\right[$, $\left]1\,;\,3\right[$ et $\left]3\,;\,+\infty\right[$ pour voir s'il y a deux changements de signe.[/reponse]
[reponse motif="$3$"]Non.
$f''$ ne s'annule qu'en deux points : $x = 1$ et $x = 3$. Il ne peut donc pas y avoir trois points d'inflexion.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Méthode : trouver les valeurs où $f''$ s'annule, puis vérifier qu'il y a bien un changement de signe à chacune de ces valeurs.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ continue, strictement décroissante sur $\left[1\,;\,5\right]$ avec $f(1) = 4$ et $f(5) = -2$. Le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 1$ sur $\left[1\,;\,5\right]$ est :
[qcm]
[option]aucune[/option]
[option correct="true"]exactement une[/option]
[option]au moins une, peut-être plus[/option]
[option]on ne peut pas conclure[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
$f$ est continue et strictement monotone sur $\left[1\,;\,5\right]$, et $1$ est compris entre $f(1) = 4$ et $f(5) = -2$. Le corollaire du TVI assure une solution unique.[/reponse]
[reponse motif="aucune"]Non.
La valeur $1$ est bien comprise entre $f(1) = 4$ et $f(5) = -2$, et $f$ est continue. La fonction passe donc nécessairement par $1$.[/reponse]
[reponse motif="au moins une, peut-être plus"]Non.
La stricte monotonie empêche $f$ de prendre la même valeur deux fois. On peut donc être plus précis qu'« au moins une » : c'est exactement une solution.[/reponse]
[reponse motif="on ne peut pas conclure"]Non.
Les trois conditions du corollaire sont remplies : continuité, stricte monotonie, valeur cible entre les valeurs aux bornes. La conclusion est donc l'unicité.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Vérifier les trois conditions du corollaire : continuité, stricte monotonie, valeur cible entre $f(a)$ et $f(b)$. Quand elles sont toutes satisfaites, la solution est unique.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
La dérivée de la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \ln(\sqrt{x^2 + 1})$ est :
[qcm]
[option]$\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$[/option]
[option correct="true"]$\dfrac{x}{x^2 + 1}$[/option]
[option]$\dfrac{2x}{x^2 + 1}$[/option]
[option]$\dfrac{1}{2 \sqrt{x^2 + 1}}$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
On peut simplifier : $f(x) = \ln(\sqrt{x^2 + 1}) = \dfrac{1}{2} \ln(x^2 + 1)$. Alors $f'(x) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2x}{x^2 + 1} = \dfrac{x}{x^2 + 1}$.[/reponse]
[reponse motif="$\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$"]Non.
Cela ressemble à $\dfrac{1}{u}$ sans tenir compte de la dérivée de $u$ à l'intérieur. Penser à utiliser la propriété $\ln(\sqrt{a}) = \dfrac{1}{2} \ln(a)$ pour simplifier d'abord.[/reponse]
[reponse motif="$\dfrac{2x}{x^2 + 1}$"]Non.
C'est la dérivée de $\ln(x^2 + 1)$ sans le facteur $\dfrac{1}{2}$ provenant de $\sqrt{\;}$. Utiliser $\ln(\sqrt{u}) = \dfrac{1}{2} \ln(u)$ pour réintroduire ce facteur.[/reponse]
[reponse motif="$\dfrac{1}{2 \sqrt{x^2 + 1}}$"]Non.
C'est la dérivée de $\sqrt{x^2 + 1}$ avec un autre oubli (du facteur $u'$). Mais ici on dérive un logarithme, donc on doit obtenir une fraction de la forme $\dfrac{u'}{u}$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Astuce : utiliser $\ln(\sqrt{a}) = \dfrac{1}{2} \ln(a)$ pour ramener à un logarithme « simple », puis appliquer $(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Le tableau de variation d'une fonction $f$ continue sur $\left[-2\,;\,4\right]$ indique que $f$ croît strictement de $-3$ à $5$ sur $\left[-2\,;\,1\right]$, puis décroît strictement de $5$ à $0$ sur $\left[1\,;\,4\right]$. Le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 2$ sur $\left[-2\,;\,4\right]$ est :
[qcm]
[option]aucune[/option]
[option]exactement une[/option]
[option correct="true"]exactement deux[/option]
[option]au moins trois[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
Sur $\left[-2\,;\,1\right]$, $f$ est continue, strictement croissante, et $2$ est compris entre $-3$ et $5$ : une unique solution. Sur $\left[1\,;\,4\right]$, $f$ est continue, strictement décroissante, et $2$ est compris entre $5$ et $0$ : encore une unique solution. Au total, exactement deux solutions.[/reponse]
[reponse motif="aucune"]Non.
La fonction monte jusqu'à $5$ puis redescend jusqu'à $0$ : elle traverse forcément la valeur $2$ au moins une fois. L'absence de solution est exclue.[/reponse]
[reponse motif="exactement une"]Non.
Appliquer le corollaire séparément sur chaque morceau monotone : $\left[-2\,;\,1\right]$ croissante puis $\left[1\,;\,4\right]$ décroissante. Sur les deux, la valeur cible $2$ est-elle bien comprise entre les valeurs aux bornes ?[/reponse]
[reponse motif="au moins trois"]Non.
Sur chaque morceau monotone, le corollaire assure au plus une solution. Avec deux morceaux, on a donc au plus deux solutions.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Découper le tableau en intervalles de stricte monotonie et appliquer le corollaire sur chacun : compter $1$ solution par sous-intervalle où la valeur cible est encadrée.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ et soit $g$ définie par $g(x) = e^{f(x)}$. La dérivée seconde $g''$ est :
[qcm]
[option]$f''(x) e^{f(x)}$[/option]
[option correct="true"]$\left(f''(x) + (f'(x))^2\right) e^{f(x)}$[/option]
[option]$f''(x) e^{f''(x)}$[/option]
[option]$(f'(x))^2 e^{f(x)}$[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
On dérive d'abord : $g'(x) = f'(x) \, e^{f(x)}$ (formule $(e^u)' = u' e^u$). Puis on dérive encore avec la règle du produit : $g''(x) = f''(x) \, e^{f(x)} + f'(x) \times f'(x) \, e^{f(x)} = \left(f''(x) + (f'(x))^2\right) e^{f(x)}$.[/reponse]
[reponse motif="$f''(x) e^{f(x)}$"]Non.
La dérivation de $g'(x) = f'(x) e^{f(x)}$ exige la règle du produit : il y a un terme provenant de la dérivée de $f'$ et un terme provenant de la dérivée de $e^{f}$. Le premier terme seul ne suffit pas.[/reponse]
[reponse motif="$f''(x) e^{f''(x)}$"]Non.
L'exposant ne se transforme pas en $f''$ lors d'une dérivation d'exponentielle. La règle est $(e^u)' = u' \, e^u$ : l'exposant reste $u$, on multiplie par $u'$.[/reponse]
[reponse motif="$(f'(x))^2 e^{f(x)}$"]Non.
Ce terme est correct mais incomplet : il manque la contribution $f''(x) e^{f(x)}$ provenant de la dérivée de $f'(x)$ dans la règle du produit.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Étapes : (1) calculer $g'(x) = f'(x) e^{f(x)}$. (2) dériver à nouveau avec la règle du produit ; on obtient deux termes à factoriser par $e^{f(x)}$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

QCM : Théorème des valeurs intermédiaires

[enonce]
Ce QCM porte sur le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) et son corollaire bijectif : conditions d'application, distinction entre existence et unicité, nombre de solutions d'une équation. Choisir la bonne réponse parmi les 4 propositions.
[/enonce]

[etape]
Pour pouvoir appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur $\left[a\,;\,b\right]$, l'hypothèse minimale à vérifier sur $f$ est :
[qcm]
[option correct="true"]$f$ est continue sur $\left[a\,;\,b\right]$[/option]
[option]$f$ est continue et strictement monotone sur $\left[a\,;\,b\right]$[/option]
[option]$f$ est dérivable sur $\left[a\,;\,b\right]$[/option]
[option]$f$ est positive sur $\left[a\,;\,b\right]$[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !
Le TVI ne réclame que la continuité de $f$ sur l'intervalle. Il garantit alors qu'au moins une solution existe pour toute valeur intermédiaire entre $f(a)$ et $f(b)$.[/reponse]
[reponse motif="$f$ est continue et strictement monotone sur $\left[a\,;\,b\right]$"]Non.
Cette double hypothèse n'est pas requise par le TVI : elle correspond au corollaire (théorème de la bijection) qui apporte en plus l'unicité.[/reponse]
[reponse motif="$f$ est dérivable sur $\left[a\,;\,b\right]$"]Non.
La dérivabilité est plus forte que la continuité, mais elle n'est pas nécessaire pour le TVI. Beaucoup de fonctions continues mais non dérivables peuvent être traitées par le TVI.[/reponse]
[reponse motif="$f$ est positive sur $\left[a\,;\,b\right]$"]Non.
Le signe de $f$ n'intervient pas dans les hypothèses du TVI. Ce qui compte, c'est que la valeur cible $y_0$ soit comprise entre $f(a)$ et $f(b)$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Distinguer le TVI (existence : continuité seule) du corollaire (unicité : continuité + stricte monotonie).[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction continue sur $\left[0\,;\,3\right]$ avec $f(0) = -1$ et $f(3) = 4$. Que peut-on affirmer ?
[qcm]
[option]L'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $\left[0\,;\,3\right]$[/option]
[option correct="true"]L'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution sur $\left[0\,;\,3\right]$[/option]
[option]L'équation $f(x) = 0$ n'admet aucune solution sur $\left[0\,;\,3\right]$[/option]
[option]L'équation $f(x) = 5$ admet une solution sur $\left[0\,;\,3\right]$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
$f$ est continue sur $\left[0\,;\,3\right]$ et $0$ est compris entre $f(0) = -1$ et $f(3) = 4$. D'après le TVI, l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution sur cet intervalle.[/reponse]
[reponse motif="L'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $\left[0\,;\,3\right]$"]Non.
Sans information sur la monotonie de $f$, on ne peut pas conclure à l'unicité. Le TVI seul donne l'existence, pas le nombre exact de solutions.[/reponse]
[reponse motif="L'équation $f(x) = 0$ n'admet aucune solution sur $\left[0\,;\,3\right]$"]Non.
Au contraire : $f(0)$ et $f(3)$ sont de signes contraires, donc la courbe doit forcément traverser l'axe des abscisses.[/reponse]
[reponse motif="L'équation $f(x) = 5$ admet une solution sur $\left[0\,;\,3\right]$"]Non.
La valeur $5$ n'est pas comprise entre $f(0) = -1$ et $f(3) = 4$. Le TVI ne s'applique donc pas pour cette valeur cible.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Vérifier les deux ingrédients du TVI : continuité sur l'intervalle, et valeur cherchée comprise entre $f(a)$ et $f(b)$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Pour passer du TVI au théorème de la bijection (qui assure l'unicité de la solution), l'hypothèse à ajouter sur $f$ est :
[qcm]
[option]$f$ dérivable[/option]
[option]$f$ positive[/option]
[option correct="true"]$f$ strictement monotone[/option]
[option]$f$ majorée[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
La stricte monotonie garantit que $f$ ne peut pas « repasser » par une même valeur deux fois. Ajoutée à la continuité, elle assure l'unicité de la solution.[/reponse]
[reponse motif="$f$ dérivable"]Non.
Une fonction peut être dérivable sans être strictement monotone (par exemple $x \mapsto x^3 - x$ sur $\left[-2\,;\,2\right]$). La dérivabilité ne suffit donc pas à assurer l'unicité.[/reponse]
[reponse motif="$f$ positive"]Non.
La positivité ne dit rien sur le nombre de solutions. Une fonction positive peut très bien atteindre plusieurs fois la même valeur.[/reponse]
[reponse motif="$f$ majorée"]Non.
Être majorée n'empêche en rien une fonction de prendre plusieurs fois la même valeur. Cette hypothèse n'a rien à voir avec l'unicité.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Pour qu'une équation $f(x) = y_0$ ait une unique solution, il faut empêcher la courbe de redescendre puis remonter au-dessus de $y_0$ : la monotonie stricte est ce qui exclut ces allers-retours.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ continue, strictement croissante sur $\mathbb{R}$ avec $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. L'équation $f(x) = 5$ admet :
[qcm]
[option]aucune solution[/option]
[option]au moins deux solutions[/option]
[option correct="true"]exactement une solution[/option]
[option]une infinité de solutions[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
$f$ est continue et strictement monotone sur $\mathbb{R}$, et $5$ est compris entre les deux limites $-\infty$ et $+\infty$. Le corollaire du TVI (généralisé à un intervalle ouvert avec limites infinies) garantit donc une unique solution.[/reponse]
[reponse motif="aucune solution"]Non.
Comme la fonction balaie toutes les valeurs de $-\infty$ à $+\infty$ et qu'elle est continue, elle prend nécessairement la valeur $5$ quelque part.[/reponse]
[reponse motif="au moins deux solutions"]Non.
Une fonction strictement monotone ne peut jamais prendre la même valeur deux fois : une fois passée par $5$, elle continue à croître et s'éloigne définitivement.[/reponse]
[reponse motif="une infinité de solutions"]Non.
Avec une fonction strictement croissante, chaque valeur n'est atteinte qu'une seule fois. Une infinité de solutions est exclue.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Vérifier les trois conditions du corollaire : continuité, stricte monotonie, valeur cherchée entre les limites aux bornes. Si elles sont toutes remplies, la conclusion est l'unicité.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ continue sur $\left[0\,;\,2\right]$ telle que $f(0) = 3$ et $f(2) = 3$. Concernant l'équation $f(x) = 5$, on peut affirmer :
[qcm]
[option]elle admet exactement une solution[/option]
[option correct="true"]on ne peut pas conclure[/option]
[option]elle admet au moins une solution[/option]
[option]elle admet exactement deux solutions[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
La valeur $5$ n'est pas comprise entre $f(0) = 3$ et $f(2) = 3$, donc le TVI ne s'applique pas. Cela ne signifie pas qu'il n'y a pas de solution : $f$ pourrait par exemple monter jusqu'à $7$ puis redescendre. Sans information complémentaire, aucune conclusion n'est possible.[/reponse]
[reponse motif="elle admet exactement une solution"]Non.
Le TVI ne donne pas l'existence ici (la valeur cible n'est pas entre $f(0)$ et $f(2)$) et même s'il s'appliquait, il ne donnerait pas l'unicité sans hypothèse de monotonie.[/reponse]
[reponse motif="elle admet au moins une solution"]Non.
Le TVI exige que la valeur cherchée soit comprise entre $f(a)$ et $f(b)$. Ici $5$ n'est pas entre $3$ et $3$, donc le TVI ne s'applique pas.[/reponse]
[reponse motif="elle admet exactement deux solutions"]Non.
Sans étude plus poussée (variations de $f$), affirmer un nombre exact de solutions est impossible. La fonction pourrait n'atteindre jamais $5$, ou l'atteindre plusieurs fois.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Premier réflexe : tester si la valeur cible est comprise entre $f(a)$ et $f(b)$. Si non, le TVI est silencieux et il faut d'autres informations pour conclure.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Le tableau de variation d'une fonction $f$ continue sur $\left[0\,;\,4\right]$ indique qu'elle est strictement décroissante de $5$ à $-3$ sur cet intervalle. Le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$ sur $\left[0\,;\,4\right]$ est :
[qcm]
[option correct="true"]exactement une[/option]
[option]aucune[/option]
[option]au moins deux[/option]
[option]exactement deux[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
$f$ est continue, strictement décroissante sur $\left[0\,;\,4\right]$, et $0$ est compris entre $f(0) = 5$ et $f(4) = -3$. Le corollaire du TVI assure une unique solution.[/reponse]
[reponse motif="aucune"]Non.
La fonction descend de $5$ à $-3$ : elle traverse forcément $0$ à un moment. L'absence de solution est exclue.[/reponse]
[reponse motif="au moins deux"]Non.
Une fonction strictement décroissante ne peut prendre la même valeur deux fois : elle continue à descendre. Au plus une solution est possible.[/reponse]
[reponse motif="exactement deux"]Non.
Avec une stricte monotonie, chaque valeur n'est atteinte qu'une seule fois. Deux solutions sont impossibles.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Les trois conditions du corollaire sont ici réunies : continuité, stricte monotonie, valeur cible entre les valeurs aux bornes. La conclusion est donc l'unicité.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

TVI – Algorithme de dichotomie

Soit la fonction $ f $ définie sur l'intervalle $ I=[ - 4\ ; \ 4] $ par $ f(x)=x^3 - 6x+1 $.

Partie I

Justifier que $ f $ est dérivable sur $ I $ et calculer $ f^{\prime}(x) $ pour $ x $ appartenant à $ I $.
Tracer le tableau de variations de $ f $.
Montrer que l'équation $ f(x)=0 $ admet une unique solution $ \alpha $ sur l'intervalle $ [0~;~1] $.

Partie II

On souhaite déterminer une valeur approchée de $ \alpha $ grâce à l'algorithme de dichotomie suivant :

Variables	$ a, b, m, h $ sont des nombres
Initialisation	Lire $ a $
	Lire $ b $
	Lire $ h $
Traitement	Tant que $ b - a > h $ :
	$ \quad $Affecter à $ m $ la valeur $ \dfrac{a+b}{2} $
	$ \quad $Si $ f(a) \times f(m) > 0 $, alors
	$ \quad \quad $Affecter à $ a $ la valeur $ m $
	$ \quad $Sinon
	$ \quad \quad $Affecter à $ b $ la valeur $ m $
	$ \quad $Fin Si
	Fin Tant que
Sortie	Afficher $ a $
	Afficher $ b $

Compléter le tableau suivant obtenu pour la fonction $ f $ définie ci-dessus et les valeurs $ a=0;\ b=1;\ h=0,1 $ (on ajoutera autant de lignes que nécessaire).

$ a $	$ b $	$ h $	$ b - a > h $	$ m $	$ f(a) \times f(m) > 0 $
0	1	0,1	vrai	0,5	faux
0	0,5	...	...	...	...
...	...	...	...	...	...

Quelles valeurs obtient-on en sortie de cet algorithme ? Que représentent ces valeurs ?
Que représentent chacun des nombres $ a, b, m, h $ dans cet algorithme ?

Corrigé

Partie I

$ f $ étant une fonction polynomiale, elle est dérivable (et donc continue) sur $ \mathbb{R} $ et a fortiori sur $ I $.
On a $ f^{\prime}(x) = 3x^2 - 6 = 3(x^2 - 2) = 3(x+\sqrt{2})(x - \sqrt{2}) $.
$ f^{\prime}(x) = 0 $ pour $ x_1 = -\sqrt{2} $ et $ x_2 = \sqrt{2} $.
$ f^{\prime} $ étant un polynôme du deuxième degré dont le coefficient de $ x^2 $ est positif, elle est strictement positive sur $ ]-\infty ; -\sqrt{2}[ $, strictement négative sur $ ]-\sqrt{2} ; \sqrt{2}[ $ et strictement positive sur $ ]\sqrt{2} ; +\infty[ $.
Tableau de variations de $ f $ sur l'intervalle $ I $ :
$ f(x) $ est strictement décroissante sur $ [-\sqrt{2} \ ; \ \sqrt{2}] $ c'est à dire environ $ [-1{,}414 \ ; \ 1{,}414] $, intervalle auquel appartiennent $ x = 0 $ et $ x = 1 $.
On a $ f(0) = 1 > 0 $ et $ f(1) = 1^3-6(1)+1 = -4 < 0 $.
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il en résulte qu'il existe une unique solution $ \alpha $ pour l'équation $ f(x) = 0 $ sur $ [0 \ ; \ 1] $.

Partie II

Algorithme de dichotomie pour déterminer une valeur approchée de $ \alpha $ :

$ a $	$ b $	$ h $	$ b - a > h $	$ m $	$ f(a) \times f(m) > 0 $
0	1	0,1	vrai	0,5	faux
0	0,5	0,1	vrai	0,25	faux
0	0,25	0,1	vrai	0,125	vrai
0,125	0,25	0,1	vrai	0,1875	faux
0,125	0,1875	0,1	faux

En sortie d'algorithme, on obtient les valeurs $ a = 0{,}125 $ et $ b = 0{,}1875 $.
L'algorithme s'arrête dès que $ b - a \leqslant h $, ce qui garantit que $ a $ et $ b $ encadrent $ \alpha $ avec une amplitude $ b - a $ inférieure ou égale à $ h = 0{,}1 $ (ici $ b - a = 0{,}0625 $). $ a $ et $ b $ sont donc une valeur approchée de $ \alpha $ respectivement par défaut et par excès.
$ a $ et $ b $ représentent respectivement les estimations inférieure et supérieure ($ a < b $) de $ \alpha $. Elles convergent et se rapprochent de $ \alpha $ à chaque étape de l'algorithme. Ce dernier s'arrêtant lorsque la différence $ b - a $ est inférieure ou égale à une valeur fixée à l'avance, ici $ h = 0{,}1 $. À chaque étape de l'algorithme, une nouvelle valeur de $ m = (a + b)/2 $ est calculée et est attribuée à $ a $ si $ f(a) \times f(m) > 0 $ et à $ b $ dans le cas contraire, ce qui assure la convergence de $ a $ et $ b $ vers $ \alpha $.

Théorème de la bijection et tangente

Soit la fonction $ f $ définie sur l'intervalle $ I= ]0~;~+\infty[ $ par :

$ f(x)=\sqrt{x} - \dfrac{1}{x} $

On note $ \mathscr C_f $ la courbe représentative de $ f $ dans un repère orthonormé $ (O~;~\vec{i},\vec{j}) $ d'unité $ 1 $cm.

Calculer $ \lim_{x \rightarrow 0} f(x) $. Interpréter graphiquement le résultat obtenu.
Calculer $ \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) $.
Calculer $ f^{\prime}(x) $ et donner le sens de variations de la fonction $ f $ sur $ I $.
Tracer la courbe $ \mathscr C_f $.

La courbe $ \mathscr C_f $ admet une tangente $ (T) $ qui passe par l'origine du repère. Tracer $ (T) $.
On note $ a $ l'abscisse du point d'intersection de la courbe $ \mathscr C_f $ et de la droite $ (T) $.

Montrer que $ \dfrac{\sqrt{a}}{2} - \dfrac{2}{a}=0 $
Soit $ g $ la fonction définie sur $ I $ par :

$ g(x)=\dfrac{\sqrt{x}}{2} - \dfrac{2}{x} $

Étudier le sens de variations de la fonction $ g $.
Montrer que l'équation $ g(x)=0 $ admet une unique solution sur l'intervalle $ [2~;~3] $.
Déduire des questions précédentes un encadrement de $ a $ d'amplitude $ 10^{ - 2} $.

Corrigé

$ \lim_{x \rightarrow 0} \sqrt{x}=0 $

$ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x}=+\infty $ (car $ x > 0 $ sur $ I $)

Par différence : $ \lim_{x \rightarrow 0} f(x)= - \infty $

La droite d'équation $ x=0 $, c'est à dire l'axe des ordonnées, est asymptote verticale à la courbe $ \mathscr C_f. $
$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \sqrt{x}=+\infty $

$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x}=0 $

Donc, par somme : $ \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty $
$ f $ est dérivable sur $ I= ]0~;~+\infty[ $ comme différence de fonctions dérivables sur $ I $.

La dérivée de la fonction $ x\longmapsto\sqrt{x} $ est la fonction $ x\longmapsto \dfrac{1}{2\sqrt{x}} $.

La dérivée de la fonction $ x\longmapsto\dfrac{1}{x} $ est la fonction $ x\longmapsto - \dfrac{1}{x^2} $.

Par conséquent :

$ f ^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}+\dfrac{1}{x^2} $

$ f^{\prime} $ est la somme de deux fonctions strictement positives sur $ I $ donc est strictement positive sur $ I $.

Par conséquent, $ f $ est strictement croissante sur $ I $.
En s'aidant de la calculatrice pour obtenir un tableau de valeurs, on obtient le graphique ci-dessous :
$ (T) $ est la tangente à $ \mathscr C_f $ au point d'abscisse $ a $.

L'équation réduite de $ \mathscr C_f $ est donc :

$ y=f^{\prime}(a)(x - a)+f(a) $

Cette droite passe par le point $ O(0;0) $ donc :

$ 0=f^{\prime}(a)(0 - a)+f(a) $

Or :

$ f^{\prime}(a)(0 - a)+f(a) = - af^{\prime}(a)+f(a) $

$ \phantom{f^{\prime}(a)(0 - a)+f(a)} = \dfrac{ - a}{2\sqrt{a}}+\dfrac{ - a}{a^2}+\sqrt{a} - \dfrac{1}{a} $

$ \phantom{f^{\prime}(a)(0 - a)+f(a)} = \dfrac{ - \sqrt{a}}{2}+\dfrac{ - 1}{a}+\sqrt{a} - \dfrac{1}{a} $

$ \phantom{f^{\prime}(a)(0 - a)+f(a)} = \dfrac{\sqrt{a}}{2} - \dfrac{2}{a} $

Par conséquent :

$ \dfrac{\sqrt{a}}{2} - \dfrac{2}{a}=0 $
$ g $ est dérivable sur $ I $ comme différence de fonctions dérivables sur $ I $ et :

$ g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{4\sqrt{x}}+\dfrac{2}{x^2} $

La fonction $ g^{\prime} $ étant strictement positive sur $ I $, $ g $ est strictement croissante sur $ I $.
$ g(2)=\dfrac{\sqrt{2}}{2} - 1 \approx - 0{,}3 $

$ g(3)=\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{2}{3} \approx 0{,}2 $

La fonction $ g $ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $ [2~;~3] $. $ 0 $appartient à l'intervalle image $ [g(2)~;~g(3)] $, donc d'après le théorème de la bijection (aussi appelé corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l'équation $ g(x)=0 $ admet une unique solution sur l'intervalle $ [2~;~3] $.
Cette solution est aussi l'unique solution de cette équation sur l'intervalle $ I $ du fait de la stricte croissance de la fonction $ g $ sur $ I $.

Or, d'après la question 5. on sait que $ \dfrac{\sqrt{a}}{2} - \dfrac{2}{a}=0 $ c'est à dire $ g(a)=0 $. Cette unique solution est donc $ a $.

À la calculatrice, on trouve :

$ g(2{,}51) \approx - 0{,}005 < 0 $

$ g(2{,}52) \approx 0{,}00008 > 0 $

Par conséquent $ 2{,}51 \leqslant a \leqslant 2{,}52 $.

Nombre de solutions d’une équation trigonométrique

Cet exercice nécessite d'avoir étudié les chapitres « Continuité » et «Fonctions trigonométriques »

On considère l'équation :

$ \cos x = x $

Montrer que les éventuelles solutions de cette équation appartiennent à l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $.
Étudier le sens de variation de la fonction $ f $ définie sur $ \left[0 ; 1\right] $ par :

$ f\left(x\right) = \cos x - x $
En déduire que l'équation $ \cos x = x $ admet une unique solution sur $ \mathbb{R} $.

A l'aide de la calculatrice, donner un encadrement, à $ 10^{ - 2} $ près, de cette solution.

Corrigé

Soit $ \alpha $ un réel tel que $ \cos \alpha = \alpha $.

Comme pour tout réel $ x $, $ - 1 \leqslant \cos x \leqslant 1 $ on en déduit que $ - 1 \leqslant \alpha \leqslant 1 $.

Comme, par ailleurs, la fonction cosinus est positive ou nulle sur l'intervalle $ \left[ - \dfrac{\pi }{2} ; \dfrac{\pi }{2}\right] $, elle est positive sur l'intervalle $ \left[ - 1 ; 1\right] $ qui est inclus dans $ \left[ - \dfrac{\pi }{2} ; \dfrac{\pi }{2}\right] $. Par conséquent $ \cos \alpha $ donc $ \alpha $ est positif.

Finalement, $ \alpha \in \left[0 ; 1\right] $
$ f^{\prime}\left(x\right) = - \sin x - 1 $

Sur l'intervalle $ \left[0; \pi \right[ $ (donc sur l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $ qui est inclus dans $ \left[0; \pi\right[ $, $ \sin x > - 1 $ donc $ f^{\prime}\left(x\right) < 0 $.

$ f $ est donc strictement décroissante sur l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $
$ \cos x = x \Leftrightarrow f\left(x\right) = 0 $

$ f $ est une fonction continue sur $ \left[0 ; 1\right] $ comme différence de deux fonctions continues.

$ f $ est strictement décroissante sur cet intervalle.

$ 0 $ est compris entre $ f\left(1\right)=\cos\left(1\right) - 1\approx - 0{,}46 $ et $ f\left(0\right)=1 $.

Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ f\left(x\right)=0 $ admet une unique solution $ \alpha $ sur $ \left[0; 1\right] $.

D'après la question 1., cette solution est la seule solution sur $ \mathbb{R} $.

A la calculatrice on vérifie que $ f\left(0{,}73\right) > 0 $ et $ f\left(0{,}74\right) < 0 $

Donc $ 0{,}73 < \alpha < 0{,}74 $

Courbe représentative de $ f $

Nombre de solutions d’une équation polynomiale

Soit la fonction $ f $ définie sur $ \mathbb{R} $ par :

$ f\left(x\right)=x^{3} - 3x^{2}+1 $

Déterminer les limites de $ f $ en $ - \infty $ et en $ +\infty $
Calculer $ f^{\prime}\left(x\right) $ pour tout $ x \in \mathbb{R} $.

Dresser le tableau de variations de $ f $
Combien l'équation $ f\left(x\right)=0 $ admet-elle de solutions ?

Corrigé

$ \lim\limits_{x\rightarrow - \infty }x^{3}= - \infty $

$ \lim\limits_{x\rightarrow - \infty } - 3x^{2}= - \infty $

Donc par somme $ \lim\limits_{x\rightarrow - \infty }x^{3} - 3x^{2}+1= - \infty $

Lorsque $ x\rightarrow +\infty $ on a une forme indéterminée du type «$ +\infty - \infty $». On lève l'indétermination en mettant $ x^{3} $ en facteur :

$ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x^{3} - 3x^{2}+1=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x^{3}\left(1 - \dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{x^{3}}\right) $

$ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x^{3}=+\infty $

$ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }1 - \dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{x^{3}}=1 $ (par somme)

Donc par produit :

$ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x^{3}\left(1 - \dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{x^{3}}\right)=+\infty $
$ f^{\prime}\left(x\right)=3x^{2} - 6x=3x\left(x - 2\right) $

$ f^{\prime} $ s'annule pour $ x=0 $ et $ x=2 $ et est strictement négative sur l'intervalle $ \left]0 ; 2\right[ $

On calcule : $ f\left(0\right)=1 $ et $ f\left(2\right)= - 3 $.

On obtient le tableau de variation suivant :
$ f $ est une fonction polynôme donc continue sur $ \mathbb{R} $.

Sur $ \left] - \infty ; 0 \right[, $ $ f $ est strictement croissante. $ 0 $ est compris entre $ \lim\limits_{x\rightarrow - \infty }f\left(x\right)= - \infty $ et $ f\left(0\right)=1 $. Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires pour une fonction strictement monotone, l'équation $ f\left(x\right)=0 $ admet une unique solution sur $ \left] - \infty ; 0 \right[ $.

Un raisonnement similaire montre que l'équation $ f\left(x\right)=0 $ admet également une unique solution sur $ \left] 0 ; 2 \right[ $ où $ f $ est strictement décroissante et une unique solution sur $ \left] 2 ; +\infty \right[ $ où $ f $ est strictement croissante.

Au total, l'équation $ f\left(x\right)=0 $ admet trois solutions.

Courbe représentative de la fonction $ f $