# Continuité et variations/Exercices/Théorème des valeurs intermédiaires
## Exercice 2-1

$f$ est la fonction définie sur $\mathbb {R}$ par :
    $f(x)=x^{3}-4x+5$.
Le but de l'exercice est de démontrer l'existence d'une solution à l'équation $f(x)=8$.
1. Justifier la continuité de $f$ sur $[-2;3]$.
2. Calculer $f(-2)$, $f(3)$, les comparer à 8.
3. Conclure.
1. $f$ est une fonction polynôme, elle est donc continue (voir cours).
2. Calculons les images demandées : ${\begin{aligned}f(-2)&=(-2)^{3}-4\times (-2)+5\\&=-8+8+5\\&=5\end{aligned}}$
et : ${\begin{aligned}f(3)&=3^{3}-4\times 3+5\\&=20\end{aligned}}$
$x\in [-2;3]$
$f(x)=8$
En réalité il y a 3 solutions : $x=-1~,~x={\frac {1+{\sqrt {13}}}{2}}~{\rm {et}}~x={\frac {1-{\sqrt {13}}}{2}}$.

## Exercice 2-2

$f$ est définie et continue sur $I=[-4;1]$ par $f:x\mapsto x^{3}+6x^{2}+9x+3$.
Le tableau de variations de $f$ est le suivant : ${\begin{array}{c|ccccccc|}x&-4&&-3&&-1&&1\\\hline &&&3&&&&19\\f&&\nearrow &&\searrow &&\nearrow &\\&-1&&&&-1&&\\\hline \end{array}}$
On admettra que les variations représentées sont strictes, c'est-à-dire que la fonction est soit strictement croissante, soit strictement décroissante sur les intervalles représentés.
1. En justifiant votre réponse, déterminer le nombre de solutions de l'équation $f(x)=2$ dans $I$.
2. a. Justifier que l'équation $f(x)=4$ admet une solution unique, α, dans l'intervalle $I$.
b. Déterminer un encadrement de α entre deux entiers consécutifs (en justifiant votre réponse).
c. Déterminer une valeur approchée par excès de α au millième près (en justifiant votre réponse).
3. On admet que l'équation $f(x)=0$ admet une solution unique β dans [-3 ; -1]. Déterminer un encadrement de β à 10$^{-2}$ près (en justifiant la réponse).
1.
* $f$ est strictement croissante sur [-4 ; -3], à valeurs dans [-1 ; 3] contenant 2. Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions strictement monotones, l'équation $f(x)=2$ admet une solution unique dans [-4 ; -3] ;
* $f$ est strictement décroissante sur [-3 ; -1], donc le même théorème assure que l'équation $f(x)=2$ admet aussi une solution unique sur [-3 ; -1] ;
* $f$ est strictement croissante sur [-1 ; 1], à valeurs dans [-1 ; 19] qui contient 2 donc, d’après le même théorème, l'équation $f(x)=2$ admet une solution unique dans [-1 ; 1].
Conclusion : L'équation $f(x)=2$ admet exactement 3 solutions dans [-4 : 1].
2. a. Nombre de solutions de l'équation $f(x)=4$ : $f$ admet en -3 un maximum égal à 3 sur l'intervalle [-4 ; -1] donc 4 n'a pas d'antécédent dans cet intervalle, l'équation $f(x)=4$ n'admet donc pas de solution sur [-4 ; -1].
Sur [-1 ; 1], $f$ est strictement croissante et prend ses valeurs dans [-1 ; 19]. Or, 4 ∈ [-1 ; 19]. Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions strictement monotones, l'équation $f(x)=4$ admet une solution unique dans [-1 ; 1].
Conclusion : L'équation $f(x)=4$ admet une solution unique α dans [-4 ; 1].
b. D'après la question précédente, α ∈ [-1 ; 1]. Or, $f(0)=3$ donc 3 < 4 < 19, c'est-à-dire $f(0)<4<f(1)$.
Conclusion : α ∈ [0 ; 1] (encadrement de α par deux entiers consécutifs).
c. Valeur approchée par excès de α au millième près :
* encadrement au dixième près :
ƒ(0,1) ≈ 3,961 et ƒ(0,2) ≈ 5,048 donc ƒ(0,1) < 4 < ƒ(0,2), car $f$ est strictement croissante
    donc 0,1 < α < 0,2.
* encadrement au centième près :
ƒ(0,10) ≈ 3,961 et ƒ(0,11) ≈ 4,063 donc ƒ(0,10) < 4 < ƒ(0,11), car $f$ est strictement croissante
    donc 0,10 < α < 0,11.
* encadrement au millième près :
ƒ(0,103) ≈ 3,992 et ƒ(0,104) ≈ 4,002
    or ƒ(0,103) < 4 < ƒ(0,104) et 0,103 < α < 0,104
    donc 0,103 < α < 0,104 encadrement au millième près de α.
Conclusion : α ≈ 0,104 (valeur approchée par excès au millième).
3. β solution de l'équation $f(x)=0$ (encadrement à 10$^{-2}$ près) avec β ∈ [-3 ; 1].
Sur [-3 ; -1], $f$ est décroissante, donc si $f(x)>0$ alors x < β et si $f(x)<0$ alors x > β.
* à l'entier près : ƒ(-2) = 1 et ƒ(-1) = -1 donc ƒ(-2) > 0 > ƒ(-1)
* au dixième près : ƒ(-1,7) ≈ 0,127 et ƒ(-1,6) ≈ -0,136
    donc ƒ(-1,7) > 0 > ƒ(-1,6)
    soit -1,7 < β < -1,6 (à 10$^{-1}$ près)
* au centième près : ƒ(-1,66) ≈ 0,019 et ƒ(-1,65) ≈ -0,07
    donc ƒ(-1,66) > 0 > ƒ(-1,65)
Conclusion : -1,66 < β < -1,65, encadrement à 10$^{-2}$ près de β.

## Exercice 2-3

Soit $f:\left]0,+\infty \right[\to \mathbb {R}$ définie par $f(x)={\frac {\ln x}{x^{4}}}$.
* Déterminer les limites de $f$ en $+\infty$ et en $0^{+}$.
* Montrer qu'il existe un réel $\lambda$ tel que $f(\lambda )=-2$.
* $\lim _{0^{+}}f={\frac {-\infty }{0^{+}}}=-\infty$ et par croissances comparées, $\lim _{+\infty }f=0$.
* Il existe donc $a,b\in \left]0,+\infty \right[$ tels que $f(a)<-2$ et $f(b)>-2$. Comme $f$ est continue sur $[a,b]$, il existe alors (d'après le T.V.I.) un réel $\lambda \in [a,b]$ tel que $f(\lambda )=-2$.

## Exercice 2-4

Soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ définie par $f(x)={\frac {1}{\operatorname {e} ^{x^{2}+x}}}$.
Montrer qu'il existe un réel $\alpha \geq 1$ tel que $f(\alpha )={\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}{\frac {1}{\alpha ^{5}}}$.
Cette équation équivaut à $g(\alpha )={\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}$, en posant $g(x)=x^{5}f(x)$.
Par croissances comparées, $\lim _{+\infty }g=0$, or ${\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}>0$. Il existe donc $b\geq 1$ tel que $g(b)\leq {\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}$. Par ailleurs, $g(1)={\frac {1}{\operatorname {e} ^{2}}}>{\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}$.
Puisque $g(b)\leq {\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}\leq g(1)$ et que $g$ est continue sur $[1,b]$, il existe (d'après le T.V.I.) un réel $\alpha \in [1,b]$ tel que $g(\alpha )={\frac {1}{\operatorname {e} ^{3}}}$.
Soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ définie par $f(x)={\frac {2}{\operatorname {e} ^{-x^{2}-2x}}}$.
Montrer qu'il existe un réel $\beta \geq 1$ tel que $f(\beta )=4\operatorname {e} ^{5}\beta ^{7}$. $f$ Cette équation équivaut à $g(\beta )=4\operatorname {e} ^{5}$, en posant $g(x)={\frac {2\operatorname {e} ^{x^{2}+2x}}{x^{7}}}$.
Par croissances comparées, $\lim _{+\infty }g=+\infty$. Il existe donc $b\geq 1$ tel que $g(b)\geq 4\operatorname {e} ^{5}$. Par ailleurs, $g(1)=2\operatorname {e} ^{3}<4\operatorname {e} ^{5}$.
Puisque $g(1)\leq 4\operatorname {e} ^{5}\leq g(b)$ et que $g$ est continue sur $[1,b]$, il existe (d'après le T.V.I.) un réel $\beta \in [1,b]$ tel que $g(\beta )=4\operatorname {e} ^{5}$.

## Exercice 2-5

On s'intéresse à la recherche des solutions de $f(x)=0$ pour $f$ définie par
    $f(x)=3x^{3}+11x^{2}+5x-3$.
* Montrer qu'il existe une unique solution $r$ dans $\left]0,1\right[$.
* Utiliser la dichotomie pour localiser $r$ dans un intervalle $I$ de longueur $\leq {\frac {1}{4}}$.
* Tracer l'allure du graphe de $f$ sur $I$.
* En déduire le point de départ et le schéma de Newton adapté à $f$ dans l'intervalle $I$. On prendra soin de bien expliciter la relation de récurrence.
* Calculer les premiers itérés de la méthode de Newton et en déduire en justifiant les 6 premières décimales exactes de $r$.
* L'existence de $r$ est garantie par le théorème des valeurs intermédiaires, car $f$ est continue sur $\left[0,1\right]$, strictement négative en $0$ et strictement positive en $1$. Justifions l'unicité en montrant que $f$ est strictement monotone sur cet intervalle. $f'(x)=9x^{2}+22x+5>0$ sur $\mathbb {R} _{+}$ car ses deux racines sont $<0$, puisque leur produit ${\frac {5}{9}}>0$ et leur somme est $-{\frac {22}{9}}<0$.
* $f\left({\frac {1}{2}}\right)={\frac {21}{8}}>0$ donc $r\in \left]0,{\frac {1}{2}}\right[$. $f\left({\frac {1}{4}}\right)=-{\frac {65}{4^{3}}}<0$ donc $r\in \left]{\frac {1}{4}},{\frac {1}{2}}\right[=:I$.
* $f''(x)=18x+22>0$ sur $I$, $f'\left({\frac {1}{4}}\right)={\frac {177}{16}}\approx 11$, $f\left({\frac {1}{2}}\right)={\frac {73}{4}}\approx 18$. Graphe et tangentes.
* $f$ est convexe et croissante donc il vaut mieux partir de $x_{0}={\frac {1}{2}}$. $x_{n+1}=g(x_{n})$ avec $g(x)=x-{\frac {f(x)}{f'(x)}}={\frac {6x^{3}+11x^{2}+3}{9x^{2}+22x+5}}$.
* $x_{1}\approx 0{,}356\,164\,383\,6$, $x_{2}\approx 0{,}333\,860\,545\,7$, $x_{3}\approx 0{,}333\,333\,624\,9$, $x_{4}\approx 0{,}333\,333\,333\,3$… tiens donc ! $r$ ne serait-il pas égal à ${\frac {1}{3}}$ ? Vérifions : $f\left({\frac {1}{3}}\right)={\frac {3+11\times 3+5\times 3^{2}-3\times 3^{3}}{27}}={\frac {1+11+15-27}{9}}=0$. Donc $r\approx r_{0}:=0{,}333\,333$, à $10^{-6}$ près par défaut. (On peut aussi justifier cette approximation $r_{0}$ en vérifiant que $f(r_{0})<0$ et $f(r_{0}+10^{-6}>0)$.)
Remarquons qu'on pouvait trouver directement $r={\frac {1}{3}}$ par recherche d'une solution rationnelle ${\frac {p}{q}}$ de l'équation : si $3p^{3}+11p^{2}q+5pq^{2}-3q^{3}=0$ avec $p,q$ entiers premiers entre eux, alors $p$ et $q$ divisent $3$ donc ${\frac {p}{q}}$ est égal à $\pm 1$, $\pm 3$ ou $\pm {\frac {1}{3}}$, et la seule de ces 6 valeurs qui appartient à $\left]0,1\right[$ est ${\frac {1}{3}}$. Cette approche permet de plus de trouver les deux autres zéros de $f$ (dans $\mathbb {R} \setminus \left]0,1\right$ : $-1$ et $-3$, et donc de factoriser : $f(x)=(3x-1)(x+1)(x+3)$.

## Exercice 2-6

Un mobile parcourt une distance $d$ en une unité de temps. Montrer qu'il existe un intervalle d'une demi-unité de temps pendant laquelle il parcourt exactement une distance égale à $d/2$.
Notons $f(x)$ la distance parcourue pendant l'intervalle de temps $[0,x]$ ($f$ fonction continue sur $[0,1]$).
On cherche un sous-intervalle de $[0,1]$ de la forme $[t,t+1/2]$ pendant lequel la distance parcourue $f(t+1/2)-f(t)$ soit égale à $d/2$.
On pose donc $g(x)=f(x+1/2)-f(x)-d/2$.
$g$ est définie et continue sur $[0,1/2]$, $g(0)=f(1/2)-d/2$, $g(1/2)=d/2-f(1/2)=-g(0)$, donc (par le théorème des valeurs intermédiaires) il existe $t\in [0,1/2]$ tel que $g(t)=0$.
| Langage de la continuité | Fonctions continues strictement monotones |