Continuité — exercices corrigés, 2ème BAC PC & SVT

Pour tout \(x\neq 2\) :

\[ \dfrac{x^{2}-4}{x-2}=\dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2. \]

Donc \(\lim\limits_{x\to 2}f(x)=\lim\limits_{x\to 2}(x+2)=4\).

\(f\) est continue en \(2\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to 2}f(x)=f(2)\), c’est-à-dire \(a=4\).

1. À gauche : \(\lim\limits_{x\to 1^{-}}f(x)=1^{2}+1=2\). À droite : \(\lim\limits_{x\to 1^{+}}f(x)=3\times 1-1=2\). Et \(f(1)=2\).

Les trois valeurs coïncident, donc \(f\) est continue en \(1\).

2. À gauche : \(\lim\limits_{x\to 1^{-}}g(x)=1+2=3\). À droite : \(\lim\limits_{x\to 1^{+}}g(x)=1+3=4=g(1)\).

Comme \(3\neq 4\), \(g\) n’est pas continue en \(1\). Elle est seulement continue à droite en \(1\).

On multiplie par la quantité conjuguée \(\sqrt{x+3}+2\), qui ne s’annule pas sur \(\left]-3,+\infty\right[\) :

\[ \begin{aligned} f(x)&=\dfrac{\left(\sqrt{x+3}-2\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)} \\[6pt] &=\dfrac{(x+3)-4}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)} \\[6pt] &=\dfrac{x-1}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}. \end{aligned} \]

Donc, pour \(x\neq 1\) : \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}+2}\), d’où

\[ \lim\limits_{x\to 1}f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{4}+2}=\dfrac{1}{4}. \]

Cette limite est finie : \(f\) admet un prolongement par continuité \(\tilde{f}\) en \(1\), défini par \(\tilde{f}(x)=f(x)\) pour \(x\neq 1\) et \(\tilde{f}(1)=\dfrac{1}{4}\).

1. \(f\) est une fonction polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\), en particulier sur \([0,3]\).

2. Forme canonique : \(f(x)=(x-2)^{2}-1\). Le sommet est en \(x=2\).

\(f\) est strictement décroissante sur \([0,2]\) et strictement croissante sur \([2,3]\), avec \(f(0)=3\), \(f(2)=-1\) et \(f(3)=0\).

3. \(f\) est continue sur l’intervalle \([0,3]\), donc \(f\bigl([0,3]\bigr)\) est un intervalle. Le minimum vaut \(-1\) (atteint en \(2\)) et le maximum vaut \(3\) (atteint en \(0\)). Donc

\[ f\bigl([0,3]\bigr)=[-1,3]. \]

Attention : \(f\bigl([0,3]\bigr)\) n’est pas \([f(0),f(3)]\). L’image se lit sur le tableau de variations, jamais sur les seules bornes.

1. \(f\) est un polynôme, donc continue sur \([0,1]\). De plus \(f'(x)=3x^{2}+1>0\) pour tout \(x\), donc \(f\) est strictement croissante sur \([0,1]\).

2. \(f(0)=-1<0\) et \(f(1)=1>0\), donc \(f(0)\times f(1)<0\).

\(f\) est continue sur \([0,1]\) : d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(\alpha\in\left]0,1\right[\) tel que \(f(\alpha)=0\).

\(f\) est de plus strictement croissante sur \([0,1]\), donc cette solution est unique.

Chaque étape divise la longueur de l’intervalle par \(2\). Il faut donc trois étapes pour passer de \(1\) à \(\dfrac{1}{8}\).

Étape 1. \(f(0{,}5)=0{,}125+0{,}5-1=-0{,}375<0\), et \(f(1)>0\), donc \(\alpha\in\left]0{,}5\,;\,1\right[\).

Étape 2. \(f(0{,}75)=0{,}421875+0{,}75-1=0{,}171875>0\), donc \(\alpha\in\left]0{,}5\,;\,0{,}75\right[\).

Étape 3. \(f(0{,}625)=0{,}244140625+0{,}625-1=-0{,}130859375<0\), donc

\[ 0{,}625<\alpha<0{,}75. \]

L’amplitude vaut bien \(0{,}75-0{,}625=0{,}125=\dfrac{1}{8}\).

À titre indicatif, \(\alpha\approx 0{,}682\).

1. \(f\) est un polynôme, donc continue sur \(I\). \(f'(x)=2x-2=2(x-1)\), qui est strictement positif sur \(\left]1,+\infty\right[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(I\).

2. \(f(1)=2\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\). Continue et strictement croissante sur \(I\), \(f\) réalise une bijection de \(I=[1,+\infty[\) vers \(J=[2,+\infty[\).

3. Soit \(y\in J\). On résout \(f(x)=y\) avec \(x\geqslant 1\). La forme canonique donne \(f(x)=(x-1)^{2}+2\), donc

\[ (x-1)^{2}=y-2. \]

Comme \(x\geqslant 1\), on a \(x-1\geqslant 0\), donc \(x-1=\sqrt{y-2}\) et

\[ f^{-1}(y)=1+\sqrt{y-2}, \qquad y\in[2,+\infty[. \]

Vérification rapide : \(f^{-1}(6)=1+\sqrt{4}=3\) et \(f(3)=9-6+3=6\).

1. \(A=\sqrt[3]{16\times 4}=\sqrt[3]{64}=4\).

\(B=\left(27^{\frac{1}{6}}\right)^{2}=27^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{27}=3\).

2. Sur \(\mathbb{R}^{+}\), \(x^{4}=5\iff x=\sqrt[4]{5}\).

3. On pose \(t=\sqrt[3]{x}\), donc \(x=t^{3}\), et \(t\to 1\) quand \(x\to 1\). Alors

\[ \dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}=\dfrac{t-1}{t^{3}-1}=\dfrac{t-1}{(t-1)\left(t^{2}+t+1\right)}=\dfrac{1}{t^{2}+t+1}. \]

D’où

\[ \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}=\dfrac{1}{1+1+1}=\dfrac{1}{3}. \]