Exercices d`entrainement pour le chapitre 03 (limites et continuité)

Fonctions : limites et continuité
Terminale S
Exercices d’entrainement pour le chapitre 03 (limites et continuité)
0.1
Énoncés
Exercice 5. Démontrer que, dans chacun des cas suivants, la courbe Cf admet une asymptote parallèle
à l’axe des abscisses :
1. f : x 7−→
3x2 − 2
sur R
x2 + 1
2. f : x 7−→
2 − 3x
sur R
+x+1
x2
Exercice 6. Soit f la fonction définie sur R∗ par :
f (x) =
x2 + 3x + 2
x
Démontrer que la droite D d’équation y = x + 3 est une asymptote à la courbe Cf en +∞ et en −∞
1 + 2 sin x
√
sur ]0; +∞[
1+ x
1
3
√ ≤ f (x) ≤
√
1. Démontrer que, si x > 0 alors −
1+ x
1+ x
Exercice 9. Soit f (x) =
2. En déduire que f admet une limite en +∞ dont on précisera la valeur.
Exercice 11. Soit f une fonction décroissante sur ]0; +∞[ telle que : lim f (x) = 0.
x→+∞
Démontrer que, pour tout x ∈
R+
on a f (x) ≥ 0.
Exercice 19. Déterminer le nombre de solutions non nulles de chacune des équations suivantes et en
donner un encadrement d’amplitude 10−2 .
2. x2 = sin x
Exercice 21. Soit f une fonction continue et définie sur l’intervalle [0; 1] et à valeurs dans l’intervalle
[0; 1]. Démontrer que f admet (au moins) un point fixe dans [0; 1] ie ∃c ∈ [0; 1] tel que f (c) = c
(Indication : on pourra utiliser une fonction annexe crée à partir de f ).
Roussot
1
2011 / 2012
Fonctions : limites et continuité
0.2
Terminale S
Solutions rédigées
Exercice 5.
2
2
3− 2
3− 2
3x2 − 2
x
x
=
1. Pour x 6= 0 : 2
=
1
1
x +1
2
1+ 2
x 1+ 2
x
x
2
1
Or lim 2 = 0 = lim 2 .
x→±∞ x
x→±∞ x
3
Donc lim f (x) = = 3 : ainsi Cf admet la droite y = 3 comme asymptote horizontale en +∞
x→±∞
1
et en −∞.
2
2
1
x
−3
−3
2 − 3x
x
x
= 2. Pour x 6= 0 : 2
=
x
1
1
1
x +x+1
x2 1 + 2 + 2
x 1+ + 2
x
x
x x
2
1
1
Or lim
= 0 = lim
= lim 2 .
x→±∞ x
x→±∞ x
x→±∞ x
−3
Donc lim f (x) = 0 ×
= 0 : ainsi Cf admet la droite y = 0 comme asymptote horizontale
x→±∞
1
en +∞ et en −∞.
x2
Exercice 6. Soit f la fonction définie sur R∗ par :
f (x) =
x2 + 3x + 2
x
Étudions les limites en +∞ et en −∞ de f (x) − (x + 3).
Pour x ∈ R∗ :
x2 + 3x + 2
x2 + 3x + 2 − x(x + 3)
x2 + 3x + 2 − x2 − 3x
2
− (x + 3) =
=
=
x
x
x
x
2
2
Donc lim (f (x) − (x + 3)) = lim
= 0 et lim (f (x) − (x + 3)) = lim
= 0.
x→+∞
x→+∞ x
x→−∞
x→−∞ x
Conclusion : la droite D d’équation y = x + 3 est une asymptote à la courbe Cf en +∞ et en −∞.
f (x) − (x + 3) =
Exercice 9. Soit f (x) =
1 + 2 sin x
√
sur ]0; +∞[
1+ x
1. Soit x ∈]0; +∞[, on a : −1 ≤ sin(x) ≤ 1 =⇒ −2 ≤ 2 sin(x) ≤ 2 =⇒ −1 ≤ 1 + 2 sin(x) ≤ 3
√
−1
1 + 2 sin x
3
√ ≤
√
√ (car 1 + x > 0) ≤
=⇒
1+ x
1+ x
1+ x

−1

√ =0
 lim
√
√ x→+∞ 1 + x
2. On a : lim
x = +∞ =⇒ lim 1 + x = +∞ =⇒
3
x→+∞
x→+∞

 lim
√ =0
x→+∞ 1 + x
Ainsi, d’après le théorème des gendarmes, lim f (x) = 0.
x→+∞
Exercice 11. On va montrer par l’absurde que ∀x ∈ R+ on a f (x) ≥ 0 : ainsi on suppose qu’il existe
a ∈ R+ tel que f (a) < 0.
Comme f est décroissante sur ]0; +∞[ donc aussi sur ]a; +∞[, ainsi pour tout x ≥ a, f (x) ≤ f (a) < 0.
De plus lim f (x) = 0, donc pour tout ε > 0, il existe B ∈ R, ∀x ∈ Df , x > B =⇒ f (x) ∈] − ε; ε[.
x→+∞
Roussot
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−f (a)
f (a)
−f (a) −f (a)
−f (a)
On choisit ε =
ie
. Ainsi pour x > B, f (x) ∈ −
;
< f (x) <
.
2
2
2
2
2
f (a)
f (a)
< f (x) ≤ f (a) =⇒ 0 <
=⇒ 0 < f (a) : absurde.
Par conséquent, pour x > max(a; B) :
2
2
Conclusion : ∀x ∈ R+ on a f (x) ≥ 0.
Exercice 19. Déterminer le nombre de solutions non nulles de chacune des équations suivantes et en
donner un encadrement d’amplitude 10−2 .
2. x2 = sin x
Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x2 − sin(x).
On cherche le nombre de solutions non nulles à l’équation f (x) = 0 dans R.
On remarque que f (0) = 02 − sin(0) = 0 − 0 = 0 : 0 est donc une solution de f (x) = 0.
f est dérivable sur R, et ∀x ∈ R, f 0 (x) = 2x − cos(x).
On cherche à déterminer le signe de f 0 (x) suivant les valeurs de x :
−1 ≤ cos(x) ≤ 1 =⇒ 1 ≥ − cos(x) ≥ −1 =⇒ 2x + 1≥ 2x −cos(x) ≥ 2x − 1 ie 2x + 1 ≥ f 0 (x) ≥ 2x − 1.
1
1
; +∞ , f est strictement croissante.
Or x > =⇒ 2x − 1 > 0 =⇒ f 0 (x) > 0 : ainsi sur
2
2
−1
−1
=⇒ 0 > 2x + 1 =⇒ 0 > f 0 (x) : ainsi sur −∞;
, f est strictement décroissante.
Et x <
2
2
−1 1
La question maintenant, moins facile, est de savoir ce qu’il se passe sur
;
; pour répondre à
2 2
cette question on va étudier les variations de la fonction dérivée sur cette intervalle (au même titre que
les variations d’une fonction affine peuvent nous renseigner sur son signe).
f 0 est une fonction dérivable sur R, et ∀x ∈ R, f 00 (x) = 2 + sin(x).
Or, pour tout x ∈ R, −1 ≤ sin(x) ≤ 1 =⇒ 1 ≤ 2 + sin(x) ≤ 3 =⇒ 0 < f 00 (x). Donc f 0 est strictement
croissante sur R.
De plus f 0 (0) = −1 < 0 et f 0
π = π > 0.
2
h πi
Ainsi f 0 étant continue et strictement croissante sur 0; , d’après le théorème des valeurs interméi πh 2
diaires (le théorème de bijection en fait), ∃!α ∈ 0;
tel que f 0 (α) = 0.
2
On obtient alors :
x
−π
2
f 00 (x)
+
π
2
α
0
+
+
π
0
f0
−1
−π
f 0 (x) (−π)
f
−
(−1)
−
0
+
(π)
π2
−1
4
0
f (α)
Sur [0; α], f est strictement décroissante, ainsi f (0) > f (α) ie 0 > f (α).
Roussot
3
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π2
π2
2
f
car π > 2(≤ 0) =⇒ π > 4 =⇒
> 1 =⇒
−1>0 .
2
4
h 4πi
Ainsi f étant continue et strictement croissante sur α; , d’après le théorème des valeurs interméi πh 2
diaires (le théorème de bijection en fait), ∃!β ∈ α;
tel que f (β) = 0.
2
−π π
−1 1
⊂
, on obtient alors :
Sachant que
;
;
2 2
2 2
π π2
−1>0
=
4
x
−∞
f 0 (x)
α
0
−
−
0
β
+
+∞
+
(−∞)
f
(+∞)
0
0
f (α) < 0
Dans [0; β], f (x) = 0 a exactement 2 solutions 0 et β.
Sur ] − ∞; 0], f est strictement décroissante, donc si x ∈] − ∞; 0], f (x) > f (0) ie f (x) > 0. Donc
f (x) = 0 n’a pas de solution dans ] − ∞; 0].
Dans [β; +∞[, f est strictement croissante, donc si x ∈ [0; +∞[, f (0) < f (x) ie 0 < f (x). Donc
f (x) = 0 n’a pas de solution dans [0; +∞[.
i πh i πh
Il y a donc une seule solution non nulle à l’équation x2 = sin(x) dans R, qui est β ∈ α;
⊂ 0; .
2
2
À l’aide du tableau de valeurs de la calculatrice pour la fonction f , on obtient :
• avec un pas de 0, 5 : f (0, 5) ' −0, 23 et f (1) ' 0, 16 donc 0, 5 < β < 1 ;
• avec un pas de 0, 1 : f (0, 8) ' −0, 08 et f (0, 9) ' 0, 03 donc 0, 8 < β < 0, 9 ;
• avec un pas de 0, 01 : f (0, 87) ' −0, 007 et f (0, 88) ' 0, 004 donc 0, 87 < β < 0, 88 (on peut se
contenter de cette dernière ligne).
Exercice 21. Soit g la fonction définie sur [0; 1] par g(x) = f (x) − x.
g est continue sur [0; 1] (comme somme de fonctions continues : f et x 7−→ −x).
Comme f est à valeurs dans l’intervalle [0; 1], g(0) = f (0) ∈ [0; 1], et g(1) = f (1) − 1 ∈ [−1; 0] car
f (1) ∈ [0; 1].
On a 3 cas possibles :
Cas 1 où f (0) = 0 : c’est fini (c = 0 convient).
Cas 2 où f (1) = 1 : c’est fini (c = 1 convient).
Cas 3 où f (0) 6= 0 et f (1) 6= 1 : alors g(0) > 0 et g(1) < 0.
Ainsi d’après le théorème des valeurs intermédiaires, g étant continue sur [0; 1], il existe (au
moins) un réel c ∈ [0; 1] (et dans ce cas on peut même préciser que c ∈]0; 1[) tel que g(c) = 0
ie f (c) − c = 0 ie f (c) = c.
Roussot
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2011 / 2012