La continuité

Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\begin{cases}\frac{1}{2}x-3 & \text{si } x\leqslant -2\\[2pt] x+1 & \text{si } x>-2\end{cases}$. Montrons que $f$ n'est pas continue en $-2$.

Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\begin{cases}-x+2 & \text{si } x<3\\[2pt] x-4 & \text{si } 3\leqslant x<5\\[2pt] -2x+13 & \text{si } x\geqslant 5\end{cases}$. $f$ est-elle continue sur $\mathbb{R}$ ?

Sur chaque morceau. $x\mapsto -x+2$, $x\mapsto x-4$ et $x\mapsto -2x+13$ sont des fonctions affines, donc continues. $f$ est continue sur $]-\infty\,;3[$, sur $]3\,;5[$ et sur $]5\,;+\infty[$.

En 3. $\displaystyle\lim_{x\to 3^-}f(x)=-3+2=-1$ et $f(3)=3-4=-1$ ; la limite à droite vaut aussi $-1$. Donc $f$ est continue en 3.

En 5. $\displaystyle\lim_{x\to 5^-}f(x)=5-4=1$ mais $f(5)=-10+13=3$. Comme $1\neq 3$, $f$ n'est pas continue en 5.

Conclusion : $f$ n'est pas continue sur $\mathbb{R}$ ; elle est continue sur $]-\infty\,;5[$ et sur $[5\,;+\infty[$.

Soit $(u_n)$ définie par $u_0=0$ et $u_{n+1}=\sqrt{3u_n+4}$. On note $f(x)=\sqrt{3x+4}$, définie et continue sur $\left[-\frac{4}{3}\,;+\infty\right[$.

1. Encadrement et monotonie (récurrence). Montrons que pour tout $n$ : $0\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 4$.
• Initialisation : $u_0=0$ et $u_1=\sqrt{4}=2$, donc $0\leqslant u_0\leqslant u_1\leqslant 4$.
• Hérédité : si $0\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 4$, comme $f$ est croissante : $f(0)\leqslant f(u_n)\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(4)$, soit $2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 4$, d'où $0\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 4$.

2. Convergence. $(u_n)$ est croissante et majorée par $4$ : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel $\ell\in[0\,;4]$.

3. Point fixe. $f$ est continue en $\ell$, donc $f(\ell)=\ell$ : $$\sqrt{3\ell+4}=\ell\iff \begin{cases}\ell\geqslant 0\\ 3\ell+4=\ell^2\end{cases}\iff \begin{cases}\ell\geqslant 0\\ \ell^2-3\ell-4=0\end{cases}$$ Le trinôme a pour racines $-1$ et $4$. Comme $\ell\geqslant 0$ : $\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=4}$.

Exemple 1. $f(x)=x^3-4x^2+6$. Montrons que $f(x)=2$ admet au moins une solution sur $[-1\,;4]$.

$f$ est continue sur $[-1\,;4]$ (polynôme).

$f(-1)=-1-4+6=1$ et $f(4)=64-64+6=6$. Donc $2$ est compris entre $f(-1)$ et $f(4)$.

D'après le TVI, l'équation $f(x)=2$ admet au moins une solution dans $[-1\,;4]$.

Exemple 2. $g(x)=x+\sqrt{x}-8$ sur $[0\,;10]$.

$g$ est continue sur $[0\,;10]$ comme somme de fonctions continues.

$g(0)=-8<0$ et $g(10)=2+\sqrt{10}>0$ : ils sont de signes contraires.

D'après le TVI, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0\,;10]$.

Soit $f(x)=x^3+x-1$ sur $\mathbb{R}$. Montrons que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$, et encadrons-la à l'unité.

1. Continuité : $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ (polynôme).

2. Stricte monotonie : $f'(x)=3x^2+1>0$ pour tout $x$, donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

3. Valeurs aux bornes : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ (limites du terme $x^3$) ; $0$ est bien compris entre ces limites.

4. Conclusion : d'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\mathbb{R}$.

Encadrement : $f(0)=-1<0$ et $f(1)=1>0$, donc $\alpha\in\,]0\,;1[$.

Soit $f(x)=x^3-3x^2+2$.

b) Encadrement au centième. Avec le tableau de valeurs de la calculatrice, on affine le pas à chaque étape et on repère le changement de signe :

Conclusion : $\boxed{2{,}73<\alpha<2{,}74}$.

On a vu (partie 6) que $\alpha\in\,]0\,;1[$. Le programme Python suivant affine cet encadrement à $10^{-p}$ près :

def f(x):
    return x**3 + x - 1

def dichotomie(a, b, p):
    n = 0
    while b - a >= 10**(-p):
        c = (a + b) / 2
        if f(a) * f(c) < 0:   # changement de signe dans [a ; c]
            b = c
        else:
            a = c
        n = n + 1
    return a, b, n

L'appel dichotomie(0, 1, 6) renvoie $a\approx 0{,}682327$, $b\approx 0{,}682328$ et $n=20$.

Il faut donc 20 itérations pour obtenir $\boxed{0{,}682327<\alpha<0{,}682328}$ (en effet $\dfrac{1}{2^{20}}\approx 9{,}5\times 10^{-7}<10^{-6}$).