Dans ce recueil, nous proposons 20 exercices résolus sur les fonctions continues, organisés selon un niveau de difficulté progressif et résolus pas à pas, avec des explications détaillées de chaque étape du raisonnement.
Ces exercices permettent de mettre en pratique les principales notions de la théorie : la vérification de la continuité en un point et sur un intervalle, la continuité à droite et à gauche, l'étude des fonctions définies par morceaux, la détermination de paramètres assurant la continuité, les opérations et la composition de fonctions continues, ainsi que la classification des discontinuités.
La dernière partie aborde également des applications des principaux théorèmes relatifs aux fonctions continues, parmi lesquels le théorème de conservation du signe, le théorème de Bolzano, le théorème des valeurs intermédiaires, le théorème de Weierstrass et le théorème sur la continuité de la fonction réciproque.
L'objectif est d'apprendre non seulement à déterminer si une fonction est continue, mais surtout à reconnaître quelles propriétés et quels théorèmes mobiliser selon le type de problème, en justifiant rigoureusement chaque conclusion.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Vérifier que la fonction
\[ f(x)=x^2-3x+4 \]
est continue au point \(x_0=2\).
Résultat
La fonction est continue en \(x_0=2\).
Résolution
La fonction
\[ f(x)=x^2-3x+4 \]
est une fonction polynomiale. Toute fonction polynomiale est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier, donc en particulier au point \(x_0=2\).
On peut vérifier explicitement la condition liant continuité et limite. Calculons d'abord la valeur prise par la fonction en ce point :
\[ f(2)=2^2-3\cdot2+4=4-6+4=2. \]
Les polynômes étant des fonctions continues, la limite lorsque \(x\to2\) coïncide avec la valeur prise par la fonction :
\[ \lim_{x\to2}(x^2-3x+4)=2. \]
On a donc
\[ \lim_{x\to2}f(x)=2=f(2). \]
La condition
\[ \lim_{x\to2}f(x)=f(2) \]
est ainsi vérifiée. Par conséquent, \(f\) est continue en \(x_0=2\).
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Déterminer en quels points la fonction
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-3} \]
est continue.
Résultat
La fonction est continue sur son domaine de définition
\[ \mathbb{R}\setminus\{3\}. \]
Résolution
La fonction est le quotient des deux polynômes
\[ P(x)=x+1 \]
et
\[ Q(x)=x-3. \]
Les polynômes sont des fonctions continues sur \(\mathbb{R}\) tout entier. Le quotient de deux fonctions continues est une fonction continue en tout point où le dénominateur ne s'annule pas.
Déterminons donc en quel point le dénominateur s'annule :
\[ x-3=0, \]
d'où
\[ x=3. \]
La fonction n'est pas définie en \(x=3\), de sorte que son domaine de définition est
\[ \mathbb{R}\setminus\{3\}. \]
En tout point \(x_0\neq3\), le dénominateur prend une valeur non nulle, si bien que le quotient y est continu.
Nous concluons que
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-3} \]
est continue en tout point de son domaine de définition, c'est-à-dire sur
\[ (-\infty,3)\cup(3,+\infty). \]
Exercice 3 — niveau ★☆☆☆☆
Vérifier que la fonction
\[ f(x)=\sqrt{x} \]
est continue à l'extrémité \(x_0=0\) de son domaine de définition.
Résultat
La fonction est continue à droite en \(x_0=0\), et donc continue en \(0\) relativement à son domaine de définition.
Résolution
La fonction
\[ f(x)=\sqrt{x} \]
a pour domaine de définition
\[ [0,+\infty). \]
Le point \(0\) est l'extrémité gauche du domaine de définition, si bien qu'on ne peut s'en approcher par des points du domaine situés à sa gauche.
Pour vérifier la continuité en cette extrémité, il faut considérer la limite à droite.
La valeur de la fonction en ce point est
\[ f(0)=\sqrt{0}=0. \]
De plus,
\[ \lim_{x\to0^+}\sqrt{x}=0, \]
de sorte que
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=f(0). \]
La fonction est donc continue à droite en \(0\). Puisque la continuité doit être considérée relativement aux points du domaine de définition, on peut affirmer que \(f(x)=\sqrt{x}\) est également continue à l'extrémité \(x=0\) de son domaine de définition.
Exercice 4 — niveau ★★☆☆☆
Déterminer la valeur du paramètre \(k\in\mathbb{R}\) pour laquelle la fonction
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+1, & x<1,\\ k, & x=1,\\ 2x, & x>1 \end{cases} \]
est continue en \(x_0=1\).
Résultat
La fonction est continue en \(x_0=1\) si et seulement si
\[ k=2. \]
Résolution
Pour que la fonction soit continue en \(x_0=1\), la limite à gauche, la limite à droite et la valeur \(f(1)\) doivent coïncider.
Étudions d'abord la limite à gauche. Pour \(x<1\), la fonction est donnée par
\[ f(x)=x^2+1. \]
S'agissant d'un polynôme, cette expression est continue, de sorte que
\[ \lim_{x\to1^-}f(x) = \lim_{x\to1^-}(x^2+1) = 1^2+1 = 2. \]
Pour \(x>1\), en revanche,
\[ f(x)=2x. \]
C'est également une fonction polynomiale, d'où
\[ \lim_{x\to1^+}f(x) = \lim_{x\to1^+}2x = 2. \]
Les deux limites coïncident :
\[ \lim_{x\to1^-}f(x) = \lim_{x\to1^+}f(x) = 2. \]
La limite
\[ \lim_{x\to1}f(x)=2 \]
existe donc. Au point \(x=1\), cependant, la fonction prend la valeur
\[ f(1)=k. \]
La continuité exige que
\[ \lim_{x\to1}f(x)=f(1), \]
et donc que
\[ 2=k. \]
Nous concluons que la seule valeur rendant la fonction continue en \(x=1\) est
\[ k=2. \]
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
Déterminer la valeur du paramètre \(a\in\mathbb{R}\) pour laquelle la fonction
\[ f(x)= \begin{cases} ax+1, & x\leq2,\\ x^2-a, & x>2 \end{cases} \]
est continue en \(x_0=2\).
Résultat
La fonction est continue en \(x_0=2\) pour
\[ a=1. \]
Résolution
La fonction change d'expression au point \(x=2\), il faut donc comparer son comportement à gauche et à droite.
Pour \(x\leq2\),
\[ f(x)=ax+1. \]
La valeur de la fonction au point \(2\) vaut donc
\[ f(2)=2a+1, \]
et la même expression fournit la limite à gauche :
\[ \lim_{x\to2^-}f(x)=2a+1. \]
Pour \(x>2\), en revanche,
\[ f(x)=x^2-a, \]
d'où
\[ \lim_{x\to2^+}f(x)=4-a. \]
Pour que la limite en \(x\to2\) existe, les limites à gauche et à droite doivent coïncider :
\[ 2a+1=4-a. \]
En résolvant cette équation,
\[ 2a+a=4-1, \]
c'est-à-dire
\[ 3a=3, \]
d'où
\[ a=1. \]
Vérifions. Pour \(a=1\),
\[ f(2)=2\cdot1+1=3, \]
tandis que
\[ \lim_{x\to2^+}f(x)=4-1=3. \]
Ainsi,
\[ \lim_{x\to2^-}f(x) = \lim_{x\to2^+}f(x) = f(2) = 3, \]
et la fonction est par conséquent continue en \(x=2\) pour \(a=1\).
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Étudier la continuité en \(x_0=2\) de la fonction
\[ f(x)= \begin{cases} \displaystyle\frac{x^2-4}{x-2}, & x\neq2,\\ 5, & x=2. \end{cases} \]
Classifier l'éventuelle discontinuité et indiquer comment l'éliminer.
Résultat
En \(x=2\), la fonction présente une discontinuité amovible. Cette discontinuité disparaît en redéfinissant
\[ f(2)=4. \]
Résolution
Pour étudier la continuité en \(x=2\), il faut comparer la limite de la fonction à la valeur qu'elle prend en ce point.
Pour \(x\neq2\), on peut factoriser le numérateur :
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
Ainsi, pour \(x\neq2\),
\[ f(x) = \frac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x+2. \]
Cette simplification est valable dans le calcul de la limite, puisque l'on y considère des valeurs de \(x\) proches de \(2\), mais différentes de \(2\).
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to2}f(x) = \lim_{x\to2}(x+2) = 4. \]
La limite existe et est finie. Or, la fonction a été définie au point \(x=2\) par
\[ f(2)=5. \]
On a donc
\[ \lim_{x\to2}f(x)=4\neq5=f(2), \]
de sorte que la fonction n'est pas continue en \(x=2\).
Puisque la limite existe et est finie, mais ne coïncide pas avec la valeur prise par la fonction en ce point, il s'agit d'une discontinuité amovible.
Pour l'éliminer, il suffit de redéfinir la valeur de la fonction en posant
\[ f(2)=4. \]
Avec cette nouvelle définition, on aurait en effet
\[ \lim_{x\to2}f(x)=f(2)=4, \]
et la fonction serait alors également continue en \(x=2\).
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Étudier et classifier la discontinuité de la fonction
\[ f(x)= \begin{cases} x+1, & x<0,\\ x^2+2, & x\geq0 \end{cases} \]
au point \(x_0=0\).
Résultat
En \(x=0\), la fonction présente une discontinuité de première espèce, ou discontinuité par saut, d'amplitude \(1\).
Résolution
Puisque la fonction change d'expression en \(x=0\), calculons séparément les limites à gauche et à droite.
Pour \(x<0\),
\[ f(x)=x+1, \]
de sorte que
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^-}(x+1) = 1. \]
Pour \(x\geq0\),
\[ f(x)=x^2+2, \]
d'où
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = \lim_{x\to0^+}(x^2+2) = 2. \]
Les limites à gauche et à droite existent toutes deux et sont finies, mais elles diffèrent :
\[ 1\neq2. \]
Par conséquent, la limite
\[ \lim_{x\to0}f(x) \]
n'existe pas.
Lorsque les limites à gauche et à droite sont toutes deux finies mais distinctes, on parle de discontinuité de première espèce, également appelée discontinuité par saut.
L'amplitude du saut est la valeur absolue de la différence entre les deux limites :
\[ |2-1|=1. \]
Ainsi, \(x=0\) est un point de discontinuité de première espèce, avec un saut d'amplitude \(1\).
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Étudier et classifier la discontinuité de la fonction
\[ f(x)=\frac{x+1}{x-2} \]
au point \(x_0=2\).
Résultat
En \(x=2\), la fonction présente une discontinuité de deuxième espèce. De plus, \(x=2\) est une asymptote verticale.
Résolution
La fonction n'est pas définie en \(x=2\), car le dénominateur s'y annule :
\[ 2-2=0. \]
Étudions les limites à gauche et à droite.
Lorsque \(x\to2\), le numérateur
\[ x+1 \]
tend vers la valeur positive \(3\).
Considérons à présent le dénominateur. Si \(x\to2^-\), alors
\[ x-2<0, \]
et sa valeur se rapproche de \(0\) tout en restant négative. Le quotient d'une quantité positive proche de \(3\) par une quantité négative tendant vers \(0\) décroît sans borne, de sorte que
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty. \]
Si, au contraire, \(x\to2^+\), alors
\[ x-2>0, \]
et le dénominateur tend vers \(0\) par valeurs positives. Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Au moins l'une des limites latérales n'existe pas de manière finie ; ici, en réalité, les deux sont infinies.
Par définition, \(x=2\) est donc un point de discontinuité de deuxième espèce.
De plus, puisque la fonction diverge en valeur absolue lorsque \(x\) tend vers \(2\), la droite
\[ x=2 \]
est une asymptote verticale du graphe.
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Déterminer où la fonction
\[ f(x)=\sqrt{x^2+3} \]
est continue, en justifiant la réponse au moyen de la composition de fonctions continues.
Résultat
La fonction est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Résolution
Considérons la fonction interne
\[ g(x)=x^2+3 \]
et la fonction externe
\[ h(t)=\sqrt{t}. \]
La fonction \(g\) est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
De plus, pour tout \(x\in\mathbb{R}\),
\[ x^2\geq0, \]
et par conséquent
\[ x^2+3\geq3>0. \]
Les valeurs prises par \(g\) appartiennent donc toujours au domaine de définition de la fonction racine carrée.
La fonction
\[ h(t)=\sqrt{t} \]
est continue sur son domaine de définition \([0,+\infty)\), et en particulier en chaque valeur \(g(x)=x^2+3\).
D'après le théorème sur la composition de fonctions continues, la fonction composée
\[ (h\circ g)(x)=h(g(x))=\sqrt{x^2+3} \]
est continue pour tout \(x\in\mathbb{R}\).
Nous concluons donc que
\[ f(x)=\sqrt{x^2+3} \]
est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Déterminer le domaine de définition et les intervalles de continuité de la fonction
\[ f(x)=\ln(x^2-1). \]
Résultat
Le domaine de définition est
\[ (-\infty,-1)\cup(1,+\infty), \]
et la fonction est continue sur l'ensemble de son domaine.
Résolution
Le logarithme népérien
\[ \ln(t) \]
n'est défini que lorsque son argument est strictement positif.
Il faut donc imposer
\[ x^2-1>0. \]
En factorisant,
\[ x^2-1=(x-1)(x+1). \]
Le produit est positif lorsque les deux facteurs ont le même signe, ce qui donne
\[ x<-1 \]
ou
\[ x>1. \]
Le domaine de définition est donc
\[ D=(-\infty,-1)\cup(1,+\infty). \]
Considérons à présent la continuité. La fonction interne
\[ g(x)=x^2-1 \]
est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
La fonction externe
\[ h(t)=\ln(t) \]
est continue pour \(t>0\).
En tout point du domaine de définition de \(f\), l'argument \(x^2-1\) est positif, si bien que l'on peut appliquer le théorème sur la composition de fonctions continues.
Il s'ensuit que
\[ f(x)=\ln(x^2-1) \]
est continue sur chacun des deux intervalles
\[ (-\infty,-1) \]
et
\[ (1,+\infty). \]
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Vérifier que la fonction
\[ f(x)=\sqrt{4-x^2} \]
est continue sur l'intervalle fermé \([-2,2]\), en portant une attention particulière aux extrémités.
Résultat
La fonction est continue sur tout l'intervalle fermé \([-2,2]\).
Résolution
Déterminons d'abord le domaine de définition. Pour que la racine carrée soit définie, il faut que
\[ 4-x^2\geq0, \]
condition équivalente à
\[ x^2\leq4, \]
c'est-à-dire
\[ -2\leq x\leq2. \]
Le domaine de définition est donc précisément
\[ [-2,2]. \]
La fonction
\[ g(x)=4-x^2 \]
est polynomiale, donc continue. Sur l'intervalle considéré, elle vérifie
\[ g(x)\geq0. \]
Puisque la fonction racine carrée est continue sur son domaine de définition, la composée
\[ f(x)=\sqrt{4-x^2} \]
est continue en tout point intérieur
\[ x_0\in(-2,2). \]
Il reste à examiner les extrémités de l'intervalle.
À l'extrémité gauche \(x=-2\), il faut considérer la limite à droite. On a
\[ f(-2)=\sqrt{4-(-2)^2}=0 \]
et
\[ \lim_{x\to-2^+}\sqrt{4-x^2}=0=f(-2), \]
de sorte que \(f\) est continue à droite en \(-2\).
À l'extrémité droite \(x=2\), en revanche, on considère la limite à gauche :
\[ f(2)=\sqrt{4-2^2}=0 \]
et
\[ \lim_{x\to2^-}\sqrt{4-x^2}=0=f(2), \]
de sorte que la fonction est continue à gauche en \(2\).
Étant continue en tout point intérieur et possédant la continuité latérale requise aux deux extrémités, \(f\) est continue sur tout l'intervalle fermé \([-2,2]\).
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
À l'aide du théorème de conservation du signe, montrer que la fonction
\[ f(x)=x^2-3x+3 \]
est positive sur un voisinage convenable de \(x_0=1\).
Résultat
Il existe \(\delta>0\) tel que
\[ |x-1|<\delta \quad\Longrightarrow\quad f(x)>0. \]
Résolution
Le théorème de conservation du signe affirme que si une fonction est continue en un point et y prend une valeur strictement positive, alors elle conserve un signe positif sur un voisinage convenable de ce point.
Vérifions donc les deux hypothèses requises.
La fonction
\[ f(x)=x^2-3x+3 \]
est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier, et en particulier en \(x_0=1\).
Calculons à présent la valeur prise en ce point :
\[ f(1)=1^2-3\cdot1+3=1, \]
d'où
\[ f(1)=1>0. \]
Les deux hypothèses du théorème de conservation du signe sont ainsi vérifiées : \(f\) est continue en \(1\), et \(f(1)\) est strictement positif.
On peut donc conclure qu'il existe au moins un nombre \(\delta>0\) tel que, pour tout \(x\in\mathbb{R}\),
\[ |x-1|<\delta \quad\Longrightarrow\quad f(x)>0. \]
Il n'est pas nécessaire de déterminer explicitement la valeur de \(\delta\) : le théorème garantit l'existence d'un voisinage de \(1\) dans lequel la fonction conserve le signe positif qu'elle prend en ce point.
Exercice 13 — niveau ★★★☆☆
Démontrer, au moyen du théorème de Bolzano, que l'équation
\[ x^3-2x-2=0 \]
admet au moins une solution dans l'intervalle \((1,2)\).
Résultat
Il existe au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ c^3-2c-2=0. \]
Résolution
Considérons la fonction
\[ f(x)=x^3-2x-2. \]
Pour appliquer le théorème de Bolzano, il faut vérifier deux conditions : que la fonction soit continue sur l'intervalle fermé \([1,2]\), et que les valeurs qu'elle prend aux extrémités soient de signes opposés.
La fonction \(f\) est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier ; en particulier, elle est continue sur \([1,2]\).
Calculons la valeur à l'extrémité gauche :
\[ f(1)=1^3-2\cdot1-2=1-2-2=-3, \]
d'où
\[ f(1)<0. \]
À l'extrémité droite, on obtient
\[ f(2)=2^3-2\cdot2-2=8-4-2=2, \]
d'où
\[ f(2)>0. \]
Les valeurs \(f(1)\) et \(f(2)\) sont de signes opposés ; de manière équivalente,
\[ f(1)f(2)=(-3)\cdot2=-6<0. \]
Toutes les hypothèses du théorème de Bolzano sont donc vérifiées.
Il existe alors au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ f(c)=0. \]
Cela signifie précisément que l'équation
\[ x^3-2x-2=0 \]
admet au moins une solution comprise entre \(1\) et \(2\).
Le théorème de Bolzano garantit l'existence d'au moins une solution, mais il ne permet pas, à lui seul, de conclure qu'elle est unique.
Exercice 14 — niveau ★★★☆☆
Utiliser le théorème de Bolzano pour démontrer que l'équation
\[ 2^x=3 \]
admet au moins une solution dans l'intervalle \((1,2)\).
Résultat
Il existe au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ 2^c=3. \]
Résolution
Pour ramener le problème au théorème de Bolzano, transposons tous les termes d'un même côté et considérons la fonction
\[ f(x)=2^x-3. \]
L'équation
\[ 2^x=3 \]
est équivalente à
\[ f(x)=0. \]
La fonction exponentielle \(2^x\) est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier. La fonction constante \(3\) est elle aussi continue, et la différence de fonctions continues est continue.
Par conséquent,
\[ f(x)=2^x-3 \]
est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier, et donc également sur l'intervalle fermé \([1,2]\).
Calculons les valeurs aux extrémités :
\[ f(1)=2^1-3=-1, \]
tandis que
\[ f(2)=2^2-3=1. \]
On a donc
\[ f(1)<0 \qquad\text{et}\qquad f(2)>0, \]
soit, de manière équivalente,
\[ f(1)f(2)=-1<0. \]
D'après le théorème de Bolzano, il existe au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ f(c)=0. \]
Puisque \(f(c)=2^c-3\), on obtient
\[ 2^c-3=0, \]
c'est-à-dire
\[ 2^c=3. \]
L'équation admet donc au moins une solution dans l'intervalle \((1,2)\).
Exercice 15 — niveau ★★★☆☆
À l'aide du théorème des valeurs intermédiaires, démontrer qu'il existe au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ c^3=5. \]
Résultat
Il existe au moins un point \(c\in(1,2)\) tel que \(c^3=5\).
Résolution
Considérons la fonction
\[ f(x)=x^3 \]
sur l'intervalle fermé \([1,2]\).
La fonction est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier ; en particulier, elle est continue sur \([1,2]\).
Calculons les valeurs prises aux extrémités :
\[ f(1)=1^3=1 \]
et
\[ f(2)=2^3=8. \]
La valeur que l'on souhaite atteindre est
\[ k=5. \]
On observe que
\[ 1<5<8, \]
c'est-à-dire
\[ f(1)<5<f(2). \]
Le nombre \(5\) est donc compris entre les valeurs prises par la fonction aux extrémités de l'intervalle.
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ f(c)=5. \]
Puisque \(f(c)=c^3\), on obtient
\[ c^3=5. \]
Le théorème garantit ainsi l'existence du point recherché, sans qu'il soit nécessaire d'en déterminer explicitement la valeur.
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
Considérons la fonction
\[ f(x)=(x-2)^2+1 \]
sur l'intervalle \([0,5]\). Vérifier les hypothèses du théorème de Weierstrass et déterminer le minimum et le maximum absolus de la fonction sur l'intervalle.
Résultat
Le minimum absolu est
\[ 1, \]
atteint en \(x=2\), tandis que le maximum absolu est
\[ 10, \]
atteint en \(x=5\).
Résolution
La fonction
\[ f(x)=(x-2)^2+1 \]
est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier ; en particulier, elle est continue sur l'intervalle fermé et borné
\[ [0,5]. \]
Les hypothèses du théorème de Weierstrass sont donc vérifiées, et l'on peut déjà conclure que \(f\) atteint sur l'intervalle à la fois un minimum absolu et un maximum absolu.
Déterminons à présent ces valeurs.
Pour tout \(x\in[0,5]\),
\[ (x-2)^2\geq0, \]
et par conséquent
\[ f(x)=(x-2)^2+1\geq1. \]
L'égalité a lieu lorsque
\[ (x-2)^2=0, \]
c'est-à-dire lorsque
\[ x=2. \]
Puisque \(2\in[0,5]\), le minimum absolu est
\[ f(2)=1. \]
Pour déterminer le maximum, observons que, pour \(x\in[0,5]\), la distance de \(x\) au point \(2\) ne peut excéder \(3\) ; en effet,
\[ |x-2|\leq3, \]
la valeur \(3\) étant atteinte à l'extrémité \(x=5\).
En élevant au carré,
\[ (x-2)^2\leq9, \]
de sorte que
\[ f(x)=(x-2)^2+1\leq10. \]
Pour \(x=5\),
\[ f(5)=(5-2)^2+1=9+1=10. \]
Le maximum absolu vaut donc \(10\), atteint en \(x=5\).
En conclusion,
\[ \min_{x\in[0,5]}f(x)=1 \]
et
\[ \max_{x\in[0,5]}f(x)=10. \]
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
Considérons la fonction
\[ f(x)=|x-1| \]
sur l'intervalle \([-2,3]\). Utiliser le théorème de Weierstrass et déterminer le minimum et le maximum absolus.
Résultat
Le minimum absolu est \(0\), atteint en \(x=1\). Le maximum absolu est \(3\), atteint en \(x=-2\).
Résolution
La fonction valeur absolue est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier. Il en va de même de la fonction
\[ x-1. \]
Par conséquent,
\[ f(x)=|x-1| \]
est continue sur l'intervalle fermé et borné
\[ [-2,3]. \]
D'après le théorème de Weierstrass, \(f\) atteint assurément un minimum et un maximum absolus sur l'intervalle.
La valeur absolue est toujours positive ou nulle :
\[ |x-1|\geq0, \]
et elle s'annule précisément lorsque
\[ x-1=0, \]
c'est-à-dire lorsque
\[ x=1. \]
Puisque \(1\in[-2,3]\), le minimum absolu est
\[ f(1)=|1-1|=0. \]
Pour le maximum, il faut au contraire identifier, dans l'intervalle, le point le plus éloigné de \(1\), puisque \(f(x)=|x-1|\) représente précisément la distance de \(x\) à \(1\).
À l'extrémité gauche,
\[ f(-2)=|-2-1|=|-3|=3. \]
À l'extrémité droite,
\[ f(3)=|3-1|=2. \]
Sur l'intervalle \([-2,3]\), aucun point n'est plus éloigné de \(1\) que ne l'est le point \(-2\). Par conséquent,
\[ |x-1|\leq3 \]
pour tout \(x\in[-2,3]\).
Le maximum absolu est donc
\[ f(-2)=3. \]
Exercice 18 — niveau ★★★★☆
Considérons la fonction
\[ f(x)=x^3+1. \]
Déterminer sa fonction réciproque et établir si celle-ci est continue.
Résultat
La fonction réciproque est
\[ f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1}, \]
et elle est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Résolution
La fonction
\[ f(x)=x^3+1 \]
est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
De plus, la fonction cube \(x^3\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) ; ajouter la constante \(1\) ne modifie pas cette monotonie, de sorte que \(f\) est elle aussi strictement croissante.
Étant strictement croissante, \(f\) est injective et admet une fonction réciproque sur son image.
La fonction \(x^3\) prend toutes les valeurs réelles, et l'ajout de \(1\) ne modifie pas le fait que l'image soit l'ensemble des nombres réels tout entier. Par conséquent,
\[ f(\mathbb{R})=\mathbb{R}. \]
Pour déterminer la réciproque, posons
\[ y=x^3+1. \]
Isolons \(x\). En soustrayant \(1\) de part et d'autre, on obtient
\[ y-1=x^3, \]
et, en prenant la racine cubique,
\[ x=\sqrt[3]{y-1}. \]
En échangeant le nom des variables, la fonction réciproque est
\[ f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1}. \]
On peut à présent appliquer le théorème sur la continuité de la fonction réciproque. La fonction \(f\) est continue et strictement monotone sur l'intervalle
\[ I=\mathbb{R}, \]
de sorte que sa réciproque est continue sur l'image
\[ J=f(\mathbb{R})=\mathbb{R}. \]
Par conséquent,
\[ f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1} \]
est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Exercice 19 — niveau ★★★★☆
Déterminer les valeurs des paramètres \(a,b\in\mathbb{R}\) pour lesquelles la fonction
\[ f(x)= \begin{cases} x+1, & x<0,\\ ax+b, & 0\leq x\leq1,\\ 3x-1, & x>1 \end{cases} \]
est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Résultat
La fonction est continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier pour
\[ a=1, \qquad b=1. \]
Résolution
Chacune des trois expressions définissant la fonction est polynomiale, donc continue sur son intervalle respectif.
Les seuls points où un problème de continuité peut se poser sont donc ceux où change la définition de la fonction :
\[ x=0 \qquad\text{et}\qquad x=1. \]
Commençons par le point \(x=0\).
À gauche, la fonction s'écrit
\[ f(x)=x+1, \]
de sorte que
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=1. \]
Au point \(x=0\) lui-même, c'est l'expression centrale qui s'applique :
\[ f(0)=a\cdot0+b=b. \]
La limite à droite vaut également
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=b. \]
Pour la continuité en \(0\), il faut donc que
\[ b=1. \]
Passons à présent au point \(x=1\).
À gauche, et au point lui-même, l'expression valable est
\[ ax+b. \]
Ainsi,
\[ f(1)=a+b \]
et
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=a+b. \]
À droite, en revanche,
\[ f(x)=3x-1, \]
de sorte que
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=3\cdot1-1=2. \]
Pour la continuité en \(1\), il faut avoir
\[ a+b=2. \]
Nous avons déjà trouvé
\[ b=1. \]
En substituant cette valeur dans l'équation précédente,
\[ a+1=2, \]
d'où
\[ a=1. \]
Par conséquent,
\[ a=1, \qquad b=1. \]
Avec ces valeurs, la fonction est continue aux deux points de raccordement \(0\) et \(1\), tandis qu'aux autres points la continuité découle directement du fait que chaque morceau est polynomial.
La fonction est donc continue sur \(\mathbb{R}\) tout entier.
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Considérons, sur l'intervalle \([-1,2]\), la fonction dépendant du paramètre \(a\) :
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+1, & -1\leq x\leq0,\\ ax+1, & 0<x\leq1,\\ 2x, & 1<x\leq2. \end{cases} \]
Déterminer la valeur de \(a\) pour laquelle \(f\) est continue sur \([-1,2]\). Pour cette valeur du paramètre, déterminer le minimum et le maximum absolus de la fonction, et montrer, au moyen du théorème des valeurs intermédiaires, qu'il existe au moins un point \(c\in(1,2)\) tel que \(f(c)=3\).
Résultat
La fonction est continue sur \([-1,2]\) pour
\[ a=1. \]
Pour cette valeur,
\[ \min_{x\in[-1,2]}f(x)=1, \]
atteint en \(x=0\), tandis que
\[ \max_{x\in[-1,2]}f(x)=4, \]
atteint en \(x=2\).
De plus, il existe au moins un point \(c\in(1,2)\) tel que \(f(c)=3\).
Résolution
Chacun des trois morceaux de la fonction est polynomial, donc continu à l'intérieur de l'intervalle sur lequel il est utilisé.
Pour établir la continuité de la fonction dans son ensemble, il faut donc examiner les deux points de raccordement :
\[ x=0 \qquad\text{et}\qquad x=1. \]
Considérons d'abord \(x=0\).
Pour \(x\leq0\),
\[ f(x)=x^2+1, \]
de sorte que
\[ f(0)=0^2+1=1. \]
De plus,
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=1. \]
À droite, c'est l'expression
\[ ax+1 \]
qui s'applique, de sorte que
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = a\cdot0+1 = 1. \]
Ainsi,
\[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^+}f(x) = f(0) = 1. \]
La fonction est donc continue en \(x=0\) quelle que soit la valeur du paramètre \(a\).
Passons au point \(x=1\).
Pour \(0<x\leq1\),
\[ f(x)=ax+1, \]
de sorte que
\[ f(1)=a+1 \]
et
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=a+1. \]
Pour \(x>1\),
\[ f(x)=2x, \]
de sorte que
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=2. \]
Pour la continuité en \(x=1\), il faut imposer
\[ a+1=2, \]
d'où
\[ a=1. \]
Avec cette valeur du paramètre, la fonction devient
\[ f(x)= \begin{cases} x^2+1, & -1\leq x\leq0,\\ x+1, & 0<x\leq1,\\ 2x, & 1<x\leq2. \end{cases} \]
Nous avons vérifié que les trois morceaux sont continus et que les valeurs se raccordent correctement en \(0\) et en \(1\). De plus, aux extrémités \(-1\) et \(2\), la fonction possède la continuité latérale requise.
Par conséquent, \(f\) est continue sur l'intervalle fermé et borné
\[ [-1,2]. \]
On peut donc appliquer le théorème de Weierstrass : la fonction atteint assurément un minimum et un maximum absolus.
Examinons séparément les valeurs prises sur chacun des trois morceaux.
Sur le premier morceau,
\[ -1\leq x\leq0, \]
on a
\[ f(x)=x^2+1. \]
Sur cet intervalle,
\[ 0\leq x^2\leq1, \]
de sorte que
\[ 1\leq f(x)\leq2. \]
La valeur minimale du premier morceau est
\[ f(0)=1, \]
tandis que
\[ f(-1)=2. \]
Sur le deuxième morceau,
\[ 0<x\leq1, \]
on a
\[ f(x)=x+1. \]
Puisque
\[ 0<x\leq1, \]
il s'ensuit que
\[ 1<x+1\leq2. \]
Sur ce morceau, les valeurs de la fonction sont donc supérieures à \(1\) et n'excèdent pas \(2\).
Sur le troisième morceau,
\[ 1<x\leq2, \]
on a
\[ f(x)=2x, \]
de sorte que
\[ 2<2x\leq4, \]
la valeur \(4\) étant effectivement atteinte pour
\[ x=2. \]
En comparant les trois morceaux, la plus petite valeur prise par la fonction dans son ensemble est
\[ 1, \]
atteinte en \(x=0\). Ainsi,
\[ \min_{x\in[-1,2]}f(x)=f(0)=1. \]
La plus grande valeur atteinte est, quant à elle,
\[ 4, \]
atteinte en \(x=2\), d'où
\[ \max_{x\in[-1,2]}f(x)=f(2)=4. \]
Il reste à démontrer qu'il existe au moins un point \(c\in(1,2)\) tel que
\[ f(c)=3. \]
Considérons la fonction sur l'intervalle fermé \([1,2]\). Puisque la fonction tout entière est continue sur \([-1,2]\), elle l'est en particulier sur \([1,2]\).
Aux extrémités, on a
\[ f(1)=2 \]
et
\[ f(2)=4. \]
La valeur \(3\) est strictement comprise entre \(2\) et \(4\) :
\[ f(1)=2<3<4=f(2). \]
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc au moins un point
\[ c\in(1,2) \]
tel que
\[ f(c)=3. \]
Dans ce cas, on peut même identifier directement ce point, puisque pour \(1<x\leq2\) on a
\[ f(x)=2x. \]
En résolvant
\[ 2x=3 \]
on obtient
\[ x=\frac{3}{2}. \]
En effet,
\[ 1<\frac{3}{2}<2 \]
et
\[ f\left(\frac{3}{2}\right) = 2\cdot\frac{3}{2} = 3. \]
Le point garanti par le théorème des valeurs intermédiaires peut donc être choisi égal à
\[ c=\frac{3}{2}. \]