Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Réponse attendue : A

1. A — Vrai. Le polynôme est continu ; f(0) = −1 et f(1) = 1. Le théorème des valeurs intermédiaires donne une racine intérieure.

2. B — Faux. Elle assure l'existence entre des valeurs opposées, pas l'unicité ; il faut ici ajouter la stricte croissance.

3. C — Faux. On vérifie la continuité sur le segment fermé [0 ; 1], avec des valeurs explicites aux deux bornes.

4. D — Faux. Le calcul donne f(1) = 1³ + 1 − 1 = 1. Les valeurs aux bornes sont −1 et 1.

5. E — Faux. À l'abscisse 1, f(1) = 1³ + 1 − 1 = 1, donc ce point n'est pas une racine. La racine est strictement comprise entre 0 et 1.

Réponse attendue : B, C, D

1. A — Faux. La racine négative est inférieure à zéro ; elle ne se trouve pas dans le segment où le TVI est appliqué.

2. B — Vrai. L'équation x² = 2 a deux solutions réelles ±√2, mais seule √2 appartient au segment positif [1 ; 2].

3. C — Vrai. La dérivée g′(x) = 2x est strictement positive entre 1 et 2 ; cela garantit aussi l'unicité de la racine sur le segment.

4. D — Vrai. Le polynôme est continu et g(1) = −1 < 0 < 2 = g(2) ; zéro est donc atteint dans l'intervalle.

5. E — Faux. Les polynômes sont continus sur ℝ ; l'hypothèse de continuité est automatiquement satisfaite sur ce segment. On vérifie g(1) = −1 et g(2) = 2 pour appliquer le TVI à la valeur zéro.

Réponse attendue : B, E

1. A — Faux. La factorisation révèle une discontinuité supprimable ; près de 1, la fonction vaut x + 1, qui tend vers 2.

2. B — Vrai. Pour x ≠ 1, h(x) = x + 1 en factorisant x² − 1 ; la limite est donc 1 + 1 = 2.

3. C — Faux. Dans la formule initiale, numérateur et dénominateur s'annulent en 1 ; il faut l'attribution supplémentaire h(1) = 2.

4. D — Faux. La limite serait toujours 2 tandis que la valeur au point serait 0 : ces deux nombres différeraient.

5. E — Vrai. La limite au point existe et égale la valeur définie h(1), ce qui est exactement le critère de continuité.

Réponse attendue : A, D

1. A — Vrai. Quand x tend vers 0 en restant négatif, on utilise x + 1, dont la limite est 1.

2. B — Faux. La valeur au point ne suffit pas. Ici les deux limites latérales sont différentes malgré f(0) bien défini.

3. C — Faux. La limite gauche vaut 1 et la droite vaut 0 ; elles diffèrent, si bien qu'aucune limite bilatérale n'existe.

4. D — Vrai. Le cas x ≥ 0 inclut zéro ; le deuxième morceau donne f(0) = 0² = 0.

5. E — Faux. À droite de zéro, f(x) = x² ; cette expression tend vers 0, pas vers 1. La limite à gauche vaut 1, ce qui rend la distinction des deux côtés essentielle.

Réponse attendue : E

1. A — Faux. La racine est ln(3), supérieure à 1 puisque e < 3. Sur [0 ; 1], eˣ − 3 reste négative ; le changement de signe se produit entre 1 et 2.

2. B — Faux. Le théorème garantit ici l'existence. C'est la croissance stricte de eˣ qui interdit une seconde racine. Il faut combiner continuité, changement de signe et stricte monotonie pour conclure à une unique solution.

3. C — Faux. Puisque e⁰ = 1, la valeur correcte est f(0) = 1 − 3 = −2. Ce calcul établit que la courbe commence sous l'axe des abscisses sur le segment.

4. D — Faux. Comme 3 > 1 et ln(1) = 0, la stricte croissance du logarithme implique ln(3) > 0.

5. E — Vrai. L'exponentielle est strictement croissante ; résoudre eˣ = 3 donne x = ln(3), situé entre 0 et 2.

Réponse attendue : A, C

1. A — Vrai. Un quotient de numérateur 1 non nul ne peut valoir zéro pour aucun dénominateur réel x admissible.

2. B — Faux. Les valeurs −1 et 1 encadrent bien zéro, mais la discontinuité en x = 0 interdit d'appliquer le théorème.

3. C — Vrai. La fonction 1/x n'est pas définie en 0, point intérieur du segment ; l'hypothèse de continuité échoue.

4. D — Faux. L'infini n'est pas une valeur réelle de la fonction et la division par zéro n'est pas définie.

5. E — Faux. Être continue aux deux bornes ne suffit pas ; il faut l'être aussi en tout point intérieur, notamment en zéro.

Réponse attendue : C, D

1. A — Faux. Le nombre 0 n'est pas compris entre f(−1) = 1 et f(1) = 1 ; la seule donnée aux bornes ne le garantit pas.

2. B — Faux. La valeur intérieure f(0) = 0 diffère de 1 ; deux valeurs aux bornes égales ne signifient pas une fonction constante.

3. C — Vrai. Le carré de −1 et celui de 1 valent chacun 1 ; les valeurs aux deux extrémités coïncident.

4. D — Vrai. La substitution dans l'expression x² donne 0² = 0 ; l'existence est vérifiée directement sans raisonnement d'extrémités.

5. E — Faux. L'exemple f(x) = x² sur [−1 ; 1] contredit directement cette affirmation, puisque f(0) = 0. La parité produit des valeurs identiques aux bornes, sans empêcher le zéro central.

Réponse attendue : B, D

1. A — Faux. La moyenne des bornes 1 et 2 est (1 + 2)/2 = 1,5, pas 1,25. Pour la dichotomie, on calcule toujours le milieu m = (a + b)/2 avant de choisir le demi-segment.

2. B — Vrai. Le cube de 1,5 vaut 3,375. La continuité entre f(1) négatif et f(1,5) positif donne le nouvel encadrement.

3. C — Faux. Les deux valeurs f(1,5) et f(2) sont positives ; le changement de signe est sur l'autre moitié.

4. D — Vrai. Les substitutions donnent 1³ − 2 = −1 et 2³ − 2 = 6, donc le segment de départ encadre une racine.

5. E — Faux. Une étape réduit la largeur du segment ; elle ne donne pas la valeur exacte de ∛2.

Réponse attendue : A, B

1. A — Vrai. Cet exemple continu admet deux zéros. Il faut une information supplémentaire, par exemple une stricte monotonie sur le segment.

2. B — Vrai. Factoriser x² − 1 = (x − 1)(x + 1) donne les deux valeurs distinctes, appartenant toutes deux à [−2 ; 2].

3. C — Faux. La fonction descend sous zéro entre les bornes : p(0) = −1 ; elle recoupe donc l'axe en −1 et 1.

4. D — Faux. Le TVI ne compte pas les solutions. La factorisation du polynôme, elle, permet d'en dénombrer précisément deux.

5. E — Faux. Aux deux bornes, x² = 4 ; ainsi p(−2) = p(2) = 4 − 1 = 3, une valeur positive.

Réponse attendue : A, D, E

1. A — Vrai. L'équation x³ + 2 = 10 donne x³ = 8 et x = 2 ; x³ est strictement croissante sur ℝ.

2. B — Faux. Il fournit une existence ; l'unicité découle de la stricte croissance de x ↦ x³ + 2.

3. C — Faux. Le degré donne au plus trois racines possibles d'une équation polynomiale, mais x³ = 8 n'a qu'une racine réelle.

4. D — Vrai. La substitution donne 0³ + 2 = 2 et 3³ + 2 = 27 + 2 = 29 ; 10 est entre ces deux valeurs.

5. E — Vrai. La fonction polynomiale est continue et la cible 10 appartient à [2 ; 29] ; le TVI assure au moins une solution.

Réponse attendue : A, C, D

1. A — Vrai. On a Δ = b² − 4ac = 1² − 4 × 1 × 1 = −3, confirmant l'absence de racine réelle.

2. B — Faux. Le carré complété donne un minimum de +3/4, atteint en x = −1/2. L'identité f(x) = (x + 1/2)² + 3/4 montre que le carré ne peut être négatif.

3. C — Vrai. Développer le carré donne x² + x + 1/4 ; en ajoutant 3/4 on retrouve x² + x + 1.

4. D — Vrai. Le carré est positif ou nul et 3/4 reste strictement positif ; f(x) ne peut donc jamais s'annuler.

5. E — Faux. La continuité ne suffit pas : aucune valeur de la fonction n'est négative ou nulle dans ce cas.

Réponse attendue : B, C, D, E

1. A — Faux. Une valeur absolue est toujours positive ou nulle ; son minimum ici est zéro en x = 1.

2. B — Vrai. On a f(0) = |−1| = 1 et f(2) = |1| = 1. La fonction est continue mais elle n'est pas injective sur [0 ; 2].

3. C — Vrai. La fonction affine x ↦ x − 1 et la valeur absolue sont continues ; leur composée l'est sur tout ℝ.

4. D — Vrai. L'équation |x − 1| = 1 équivaut à x − 1 = ±1 ; les deux solutions sont dans [0 ; 2].

5. E — Vrai. Une valeur absolue est nulle exactement quand son argument est nul : x − 1 = 0.

Réponse attendue : A, B, E

1. A — Vrai. Élever au carré donne x − 2 = 9, d'où x = 11 ; la vérification √(11 − 2) = 3 confirme.

2. B — Vrai. Une racine carrée réelle exige x − 2 ≥ 0, soit x ≥ 2. La formule n'est pas définie pour x < 2.

3. C — Faux. Le radicand vaut −1 ; aucune racine carrée réelle ne lui correspond, donc f(1) est indéfinie. La condition x ≥ 2 doit être vérifiée avant toute substitution dans cette fonction racine.

4. D — Faux. La solution issue de x − 2 = 9 est uniquement x = 11 ; −7 n'appartient même pas au domaine x ≥ 2.

5. E — Vrai. La fonction affine x ↦ x − 2 est continue, et la racine est continue sur [0 ; +∞[ ; leur composition l'est.

Réponse attendue : C, D, E

1. A — Faux. Elle est strictement décroissante sur cet intervalle, et l'équation donne exactement le point x = 4. En effet, 1/(x − 2) = 1/2 implique x − 2 = 2 puis x = 4.

2. B — Faux. Cette asymptote se trouve hors de [3 ; 5] ; la fonction est bien continue sur le segment utilisé.

3. C — Vrai. Aux bornes, les dénominateurs sont respectivement 1 et 3 ; la valeur 1/2 est entre les deux images.

4. D — Vrai. L'unique valeur interdite par le dénominateur est x = 2, située hors du segment considéré. Ainsi, f est même continue sur un intervalle ouvert contenant le segment [3 ; 5].

5. E — Vrai. Avec x − 2 > 0, 1/(x − 2) = 1/2 équivaut à x − 2 = 2, soit x = 4.

Réponse attendue : B, C, E

1. A — Faux. Sa dérivée 3x² − 3 est négative entre −1 et 1 ; la fonction décroît dans cette partie du segment.

2. B — Vrai. En x = −2, −8 + 6 = −2 ; en x = 2, 8 − 6 = 2. Le TVI assure au moins un zéro.

3. C — Vrai. Factoriser f(x) = x(x² − 3) donne ces trois racines distinctes, toutes comprises entre −2 et 2.

4. D — Faux. Le théorème fournit au moins une racine, pas exactement une ; le calcul factorisé révèle ici trois racines.

5. E — Vrai. Chaque facteur peut être nul : x = 0 ou x² = 3 ; les solutions ±√3 et 0 sont bien dans le domaine.