Fiche BAC Spé.maths. Théorème des valeurs intermédiaires. Corollaire du T.V.I. appliqué aux fonctions strictement monotones

Exercices résolus


Exercice n°1.
On considère une fonction $f$ définie sur l’intervalle $[-2;10]$ dont le tableau de variations est donné par :
$$\begin{array}{|r|lrrrccr|}\hline
x & -2 & &1 & &5 & &10\\ \hline
f'(x) & & – & 0 &+ & 0& -& \\ \hline
& 7 & & & & 3& & \\
f(x) & &\searrow& &\nearrow& &\searrow & \\
& & &-4& & & &1 \\ \hline
\end{array}$$ Déterminez le nombre de solutions de chacune des équations suivantes sur l’intervalle $[-2;10]$ :
1°) $f(x)=0$.
2°) $f(x)=4$.
3°) $f(x)=-5$

1°) Nombre de solutions de l’équation $f(x)=0$ sur l’intervalle $[-2;10]$
Nous allons découper l’intervalle $[-2;10]$ en trois intervalles de monotonie.

  1. Sur l’intervalle $[-2;1]$, la fonction $f$ est définie, continue, strictement décroissante. De plus : $f(-2)=7>0$ et $f(1)=-4<0$. Donc, $0\in [f(-2);f(1)]$.
    Donc, d’après le corollaire du T.V.I. appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in[-2;1]$. Donc $$\boxed{\;-2\leqslant\alpha\leqslant 1 \;}$$
  2. Sur l’intervalle $[1;5]$, la fonction $f$ est définie, continue, strictement croissante. De plus : $f(1)=-4<0$ et $f(5)=3>0$. Donc, $0\in [f(1);f(5)]$.
    Donc, d’après le corollaire du T.V.I. appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\beta\in[1;5]$. Donc $$\boxed{\;1\leqslant\beta\leqslant 5\;}$$
  3. Sur l’intervalle $[5;10]$, la fonction $f$ est définie, continue et strictement décroissante. Elle admet en $x=10$ un minimum égal à $1$. Donc, pour tout $x\in[5;10]$ : $f(x)\geqslant1$.
    Par conséquent, l’équation $f(x)=0$ n’admet aucune solution sur l’intervalle $[5;10]$.

    Conclusion. L’équation $f(x)=0$ admet exactement deux solutions sur l’intervalle $[-2;10]$.
    $$\color{brown}{\boxed{\;{\mathcal S}=\{ \alpha;\beta\} }}$$

1°) Nombre de solutions de l’équation $f(x)=4$ sur l’intervalle $[-2;10]$
Nous allons découper l’intervalle $[-2;10]$ en trois intervalles de monotonie.

  1. Sur l’intervalle $[-2;1]$, la fonction $f$ est définie, continue, strictement décroissante. De plus : $f(-2)=7>4$ et $f(1)=-4<4$. Donc, $4\in [f(-2);f(1)]$.
    Donc, d’après le corollaire du T.V.I. appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation $f(x)=4$ admet une unique solution $\alpha\in[-2;1]$. Donc $$\boxed{\;-2\leqslant\alpha\leqslant 1 \;}$$
  2. Sur l’intervalle $[1;10]$, la fonction $f$ est définie, continue et strictement croissante, puis décroissante. Elle admet en $x=5$ un maximum égal à $3$. Donc, pour tout $x\in[1;10]$ : $f(x)\leqslant3$.
    Par conséquent, l’équation $f(x)=4$ n’admet aucune solution sur l’intervalle $[5;10]$.

    Conclusion. L’équation $f(x)=4$ admet exactement une solution sur l’intervalle $[-2;10]$.
    $$\color{brown}{\boxed{\;{\mathcal S}=\{ \alpha\} }}$$

1°) Nombre de solutions de l’équation $f(x)=-5$ sur l’intervalle $[-2;10]$
Nous allons découper l’intervalle $[-2;10]$ en trois intervalles de monotonie.

  1. Sur l’intervalle $[1;10]$, la fonction $f$ est définie, continue et strictement décroissante, puis croissante, puis décroissante. Elle admet en $x=1$ un minimum égal à $-4$. Donc, pour tout $x\in[-2;10]$ : $f(x)\geqslant-4$.
    Par conséquent, l’équation $f(x)=-5$ n’admet aucune solution sur l’intervalle $[-2;10]$. $$\color{brown}{\boxed{\;{\mathcal S}=\emptyset}}$$

Exercice n°2.
On considère la fonction définie par : $f(x)=x^3+x^2-5 x+4$.
1°a) Calculer la dérivée de $f$ et étudier le signe de $f’$.
$~~~$b) Calculer les limites de $f$ aux bornes de son domaine de définition.
$~~~$c) En déduire le tableau de variation de $f$ sur $\R$.
2°) Montrer que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\R$.
3°a) Donner un encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.
$~~~$b) Déterminer une valeur approchée de $\alpha$, arrondie à $10^{-2}$ près.
4°) Déduire des résultats précédents le signe de $f(x)$ sur $\R$.

1°a) Calcul de la dérivée de $f$ ainsi que les limites aux bornes de $D_f$.

La fonction $f$ est une fonction polynôme, donc elle est définie, continue et dérivable sur $\R$. Et pour tout $x\in\R$ : $$\boxed{\;f'(x) = 3 x^2+2 x-5\;}$$

— Étude du signe de $f’$.
Pour connaître le sens de variation de $f$ , on étudie le signe de $f'(x)$.
On résout d’abord l’équation $f'(x)=0$ ; c’est-à-dire $3x^2+2x-5=0$, avec $a=3$, $b=2$ et $c=–5$.

On calcule le discriminant :
$$\begin{array}{rrcl}
&\Delta&=&b^2-4ac\\
& \Delta&=&2^2-4\times3\times(-5)\\
\text{Donc :} & \Delta&=&4+60=64\\
\text{D’où :}& \Delta &=&64\\
\end{array}$$

$\Delta>0$, donc cette équation admet deux solutions :
$$\begin{array}{lcl}
x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}&\text{et}&x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\\
x_1=\dfrac{-2-\sqrt{64}}{2\times3}&\text{et}&x_2=\dfrac{-2+\sqrt{64}}{2\times3}\\
x_1=\dfrac{-10}{6}&\text{et}&x_2=\dfrac{6}{6}\\
x_1=\dfrac{-5}{3}&\text{et}&x_2=1\\
\end{array}$$

— Tableau de signes de $f’$.
On en déduit le signe de $f'(x)$. Pour cela, nous avons 2 méthodes :

1ère méthode : on récite le théorème du cours de 1ère S :
Or, on sait qu’un trinôme du second degré est toujours du signe de “$a$”, à l’extérieur des racines et du signe contraire entre les racines.

2ème méthode : On factorise l’expression de $f'(x)=0$ puis on fait un tableau de signes : $$\begin{array}{rrcl}
&f'(x)&=&a(x-x_1)(x-x_2)\\
&f'(x)&=&3(x+\dfrac{5}{3})(x-1)\\
\text{ou encore}&f(x)&=&(3x+5)(x-1)\\
\end{array}$$

Attention ! Il faut séparer le tableau de signes de $f’$ du tableau de variation de $f$. $$\begin{array}{|r|lcccccr|}\hline
x & -\infty & &-\frac{5}{3}& &1 & & +\infty\\ \hline
3x+5 & &-& 0 &+& | & +& \\ \hline
x-1 & &-& | &-& 0 & +& \\ \hline
f'(x) & &+& 0 &-& 0 & +& \\ \hline
\end{array}$$

1°b) Calcul des limites aux bornes de l’ensemble de définition $D_f$.

Calcul des limites aux bornes de l’ensemble de définition :
Le calcul des limites de $f$ en $-\infty$ et $+\infty$ présentent toutes les deux des formes indéterminées de la forme $\infty-\infty$. On doit lever l’indétermination. Pour cela, on met en fateur le monôme de plus haut degré. En effet :
$$\begin{array}{rrcl}
&f(x)&=&x^3+x^2-5 x+4\\
& &=&x^3\left(1+\dfrac{x^2}{x^3}-\dfrac{5x}{x^3}+\dfrac{4}{x^3}\right)\\
\text{ou encore}&f(x)&=&x^3\left(1+\dfrac{1}{x}-\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}\right)\\ \end{array}$$
Or, $\dlim_{x\to\pm\infty }\left(1+\dfrac{1}{x}-\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}\right)=1$ et $\dlim_{x\to-\infty }x^3=-\infty$ et $\dlim_{x\to+\infty }x^3=+\infty$.
Donc, par produit des limites, on obtient :
$$\boxed{\;\dlim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\;}\quad\text{et}\quad\boxed{\;\dlim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\;}$$

— Tableau de variations de $f$.
Attention ! Le tableau de variation de $f$ contient trois ligne, en première les variations de $x$ sur $D_f$ ; en deuxième ligne, on reporte le signe de $f’$, puis en troisième ligne les variations de $f$.
$$\begin{array}{|r|lcccccr|}\hline
x& -\infty & &-\frac{5}{3}& &1 & &+\infty\\ \hline
f'(x) & & + & 0 &- & 0& +& \\ \hline
& & & f(-\frac{5}{3}) & & & &+\infty \\
f(x)& &\nearrow& 0 &\searrow& &\nearrow & \\
& -\infty & & & &1 & & \\ \hline
\end{array}$$
On calcule $f(-\frac{5}{3})\simeq10,481$ et $f (1)=1>0$.
Sur une calculatrice Texas Instruments TI83 CE, on rentre l’expression de la fonction avec la touche « f(x) » puis on clique sur dans « DefTable » et on utilise « Ask  » ou « Demande », puis on clique sur « Table » pour calculer une seule valeur, par exemple : $f (–\frac{5}{3})$.

2°) Montrons que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\R$.
Nous allons « découper » le domaine de définition en trois intervalles [des tranches de monotonie] et appliquer le corollaire du T.V.I. (théorème des valeurs intermédiaires) appliqué aux fonctions monotones, sur chacun de ces intervalles.

  1. Sur $]-\infty;-\frac{5}{3}]$, la fonction $f$ est définie, continue, strictement croissante et « passe » de valeurs négatives ($-\infty$) à des valeurs positives $f(-\frac{5}{3})>0$. Mais pour appliquer le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, appliqué aux fonctions strictement monotones, il nous faut un intervalle fermé borné $[a;b]$.

    À l’aide de la calculatrice, on cherche une valeur $a<-\frac{5}{3}$ telle que $f(a)<0$. Par exemple $f(-4)=-24<0$. On a donc :

    Sur l’intervalle $[-4;-\dfrac{5}{3}]$, la fonction $f$ est définie, continue et strictement croissante. De plus : $f(-4)=-24<0$ et $f(\frac{5}{3})=\frac{283}{27}>0$. Donc, $0\in\left[f(-4);f(-\frac{5}{3})\right]$.
    Donc, d’après le corollaire du T.V.I. appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in[-4;-\frac{5}{3}]$.
  2. Sur l’intervalle $[-\frac{5}{3}; +\infty[$, la fonction $f$ est définie, continue et strictement décroissante, puis strictement croissante et admet en $x=1$ un minimum égal à $1$. Donc, pour tout $x\in[-\frac{5}{3} ; +\infty[$ : $f(x)\geqslant1$.
    Par conséquent, l’équation $f(x)=0$ n’admet aucune solution sur l’intervalle $[-\frac{5}{3} ; +\infty[$.

    Conclusion. L’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in[-4;-\frac{5}{3}]$.

3°) Donnons un encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.

A l’aide de la calculatrice ; ouvrir « DefTable » ou « TableSet », rentrer « DebTable = $– 4$ » ou « TableStart =$– 4$ » et préciser « PasTable = $1$ ». On constate que $f (– 4) = – 24 < 0$ et $f (– 3) = 1 > 0$. Donc, d’après le corollaire du T.V.I., appliqué aux fonctions monotones : $-4<\alpha<-3$.

Figure 3 écrans de calculatrice
Fig.a Pas $=1$, donc : $-4<\alpha<-3$.
Fig.b Pas $=0.1$, donc : $-3,1<\alpha<-3,0$.
Fig.c Pas $=0.01$, donc : $-3,07<\alpha<-3,06$.
On recommence avec un « PasTable = $0.1$ ». On constate que $f (–3,1) \simeq –0,681 < 0$ et $f (–3) = 1 > 0$. Donc, d’après le corollaire du th.v.i. :
Enfin, on recommence avec un « PasTable = 0.01 ». On constate que f (–3,07) =
– 0,1595 < 0 et f (–3,06) = 0,01098 > 0. Donc, d’après le corollaire du T.V.I., appliqué aux fonctions monotones : $-3,07<\alpha<-3,06$.
Conclusion 1. : Un encadrement deà 10– 2 près, est donné par : $$-3,07<\alpha<-3,06$$

3°b) Déterminer une valeur approchée de $\alpha$, arrondie à $10^{-2}$ près.

Pour déterminer une valeur approchée de $\alpha$, arrondie à $10^{-2}$ près, il suffit de recommencer la même procédure que ci-dessus avec un « PasTable = 0.001 » ou, plus simplement, définir un « PasTable = $0.005$ ». Avec « Ask », ou « Demande », on peut aussi calculer directement :
$f(–3,065)\simeq–0,0741<0$ et $f(–3,06)\simeq0,01098>0$. Donc $\alpha$ est dans la deuxième moitié de l’intervalle d’encadrement. Ce qui signifie que « le chiffre suivant est supérieur ou égal à $5$ ».
Comme en 6ème, on en déduit qu’une valeur approchée de $\alpha$, arrondie à $10^{-2}$ près est donnée par : $$\boxed{;\alpha\simeq-3,06\quad\text{à } 10^{-2}~\text{près}\;}$$

4°) Déduire des résultats précédents le signe de $f(x)$ sur $\R$.
D’après le tableau de variation de la fonction $f$ et ce qui précède, on peut déduire le signe de $f$  :
$\bullet$ Pour tout $x<\alpha$ : $f(x)<0$ ;
$\bullet$ $f(\alpha)=0$ ;
$\bullet$ et pour tout $x>\alpha$ : $f(x)>0$ ;

Résultats qu’on peut résumer dans le tableau de signes suivant : $$\begin{array}{|r|lcccr|}\hline
x& -\infty & &\alpha & & +\infty\\ \hline
f(x)& &- & 0 & +& \\ \hline
\end{array}$$

CQFD.