On pose f(x)=x3x2+1.

1) Démontrer que f est définie et continue sur .

2) Déterminer les limites de f en + et en -.

3) Démontrer qu'il existe un au moins un réel a tel que f(a)=1,6.

4) On pose u(x)=x3x2-1.

Calculer u(0) et u(2). Existe-t-il un réel a[0;2] tel que f(a)=1 ?

Réponses

1) f est définie sur car la fonction xx2+1 ne s'annule jamais, puisque pour tout réel x on a x20 donc x21>0.

Maintenant, concernant la continuité :

Tout polynôme est continu sur , donc les fonctions xx3 et xx2+1 sont continues sur .

Le quotient d'une fonction continue f quelconque par une fonction continue g qui ne s'annule pas, est continu, donc le quotient de xx3 par la fonction xx2+1 (qui ne s'annule jamais) est continu.

On a démontré que f est continue sur .

2) On est face à un cas indéterminé du type « ». Pour lever l'indétermination, on petu factoriser en bas par x2 ce qui donne f(x)=x3x2(1x2+1)=x1x2+1, le quotient 1x2 tend vers 0 lorsque x+ ou lorsque x-, donc le dénominateur 1x2+1 tend vers 1, donc la limite de f en + ou - est celle de x, donc :

lim+f=+ et lim-f=-.

3) C'est le théorème des valeurs intermédiaires :

Remarques :

* en fait 1,6=f(2), l'étudiant amateur de calcul mental le vérifiera aisément ;

* en fait f est croissante, donc 1,6 ne possède qu'un unique antécédent ;

* cet exercice, qui utilise les limites de f en - et en +, généralise le théorème des valeurs intermédiaires par rapport à ce que donne le cours.

4) u(0)=00-1=0.

u(2)=2322-1=84-1=832,67.

1 est entre 0 et 83 donc on serait tenté d'affirmer que u doit prendre au moins une fois la valeur 1 sur l'intervalle [0;2]. Seulement, u n'est ici plus définie et continue sur tout l'intervalle.

En effet, u n'est pas définie en x=1 (valeur interdite) et fait un « saut » en cette valeur.

Le théorème des valeurs intermédiaires ne permet donc pas de conclure.

De fait, 1 ne possède pas d'antécédent sur [0;2].

Voici un extrait de la courbe de u :

Figure 1. On voit que sur [0;2], le réel 1 ne possède pas d'antécédent alors que f(0)1f(2).