Continuité d’une fonction : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.

Exercice 1 (continuité terminale corrigé)

soit f la fonction définie sur \([0;+\infty[\) par \(f(x)=5-\frac{8}{x+2}\) .

Indication : voici la courbe de cette fonction.

1. Etudier les variations de f sur \([0;+\infty[\).

2. Résoudre l’équation \(f(x)=x\) sur l’intervalle \([0;+\infty[\).

On note \(\alpha\) cette solution .

1. f est dérivable sur \([0;+\infty[\) car \(x+2\neq 0\) sur cet intervalle. La dérivée de \(x\mapsto \dfrac{1}{x+2}\) est \(x\mapsto -\dfrac{1}{(x+2)^2}\), donc :

\[f^{\prime}(x)=-8\times (-\dfrac{1}{(x+2)^2})=\dfrac{8}{(x+2)^2}\]

Un carré non nul est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\gt 0\) : f est strictement croissante sur \([0;+\infty[\), de \(f(0)=5-4=1\) jusqu’à \(\lim_{x\to+\infty}f(x)=5\) (car \(\dfrac{8}{x+2}\) tend vers 0).

2. Pour \(x\geq\, 0\), on multiplie par \(x+2\neq 0\) :

\[5-\dfrac{8}{x+2}=x\iff 5(x+2)-8=x(x+2)\iff 5x+2=x^2+2x\iff x^2-3x-2=0\]

Le discriminant vaut \(\Delta=(-3)^2-4\times 1\times (-2)=17\gt 0\), d’où deux solutions \(\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}\approx-0{,}56\) et \(\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}\approx3{,}56\). Seule la seconde appartient à \([0;+\infty[\).

Conclusion : \(\alpha=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}\approx3{,}56\), ce qui correspond bien à l’abscisse du point d’intersection de la courbe et de la droite d’équation \(y=x\) sur le graphique.

Exercice 2 :

Montrer qu’une fonction continue sur R qui ne s’annule jamais est de signe constant.

Effectuons un raisonnement par l’absurde.

Considérons que cette fonction f continue sur R et qui ne s’annule jamais change de signe.

soit a<b alors imaginons le cas f(a)<0 et f(b)>0.

or comme f est continue sur R et que f(a)f(b)<0 d’après le théorème des valeurs intermédiaires

alors cela signifie qu’il existe \(c\in]a;b[\) tel que \(f(c)=0\) cela signifierait que f s’annule or ce n’est pas le cas.

Conclusion : une fonction continue sur R qui ne s’annule jamais est de signe constant.

Exercice 3 (continuité terminale corrigé)

Montrer que l’équation tan x = x possède une unique solution dans \(]\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}[.\)

Notons \(f(x)=\tan x-x\) elle est définie et dérivable sur \(]\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}[.\)

\(f^{\prime}(x)=1+\tan^2 x-1=\tan^2 x\geq\, 0\), et \(f^{\prime}(x)=0\) seulement pour \(x=\pi\).

De plus \(\lim_{x\to\frac{\pi}{2}^+}\tan x=-\infty\) et \(\lim_{x\to\frac{3\pi}{2}^-}\tan x=+\infty\), donc \(f\) tend vers \(-\infty\) à gauche de l’intervalle et vers \(+\infty\) à droite.

donc f est strictement croissante et continue sur \(]\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}[\) et change de signe sur \(]\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}[\)

donc elle s’annule une seule fois sur \(]\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}[.\)

Exercice 4 :

Soit \(f:[a,b] \to [a,b]\) une application continue. On va montrer par récurrence que \(f\) admet un point fixe, c’est-à-dire qu’il existe \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c) = c\).

Pour \(n=1\), le théorème de la valeur intermédiaire assure que si \(f(a) \neq a\) et \(f(b) \neq b\), alors \(f(a) > a\) et \(f(b) < b\) ou bien \(f(a) < a\) et \(f(b) > b\) (par exemple si \(f(a) < a\) et \(f(b) < b\), alors l’image de \([a,b]\) par \(f\) est contenue dans l’intervalle \([\min\{f(a),f(b)\},\max\{f(a),f(b)\}]\) qui ne contient pas \([a,b]\), ce qui contredit le fait que \(f([a,b]) \subseteq [a,b]\)). Par conséquent, il existe un \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c) = c\).

Supposons maintenant que le résultat est vrai pour tout entier inférieur ou égal à \(n\), et considérons une application continue \(f:[a,b] \to [a,b]\).

Si \(f(a) = a\) ou \(f(b) = b\), alors on a un point fixe et on a terminé.

Sinon, on peut appliquer le raisonnement précédent à la restriction de \(f\) à l’intervalle \([f(a),b]\) ou à l’intervalle \([a,f(b)]\). Dans les deux cas, on obtient l’existence d’un point fixe \(c \in [a,b]\) de cette restriction. Si \(c \in \{a,b\}\), alors on a terminé. Sinon, on a \(f(c) \in [f(a),b]\) ou \(f(c) \in [a,f(b)]\), donc on peut appliquer l’hypothèse de récurrence à la restriction de \(f\) à l’intervalle \([f(a),c]\) ou à l’intervalle \([c,f(b)]\). Dans les deux cas, on obtient l’existence d’un point fixe de cette restriction, qui est aussi un point fixe de \(f\).

Démonstration directe (plus simple) : on pose \(g(x)=f(x)-x\) pour \(x\in[a;b]\). La fonction \(g\) est continue sur \([a;b]\) comme différence de deux fonctions continues.

• Comme \(f(a)\in[a;b]\), on a \(f(a)\geq\, a\), donc \(g(a)\geq\, 0\).
• Comme \(f(b)\in[a;b]\), on a \(f(b)\leq\, b\), donc \(g(b)\leq\, 0\).

Le réel 0 est compris entre \(g(b)\) et \(g(a)\) ; d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in[a;b]\) tel que \(g(c)=0\), c’est-à-dire \(f(c)=c\) : f admet un point fixe.

Exercice 5 (continuité terminale corrigé)

Soit f la fonction définie sur \(\mathbb{R}^+\) par \(f(x)=x^2+\sqrt{x}-3.\)

Montrer que f possède une unique racine puis en donner un encadrement d’amplitude 0,01.

La fonction f est dérivable sur \(\mathbb{R}^{+*}\)

\(f^{\prime}(x)=2x+\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{4x\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}}\)

donc sur \(\mathbb{R}^{+*}\) \(f^{\prime}(x)\gt 0\)
donc f est strictement croissante sur \(\mathbb{R}^+\).

\(\lim_{+\infty}f(x)=+\infty\) et \(f(0)=-3\)
f est strictement croissante et continue et passe d’une valeur négative à une valeur positive sur \([0;+\infty[\)
donc
f possède une unique racine sur \([0;+\infty[\) d’après le théorème de bijection.

Encadrement : notons \(r\) cette racine. On a \(f(1)=-1\lt 0\) et \(f(2)=1+\sqrt{2}\gt 0\), donc \(1\lt r\lt 2\). Un balayage à la calculatrice avec un pas de 0,01 donne :

• \(f(1{,}35)\approx-0{,}016\lt 0\) ;
• \(f(1{,}36)\approx0{,}016\gt 0\).

Comme f est strictement croissante, \(1{,}35\lt r\lt 1{,}36\).

Exercice 6 :

Soit P la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(P(x)=x^3+x^2-3x+1.\)

1. Dresser le tableau de variations de P.

\(P^{\prime}(x)=3x^2+2x-3\)

\(P^{\prime}(x)=3(x^2+\frac{2}{3}x-1)\)

\(P^{\prime}(x)=3((x+\frac{2}{6})^2-\frac{4}{36}-1)\)

\(P^{\prime}(x)=3((x+\frac{2}{6})^2-\frac{40}{36})\)

Après cela, \(P^{\prime}(x)=3[(x+\frac{2}{6}-\sqrt{\frac{40}{36}})(x+\frac{2}{6}+\sqrt{\frac{40}{36}})]\)

\(P^{\prime}(x)=3[(x+\frac{2}{6}-\frac{\sqrt{40}}{6})(x+\frac{2}{6}+\frac{\sqrt{40}}{6})]\)

\(P^{\prime}(x)=3[(x+\frac{2-2\sqrt{10}}{6})(x+\frac{2+2\sqrt{10}}{6})]\)

\(P^{\prime}(x)=3(x+\frac{1-\sqrt{10}}{3})(x+\frac{1+\sqrt{10}}{3})\)

\(P^{\prime}\) s’annule en \(x_1=\dfrac{-1-\sqrt{10}}{3}\approx-1{,}39\) et en \(x_2=\dfrac{-1+\sqrt{10}}{3}\approx0{,}72\) ; ce trinôme est positif à l’extérieur des racines et négatif entre elles. On calcule \(P(x_1)=\dfrac{56+20\sqrt{10}}{27}\approx4{,}42\) et \(P(x_2)=\dfrac{56-20\sqrt{10}}{27}\approx-0{,}27\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(x_1\)		\(x_2\)		\(+\infty\)
\(P^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(P(x)\)	\(-\infty\)	\(\nearrow\)	\(\approx4{,}42\)	\(\searrow\)	\(\approx-0{,}27\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

2. En déduire le nombre de racines de P.

Sur chacun des trois intervalles \(]-\infty;x_1]\), \([x_1;x_2]\) et \([x_2;+\infty[\), P est continue et strictement monotone et prend des valeurs de signes contraires (de \(-\infty\) à 4,42, de 4,42 à \(-0{,}27\), de \(-0{,}27\) à \(+\infty\)). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, P s’annule exactement une fois sur chacun d’eux.

P admet trois racines distinctes.

3. Retrouver directement ces racines en factorisant P(x)..

1 est une racine évidente
donc
\(P(x)=(x-1)(ax^2+bx+c)\)

\(P(x)=ax^3+bx^2+cx-ax^2-bx-c=ax^3+(b-a)x^2+(c-b)x-c\)

Par identification des coefficients :

\(a=1\) ; \(b-a=1\) ; \(c-b=-3\) ; \(-c=1\)

donc

\(a=1\) ; \(b=2\) ; \(c=-1\)

ainsi

\(P(x)=(x-1)(x^2+2x-1)\)

\(P(x)=(x-1)((x+1)^2-1-1)\)

\(P(x)=(x-1)((x+1)^2-2)\)

\(P(x)=(x-1)((x+1-\sqrt{2})(x+1+\sqrt{2}))\)

Conclusion : les trois racines distinctes sont \(1;\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1\).

Exercice 7 (continuité terminale corrigé)

Montrer que tout polynôme de degré impair possède au moins une racine réelle.

Soit P un polynôme de degré impair, de coefficient dominant positif (sinon on raisonne sur \(-P\), qui a les mêmes racines)

alors \(\lim_{x \to +\infty }P(x)=+\infty\) et \(\lim_{x \to -\infty }P(x)=-\infty\)

de plus P est un polynôme donc continue sur R.

P passe donc d’une valeur négative à une valeur positive donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires,

il existe au moins une racine réelle.

\({\color{DarkRed} \exists x\in\mathbb{R},P(x)=0}\)

Exercice 8 :

Soit f la fonction définie sur R par \(f(x)=x^5+x^3+x+1.\)

Montrer que f possède une unique racine.

\(f^{\prime}(x)=5x^4+3x^2+1=5(x^4+\frac{3}{5}x^2+\frac{1}{5})\)

\(f^{\prime}(x)=5[(x^2+\frac{3}{10})^2-\frac{9}{100}+\frac{1}{5}]=5[(x^2+\frac{3}{10})^2+\frac{11}{100}]\gt 0\)

donc f est strictement croissante et continue sur R
de plus \(\lim_{x \to -\infty }f(x)=-\infty\) et \(\lim_{x \to +\infty }f(x)=+\infty\)
donc f passe d’une valeur négative à une valeur positive

on peut en déduire, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, que f admet une unique racine sur R.

Exercice 9 (continuité terminale corrigé)

a) Sur \(]-\infty;0[\), H est constante égale à 0 : sa courbe est la demi-droite portée par l’axe des abscisses, le point de coordonnées \((0;0)\) étant exclu (point creux). Sur \([0;+\infty[\), H est constante égale à 1 : sa courbe est la demi-droite d’équation \(y=1\), d’origine le point \((0;1)\) qui lui appartient (point plein).

b) Une fonction constante est continue. H est donc continue sur \(]-\infty;0[\) et sur \([0;+\infty[\) (sur ce dernier intervalle, elle vaut 1 partout, y compris en 0).

En revanche, H n’est pas continue en 0 : \(\lim_{x\to0^-}H(x)=0\) alors que \(H(0)=1\). La courbe « saute » en 0 et ne peut pas être tracée sans lever le crayon. Aucun intervalle contenant 0 et des réels négatifs ne convient donc.

Les plus grands intervalles sur lesquels H est continue sont \(]-\infty;0[\) et \([0;+\infty[\).

Exercice 10 :

1. On cherche l’entier n tel que \(n\leq\, x\lt n+1\) :

• a. \(2\leq\, 2{,}6\lt 3\) donc \(E(2{,}6)=2\) ;
• b. \(0\leq\, 0{,}3\lt 1\) donc \(E(0{,}3)=0\) ;
• c. \(4\leq\, 4\lt 5\) donc \(E(4)=4\) ;
• d. \(-2\leq\, -1{,}2\lt -1\) donc \(E(-1{,}2)=-2\) (et non \(-1\), car \(-1\gt-1{,}2\)).

2. Sur chaque intervalle \([n;n+1[\), E est constante égale à n :

• a) pour \(x\in[0;1[\), \(E(x)=0\) ;
• b) pour \(x\in[1;2[\), \(E(x)=1\) ;
• c) pour \(x\in[-1;0[\), \(E(x)=-1\) ;
• d) pour \(x\in[-2;-1[\), \(E(x)=-2\).

3.a) La courbe est formée de dix segments horizontaux « en escalier » : pour chaque entier n de \(-5\) à 4, le segment d’équation \(y=n\) pour \(x\in[n;n+1[\), avec un point plein à gauche et un point creux à droite.

b) Sur chaque intervalle \([n;n+1[\), E est constante, donc continue. Mais en chaque entier n compris entre \(-4\) et 4, la courbe fait un saut de 1 : \(\lim_{x\to n^-}E(x)=n-1\) alors que \(E(n)=n\). On ne peut pas tracer la courbe sans lever le crayon.

E est continue sur chacun des intervalles \([n;n+1[\) et discontinue en \(-4,\ -3,\ -2,\ -1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3\) et 4.

c) Le même raisonnement vaut pour tout entier : la fonction E est discontinue en chaque entier relatif et continue en tout réel non entier.

Exercice 11 (continuité terminale corrigé)

a. Sur \(]2;+\infty[\), \(f(x)=1-2x\) : f coïncide avec une fonction affine, qui est continue sur \(\mathbb{R}\), donc f est continue sur \(]2;+\infty[\).

Sur \(]-\infty;2[\), \(f(x)=e^{x-2}-4\) : la fonction \(x\mapsto e^{x-2}\) est la composée de la fonction affine \(x\mapsto x-2\) et de la fonction exponentielle, toutes deux continues ; en retirant la constante 4, on garde une fonction continue. Donc f est continue sur \(]-\infty;2[\).

b. À droite de 2, \(f(x)=1-2x\) et la fonction affine est continue en 2, donc \(\lim_{x\to2^+}f(x)=1-2\times 2=-3\).

À gauche de 2, \(f(x)=e^{x-2}-4\) et cette fonction est continue en 2, donc \(\lim_{x\to2^-}f(x)=e^{0}-4=1-4=-3\).

De plus \(f(2)=1-2\times 2=-3\). Les limites à gauche et à droite sont égales à \(f(2)\), donc \(\lim_{x\to2}f(x)=f(2)\) : f est continue en 2.

c) f est continue sur \(]-\infty;2[\), sur \(]2;+\infty[\) et en 2 : f est continue sur \(\mathbb{R}\).

Exercice 12 :

a) Les fonctions \(x\mapsto 0{,}64x^2\), \(x\mapsto ax+b\) et \(x\mapsto 4-(x-6)^2\) sont des polynômes, donc continues. f est continue sur \([0;8]\) si et seulement si les morceaux se raccordent en 3 et en 5 :

• en 3 : \(\lim_{x\to3^+}f(x)=3a+b\) doit être égal à \(f(3)=0{,}64\times 3^2=5{,}76\) ;
• en 5 : \(\lim_{x\to5^-}f(x)=5a+b\) doit être égal à \(f(5)=4-(5-6)^2=3\).

On résout le système \(3a+b=5{,}76\) et \(5a+b=3\). Par soustraction, \(2a=3-5{,}76=-2{,}76\), donc \(a=-1{,}38\), puis \(b=3-5\times (-1{,}38)=3+6{,}9=9{,}9\).

f est continue sur [0 ; 8] pour \(a=-1{,}38\) et \(b=9{,}9\). On retrouve les points \(A(3;5{,}76)\) et \(B(5;3)\) du graphique.

b) La dérivée de \(x\mapsto 0{,}64x^2\) est \(x\mapsto 1{,}28x\) ; son nombre dérivé en 3 vaut \(1{,}28\times 3=3{,}84\).

La fonction affine \(x\mapsto -1{,}38x+9{,}9\) a pour nombre dérivé son coefficient directeur, soit \(-1{,}38\) en tout point, donc en 3.

Le taux d’accroissement de f en 3 tend vers 3,84 à gauche et vers \(-1{,}38\) à droite : ces deux limites sont différentes, donc f n’est pas dérivable en 3 (la courbe présente un point anguleux en A, avec deux demi-tangentes différentes).

c) À gauche de 5, f coïncide avec la fonction affine, de nombre dérivé \(-1{,}38\). À droite, \(f(x)=4-(x-6)^2\), dont la dérivée est \(x\mapsto -2(x-6)\) ; en 5, elle vaut \(-2\times (5-6)=2\).

Comme \(-1{,}38\neq2\), f n’est pas dérivable en 5 : le point B est lui aussi un point anguleux.

Exercice 13 :

a) On pose, pour tout entier \(n\geq\,2\), \(u_n=\dfrac{n+1}{n-1}\) (défini car \(n-1\neq0\), et positif), et \(f(x)=\sqrt{x}\) sur \([0;+\infty[\). Alors \(v_n=f(u_n)=\sqrt{u_n}\).

b) Pour \(n\geq\,2\), on factorise par n au numérateur et au dénominateur :

\[u_n=\dfrac{n(1+\frac{1}{n})}{n(1-\frac{1}{n})}=\dfrac{1+\frac{1}{n}}{1-\frac{1}{n}}\]

Comme \(\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0\), on obtient \(\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{1}{1}=1\).

La fonction racine carrée est continue en 1, donc \(\lim_{n\to+\infty}\sqrt{u_n}=\sqrt{1}=1\).

La suite \((v_n)\) est convergente et sa limite est 1.

Exercice 14 :

1. a) f est dérivable sur I car \(3+x\neq0\). La dérivée de \(x\mapsto \dfrac{1}{3+x}\) est \(x\mapsto -\dfrac{1}{(3+x)^2}\), donc :

\[f^{\prime}(x)=-16\times (-\dfrac{1}{(3+x)^2})=\dfrac{16}{(3+x)^2}\gt 0\]

f est strictement croissante sur I. On calcule \(f(1)=5-\dfrac{16}{4}=1\) et \(f(2)=5-\dfrac{16}{5}=\dfrac{9}{5}=1{,}8\).

\(x\)	\(1\)		\(2\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)
\(f(x)\)	\(1\)	\(\nearrow\)	\(1{,}8\)

b) Si \(1\leq\, x\leq\,2\), comme f est croissante, \(f(1)\leq\, f(x)\leq\, f(2)\), soit \(1\leq\, f(x)\leq\,1{,}8\leq\,2\). Donc pour tout x de I, \(f(x)\in I\).

2. a) Montrons par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(1\leq\, u_{n+1}\leq\, u_n\leq\,2\) ».

• Initialisation : \(u_0=2\) et \(u_1=f(2)=1{,}8\), donc \(1\leq\, u_1\leq\, u_0\leq\,2\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
• Hérédité : supposons \(1\leq\, u_{n+1}\leq\, u_n\leq\,2\) pour un entier n. Ces nombres sont dans I, où f est croissante, donc \(f(1)\leq\, f(u_{n+1})\leq\, f(u_n)\leq\, f(2)\), c’est-à-dire \(1\leq\, u_{n+2}\leq\, u_{n+1}\leq\,1{,}8\leq\,2\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout entier naturel n.

Ainsi la suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 1.

b) Une suite décroissante et minorée converge : \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\). Comme \(1\leq\, u_n\leq\,2\) pour tout n, on a aussi \(1\leq\,\ell\leq\,2\), c’est-à-dire \(\ell\in I\).

c) On a \(u_{n+1}=f(u_n)\). Quand n tend vers \(+\infty\), \(u_{n+1}\) tend vers \(\ell\) ; et comme f est continue en \(\ell\in I\), \(f(u_n)\) tend vers \(f(\ell)\). Par unicité de la limite, \(f(\ell)=\ell\) : \(\ell\) est solution dans I de l’équation \(f(x)=x\).

Résolvons cette équation sur I (où \(3+x\neq0\)) :

\[5-\dfrac{16}{3+x}=x\iff(5-x)(3+x)=16\iff15+2x-x^2=16\iff x^2-2x+1=0\iff(x-1)^2=0\]

La seule solution est \(x=1\), qui appartient bien à I. Donc \(\ell=1\). On peut le constater numériquement : \(u_1=1{,}8\), \(u_2\approx1{,}667\), \(u_3\approx1{,}571\), \(u_4=1{,}5\)… (la convergence vers 1 est lente).

Exercice 15 :

a) f est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\). On utilise le tableau de variations :

• Sur \(]-\infty;-1]\), f est continue, strictement décroissante, et passe de \(+\infty\) à \(-19\). Comme \(0\) est compris entre \(-19\) et \(+\infty\), d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\) dans cet intervalle, et \(\alpha\lt-1\).
• Sur \([-1;1]\), f est continue, strictement croissante, et passe de \(-19\) à 13 : l’équation \(f(x)=0\) a une unique solution \(\beta\) dans cet intervalle.
• Sur \([1;+\infty[\), le minimum de f est \(f(2)=8\gt0\) : l’équation n’a aucune solution.

L’équation \(f(x)=0\) admet donc exactement deux solutions \(\alpha\) et \(\beta\), avec \(\alpha\lt-1\lt\beta\).

b) \(f(0)=0\) et \(0\in[-1;1]\) ; par unicité de la solution sur cet intervalle, \(\beta=0\). On peut aussi factoriser : \(f(x)=x(3x^3-8x^2-6x+24)\).

Pour \(\alpha\), on procède par balayage à la calculatrice : \(f(-2)=40\gt0\) et \(f(-1)=-19\lt0\), puis avec un pas de 0,01 :

• \(f(-1{,}62)\approx0{,}05\gt0\) ;
• \(f(-1{,}61)\approx-0{,}65\lt0\).

Donc \(-1{,}62\lt\alpha\lt-1{,}61\) (en fait \(\alpha\approx-1{,}6193\)).

Continuité terminale corrigé : nos conseils pour progresser

Avant tout, rédige ta propre réponse sur un brouillon. Ensuite, compare ta démarche avec la correction, étape par étape. De cette façon, tu comprends d’où vient chaque erreur. En outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Fonction (mathématiques) sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.