Corrigé du contrôle de maths Terminale : continuité et valeurs intermédiaires

Exercice 1 : Continuité d’une fonction définie par morceaux (4 points)

1. Pour \(x \neq 2\), on factorise d’abord le numérateur : \(x^2 – 4 = (x – 2)(x + 2)\), donc \(f(x) = \dfrac{(x – 2)(x + 2)}{x – 2} = x + 2\).
   Ainsi \(\lim_{x \to 2} f(x) = \lim_{x \to 2} (x + 2) = 4\). Pour \(x \neq 2\), \(f(x) = x + 2\) et \(\lim_{x \to 2} f(x) = 4\).
2. \(f\) est continue en 2 si et seulement si \(\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)\), c’est-à-dire \(4 = a\). \(f\) est continue en 2 pour \(a = 4\).
3. Pour \(x < 0\), \(g(x) = e^x + m\), et \(\lim_{x \to 0} e^x = e^0 = 1\). Donc la limite de \(g(x)\) quand \(x\) tend vers 0 par valeurs inférieures est \(1 + m\).
   Par ailleurs \(g(0) = 0^2 + 3 = 3\), et la limite à droite de \(g\) en 0 vaut aussi 3.
   Ainsi, \(g\) est continue en 0 si et seulement si \(1 + m = 3\). \(g\) est continue en 0 pour \(m = 2\).
4. Sur \(]-\infty \,;\, 0[\), \(g(x) = e^x + 2\) est continue comme somme de fonctions continues. De plus, sur \(]0 \,;\, +\infty[\), \(g(x) = x^2 + 3\) est continue comme fonction polynôme. Enfin \(g\) est continue en 0 d’après c. Pour \(m = 2\), \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

Barème : a) 0,5 point pour la factorisation, 0,5 point pour la limite ; b) 0,5 point pour la condition de continuité, 0,5 point pour la valeur ; c) 0,5 point pour la limite à gauche, 0,5 point pour \(g(0)\), 0,5 point pour \(m\) ; d) 0,5 point.

Erreur fréquente : remplacer \(x\) par 2 dans \(\dfrac{x^2 – 4}{x – 2}\) et conclure que la limite « n’existe pas ». En effet, la forme \(\frac{0}{0}\) est indéterminée, donc on la lève en factorisant.

Exercice 2 : Lire un tableau de variations (3 points)

1. Sur \([-3 \,;\, 0]\), \(f\) est continue et strictement décroissante, et \(0\) est compris entre \(f(0) = -2\) et \(f(-3) = 4\). Alors, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation admet une unique solution dans \(]-3 \,;\, 0[\).
   Ensuite, sur \([0 \,;\, 3]\), \(f\) est continue et strictement croissante, et \(0\) est compris entre \(-2\) et \(5\) : une unique solution dans \(]0 \,;\, 3[\).
   Enfin, sur \([3 \,;\, 5]\), le minimum de \(f\) est \(f(5) = 1 > 0\) : pas de solution.
   L’équation \(f(x) = 0\) a exactement 2 solutions, l’une dans \(]-3 \,;\, 0[\), l’autre dans \(]0 \,;\, 3[\).
2. Même raisonnement, car \(f\) est continue et strictement monotone sur chacun des trois intervalles. Ainsi, \(3\) est compris entre \(-2\) et \(4\) (une solution dans \(]-3 \,;\, 0[\)), puis entre \(-2\) et \(5\) (une solution dans \(]0 \,;\, 3[\)), et entre \(1\) et \(5\) (une solution dans \(]3 \,;\, 5[\)).
   L’équation \(f(x) = 3\) a exactement 3 solutions, une dans chacun des intervalles \(]-3 \,;\, 0[\), \(]0 \,;\, 3[\) et \(]3 \,;\, 5[\).
3. Le maximum de \(f\) sur \([-3 \,;\, 5]\) est \(f(3) = 5\). Donc, pour tout \(x\) de \([-3 \,;\, 5]\), \(f(x) \leq\, 5 < 6\). L’équation \(f(x) = 6\) n’a aucune solution.

Barème : a) 0,25 point par intervalle étudié et 0,25 point pour la conclusion ; b) 0,75 point pour les trois intervalles justifiés, 0,25 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour le maximum, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 3 : Une solution unique et son encadrement (5 points)

1. \(g^{\prime}(x) = 3x^2 + 1\). Pour tout réel \(x\), \(3x^2 \geq\, 0\), donc \(g^{\prime}(x) \geq\, 1 > 0\). \(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
2. En \(+\infty\), \(x^3\) et \(x\) tendent vers \(+\infty\), donc par somme \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\) ; de même, en \(-\infty\), \(\lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty\).
3. \(g\) est continue (fonction polynôme) et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), avec \(\lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty\) et \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\). Or \(3\) est compris entre ces limites. Ainsi, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(g(x) = 3\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(\mathbb{R}\).
   De plus \(g(1) = 2 < 3\) et \(g(2) = 10 > 3\). Comme \(g\) est strictement croissante, \(g(1) < g(\alpha) < g(2)\) entraîne \(1 < \alpha < 2\).
4. À la calculatrice : \(g(1{,}2) = 2{,}928 < 3\) et \(g(1{,}3) = 3{,}497 > 3\), donc \(1{,}2 < \alpha < 1{,}3\).
   Puis \(g(1{,}21) = 2{,}981561 < 3\) et \(g(1{,}22) = 3{,}035848 > 3\).
   \(1{,}2 < \alpha < 1{,}3\) et \(1{,}21 < \alpha < 1{,}22\).
5. \(g\) est strictement croissante et \(g(\alpha) = 3\). Donc si \(x < \alpha\), alors \(g(x) < 3\) ; si \(x > \alpha\), alors \(g(x) > 3\).
   \(g(x) – 3 < 0\) sur \(]-\infty \,;\, \alpha[\), \(g(x) – 3 = 0\) pour \(x = \alpha\), et \(g(x) – 3 > 0\) sur \(]\alpha \,;\, +\infty[\).

Barème : a) 0,5 point pour la dérivée, 0,5 point pour son signe et les variations ; b) 0,25 point par limite ; c) 1 point pour le corollaire avec ses trois hypothèses, 0,5 point pour l’encadrement entre 1 et 2 ; d) 0,5 point par encadrement ; e) 1 point.

Exercice 4 : Méthode de dichotomie en Python (4 points)

1. \(h\) est dérivable sur \([0 \,;\, 1]\) et \(h^{\prime}(x) = e^x + 1 > 0\). Ainsi, \(h\) est continue et strictement croissante sur \([0 \,;\, 1]\).
   De plus, \(h(0) = 1 + 0 – 2 = -1 < 0\) et \(h(1) = e – 1 \approx 1{,}718 > 0\). Or \(0\) est compris entre \(h(0)\) et \(h(1)\). Donc le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne : l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\beta\) dans \([0 \,;\, 1]\).
2. On répète tant que l’intervalle est trop large. Si \(h(m) < 0\), la solution est à droite de \(m\) (car \(h\) est croissante), sinon elle est à gauche.

       while b - a > p :
           m = (a + b) / 2
           if h(m) < 0 :
               a = m
           else:
               b = m

   Les trois lignes sont : while b - a > p, if h(m) < 0 et b = m.

3. Passage	\(a\)	\(b\)	\(m\)	\(h(m)\)	nouvel intervalle
   1	0	1	\(0{,}5\)	\(0{,}149\)	\([0 \,;\, 0{,}5]\)
   2	0	\(0{,}5\)	\(0{,}25\)	\(-0{,}466\)	\([0{,}25 \,;\, 0{,}5]\)
   3	\(0{,}25\)	\(0{,}5\)	\(0{,}375\)	\(-0{,}170\)	\([0{,}375 \,;\, 0{,}5]\)

   Au passage 1, \(h(0{,}5) > 0\), donc \(b\) prend la valeur \(0{,}5\). Puis, aux passages 2 et 3, \(h(m) < 0\), donc \(a\) prend la valeur de \(m\).
   Après trois passages : \(0{,}375 \leq\, \beta \leq\, 0{,}5\).

Barème : a) 0,5 point pour la stricte monotonie, 0,5 point pour les signes de \(h(0)\) et \(h(1)\), 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point par ligne ; c) 0,25 point par ligne du tableau, 0,25 point pour l’encadrement final.

Exercice 5 : La vitesse d’un parachutiste (4 points)

1. \(v(t) = 50 – 50e^{-0{,}2t}\), donc \(v^{\prime}(t) = -50 \times (-0{,}2)e^{-0{,}2t} = 10e^{-0{,}2t}\).
   Or une exponentielle est strictement positive, donc \(v^{\prime}(t) > 0\). La vitesse \(v\) est strictement croissante sur \([0 \,;\, +\infty[\).
2. Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}2t\) tend vers \(-\infty\), donc \(e^{-0{,}2t}\) tend vers 0 (limite d’une composée). \(\lim_{t \to +\infty} v(t) = 50\) : la vitesse se stabilise à long terme autour de \(50\) m/s.
3. \(v\) est continue et strictement croissante sur \([0 \,;\, +\infty[\), avec \(v(0) = 50(1 – 1) = 0\) et \(\lim_{t \to +\infty} v(t) = 50\). Puisque \(40\) est compris entre \(0\) et \(50\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires s’applique. Ainsi, l’équation \(v(t) = 40\) admet une unique solution \(t_0\) dans \([0 \,;\, +\infty[\).
4. À la calculatrice : \(v(8{,}04) \approx 39{,}986 < 40\) et \(v(8{,}05) \approx 40{,}006 > 40\). \(8{,}04 < t_0 < 8{,}05\) : Nadia atteint \(40\) m/s au bout d’environ 8 secondes.
5. Pour tout \(t \geq\, 0\), \(e^{-0{,}2t} > 0\), donc \(1 – e^{-0{,}2t} < 1\) et \(v(t) < 50\). Nadia n’atteint jamais \(50\) m/s : elle s’en approche seulement.

Barème : a) 0,5 point pour la dérivée, 0,5 point pour les variations ; b) 0,25 point pour la limite, 0,25 point pour l’interprétation ; c) 1 point pour les hypothèses (continuité, stricte monotonie, valeurs 0 et 50), 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : continuité et valeurs intermédiaires

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