\thumb

%

%\begin{vf}{Avec des valeurs absolues}{10}
%Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par :
%\[ 
%f(x)=\dfrac{x^2}{1+\left|x\right|}.
%\]
%Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ?
%\begin{questions}
%\item La courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote verticale.
%\item La fonction $f$ est continue sur $\R$.
%\item La fonction $f$ n'est pas dérivable en 0.
%\item La courbe représentative de la fonction $f$ admet une tangente de pente~2.
%\end{questions}
%\end{vf}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item \textit{Faux}. La fonction $f$ n'admet aucune valeur interdite, donc il n'y a aucune asymptote verticale à sa courbe représentative.
%
%\item \textit{Vrai}. La fonction valeur absolue est continue sur $\R$ donc $f$ est continue sur $\R$ en tant que quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\R$.
%
%\item \textit{Faux}. En effet, pour tout réel $x$, 
%\[
%\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{x}{1+\left|x \right|}\;, \quad\text{donc :}\qquad\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0.
%\]
%On peut donc conclure que la fonction $f$ est dérivable en 0 et que $f'(0)=0$.
%
%\item \textit{Faux}. On cherche s'il existe un réel $x$ tel que $f'(x)=2$. 
%\begin{itemize}
%\item Si $x>0$, 
%\[
%f'(x)=2 \iff \dfrac{x^2+2x}{(1+x)^2}=2 \iff x^2+2x+2=0\;,
%\]
%équation qui a un discriminant négatif, donc aucune solution dans $\R$.
%
%\item Si $x<0$, 
%\[
%f'(x)=2 \iff \dfrac{2x-x^2}{(1-x)^2}=2 \iff 3x^2-6x+2=0.
%\]
%Cette équation n'admet aucune solution négative. On en déduit que l'équation $f'(x)=2$ n'a pas de solution.
%\end{itemize}
%Ainsi la courbe représentative de la fonction $f$ n'a pas de tangente de pente 2.
%\end{questions}
%\end{corrige}
%
%%
%
%\begin{vf}{Continuité et dérivabilité}{10}
%$f$ est une fonction définie sur un intervalle $I$ et $a$ est un réel de cet intervalle.
%
%Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier.
%\begin{questions}
%\item Il existe une fonction $f$ continue et dérivable en $a$.
%\item Il existe une fonction $f$ continue en $a$ et non dérivable en $a$.
%\item Il existe une fonction $f$ qui n'est pas continue en $a$ mais qui est dérivable en $a$.
%\item Il existe une fonction $f$ qui n'est ni continue ni dérivable en $a$.
%\end{questions}
%\end{vf}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item \textit{Vrai}. Si $I=\R$ et $a=0$. La fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=x$ est bien continue et dérivable en 0.
%
%\item \textit{Vrai}. Si $I =\R$ et $a=0$, la fonction valeur absolue $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = |x|$ est continue en 0 mais n'est pas dérivable en 0.
%
%\item \textit{Faux}. D'après un théorème du cours, toute fonction dérivable en $a$ est aussi continue en $a$.
%
%\item \textit{Vrai}.La fonction partie entière $E(x)$ en est un exemple si $I=\R$ et $a$ un entier relatif quelconque.
%\end{questions}
%\end{corrige}
%
%%

% NEW 2026

\begin{vf}{Continuité en un point}{5}
Les affirmations suivantes sont-elles \textit{vraies} ou \textit{fausses}? Justifier.

\begin{questions}
\item La fonction $f$ définie par:
\[
f(x)=
\begin{cases}
6x-3 & \text{ sur } ]-\infty\;;1[\\
-4x+7 & \text{ sur } [1\;;+\infty[
\end{cases}
\]
est continue sur \R.

\item La fonction $g$ définie par:
\[
g(x)=\begin{cases}
(x-1)^2 & \text{ sur } ]-\infty\;;0[\\
\nep^{-x} & \text{ sur } [0\;;+\infty[
\end{cases}
\]
est continue en 0.

\item La fonction $h$ définie par:
\[
h(x)=\begin{cases}
\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2-5x+3} & \text{ si }x\neq1\\
-1 & \text{ si }x=1
\end{cases}
\]
est continue sur \R.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item L'affirmation est \textit{vraie}. 

En effet, sur $]-\infty\;;1[$ et sur $]1\;;+\infty[$, $f$ est définie par deux fonctions affines, donc continues sur leurs intervalles respectifs.

De plus,
\[
\lim\limits_{\substack{x\to1\\x<1}} f(x) = \lim\limits_{x\to1}(6x-3)=6\times1-3=3
\]
et
\[
\lim\limits_{\substack{x\to1\\x>1}} f(x) = \lim\limits_{x\to1}(-4x+7)=-4\times1+7=3.
\]
Les deux limites étant égales, $f$ est continue en 1.

\Par

Ainsi, $f$ est continue sur \R.

\item L'affirmation est \textit{vraie}. En effet, on a:
\[
\lim\limits_{\substack{x\to0\\x<0}} g(x) = \lim\limits_{x\to0}(x-1)^2=1
\]
et
\[
\lim\limits_{\substack{x\to0\\x>0}} g(x) = \lim\limits_{x\to0}\nep^{-x}=\nep^0=1.
\]
Les deux limites étant égales, $g$ est continue en 0.

\item L'affirmation est \textit{fausse.} En effet, pour tout réel $x\neq1$,
\[
h(x)=\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2-5x+3}=\dfrac{(x-1)(x-2)}{(x-1)(2x-3)}=\dfrac{x-2}{2x-3}.
\]
Ainsi,
\[
\lim\limits_{x\to1}h(x)=\dfrac{1-2}{2\times1-3}=\dfrac{-1}{-1}=1\neq h(1).
\]
La fonction $h$ n'est donc pas continue en 1.
\end{questions}
\end{corrige}

\begin{vf}{Continuité et monotonie}{15}
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$. Pour chaque affirmation, dire, en justifiant, si elle est vraie ou fausse. 
\begin{questions}
\item Si $f$ change de signe sur $I$ alors $f$ s'annule sur $I$.
\item Si :
\begin{itemize}
\item $I = [a~; b]$ , 
\item $f(a) \times f(b)>0$ ,
\item $f$ est continue sur I, 
\end{itemize}
alors $f$ ne s'annule pas sur $I$.
\item Si $f$ s'annule une seule fois sur $I$ et si $f$ est strictement monotone alors $f$ est continue sur $I$.
\item Si $f$ s'annule une seule fois sur $I$ et $f$ est continue sur $I$ alors $f$ est strictement monotone sur $I$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \textit{Faux}. Contre-exemple : $f(x) = 2$ pour $x < 0$ et $f(x) = -5$ pour $x \geqslant 0$.

\item \textit{Faux}. Prenons par exemple $I=[-2~;2]$ et $f(x) = x^2-1$.  Alors, $f(2)f(-2)=9$, $f$ est continue car c'est une fonction polynôme, mais $f(1)=0$.

\item \textit{Faux}. $I = \R$, $f(x) = x$ pour $x<1$ et $f(x) = x+1$ pour $x\geqslant1$. Cette fonction est strictement monotone mais n'est pas continue en 1.

\item \textit{Faux}. $I = \R$ et $f(x) = (x-2)^2$. Cette fonction ne s'annule que pour $x=2$, elle est continue sur $I$, mais elle est décroissante sur $]-\infty~;~2]$ et croissante sur $[2~;+\infty[$, donc non monotone.
\end{questions}
\end{corrige}

\newpage

\sectionnn{Continuité en un point}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Fonction définie par trois morceaux}{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux}{1}{10}
On considère la fonction $f$ définie par:
\[
f(x) = 
\begin{cases}
x^2+x+1 & \qquad \text{pour }x \leqslant 0\\
\sqrt{5x+1} & \qquad \text{pour } 0 < x \leqslant 3\\
x+1 & \qquad \text{pour } x>3
\end{cases}
\]
$f$ est-elle continue sur $\R$ ? Justifier.
\end{exo}

\begin{corrige}
Notons avant tout que:
\begin{itemize}
\item $x\mapsto x^2+x+1$ est continue sur $]-\infty;0]$ comme fonction polynôme;
\item $x\mapsto\sqrt{5x+1}$ est continue sur $]0;3[$ comme composée de deux fonctions définies et continues sur cet intervalle;
\item $x\mapsto x+1$ est continue sur $]3;+\infty[$.
\end{itemize}
Nous devons donc nous pencher sur la continuité de $f$ en $x=0$ et $x=3$.
\begin{itemize}
\item En 0:
\[
\begin{cases}
% ERRVOL \lim\limits_{\substack{x\to0\\x>0}}f(x) = f(0)=0^2+0+1 = 1\\
\lim\limits_{\substack{x\to0\\x<0}}f(x) = f(0)=0^2+0+1 = 1\\
\lim\limits_{\substack{x\to0\\x>0}}f(x) = \lim\limits_{\substack{x\to0\\x>0}}\sqrt{5x+1}=\sqrt{5\times0+1}=1
\end{cases}
\]
Donc $f$ est continue en 0.

\Par

\item En 3:
\[
\begin{cases}
\lim\limits_{\substack{x\to3\\x<3}}f(x) = f(3)=\sqrt{5\times3+1} = 4\\
\lim\limits_{\substack{x\to3\\x>3}}f(x) = \lim\limits_{\substack{x\to3\\x>3}}(x+1)=3+1=4
\end{cases}
\]
Donc $f$ est continue en 3.
\end{itemize}

Par conséquent, $f$ est continue sur $\R$.
\end{corrige}

%%% NEW 2026

\begin{exo}{Trouver un paramètre}{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt}{2}{10}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par:
\[
\begin{cases}
f(x)=\dfrac{1-\sqrt{1+x^2}}{x} \text{ pour }x\neq0\\[8pt]
f(0)=m
\end{cases}
\]
Quelle valeur faut-il donner à $m$ pour que $f$ soit continue sur $\R$ ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Notons avant tout que la fonction:
\[
x\mapsto\sqrt{1+x^2}
\]
est définie et continue sur $\R$ comme la composée des fonctions:
\[
u:x\mapsto\sqrt{x} \qquad \text{et} \qquad v:x\mapsto1+x^2
\] 
où $u$ est continue sur $\R_+$ et $v$ est continue sur $\R$ et à valeurs positives.

\Par

Ainsi, la fonction:
\[
x\mapsto1-\sqrt{1+x^2}
\]
est continue sur $\R$, et $f$ est alors continue sur $]-\infty;0[$ et sur $]0;+\infty[$ (comme quotient par 0 d'une fonction continue).

\Par

Il ne reste plus qu'à vérifier la continuité de $f$ en 0. Pour cela, on calcule la limite de $\dfrac{1-\sqrt{1+x^2}}{x}$ en 0.

\Par

Cette limite donne lieu à une indétermination du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg{} que nous allons lever à l'aide d'une expression conjuguée:

\begin{align*}
\dfrac{1-\sqrt{1+x^2}}{x} & = \dfrac{\big(1-\sqrt{1+x^2}\big)\big(1+\sqrt{1+x^2}\big)}{x\big(1+\sqrt{1+x^2}\big)}\\[8pt]
& = \dfrac{1-(1+x^2)}{x\big(1+\sqrt{1+x^2}\big)}\\[8pt]
& = \dfrac{-x}{1+\sqrt{1+x^2}}.
\end{align*} 
Ainsi,
\[
\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{-x}{1+\sqrt{1+x^2}}=0.
\]

\Par
 
Par conséquent, $f$ est continue en 0, et donc sur $\R$, pour $m=0$.
\end{corrige}

\sectionnn{Théorème des valeurs intermédiaires et corollaire}
%

\begin{exo}{Localisation de racines}{Lycée Chaptal, Paris}{1}{10}
Démontrer que l'équation $x^5 - 5x + 1 =0$ admet une solution $\alpha$ unique sur $[0~;1]$ et 
donner une valeur approchée à $10^{-1}$ près par défaut.
\end{exo}

\begin{corrige}
Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
\[ 
f(x) = x^5 - 5x + 1.
\]
La  fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme fonction polynôme et :
\[
f'(x) = 5x^4 - 5 = 5(x^2+1)(x^2-1)=5(x^2+1)(x+1)(x-1).\]
Nous en retiendrons que $f'(x) < 0$ sur l'intervalle $[0~;1[$. 
\par
Ainsi, la fonction $f$ est dérivable, donc continue, et est strictement décroissante sur l'intervalle $[0~;1]$. 
\Par
Enfin :
\[f(0) = 1\quad \text{et}\quad f(1) = -3, \quad \text{donc}\quad 0 \in [f(1)~;f(0)].\]
On sait alors d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l'équation 
$f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0~;1]$.

De plus, $f(0,2) = \nombre{0,00032} > 0$ et  $f(0,3) = \nombre{-0,49757} < 0$, donc $\alpha$ est compris entre $0,2$ et $0,3$.

Finalement, $\alpha \approx 0,2$  à  $10^{-1}$ près par défaut.
\end{corrige}

%

\begin{exo}{\'Etude d'une équation}{Lycée Vieljeux, La Rochelle}{1}{15}
On considère la fonction $f$ définie sur $\left[-1~; \dfrac{1}{2} \right[ \cup \left]\dfrac{1}{2}~;
+\infty \right[$ par :
\[
f(x) = \frac{1}{2x-1} - \sqrt{x+1}.
\]
Étudier les variations de $f$ et en déduire que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique 
$\alpha$, puis prouver que $\alpha \in \left] \dfrac{1}{2}~;1\right[$.
\end{exo}

\begin{corrige}
La fonction $f$ est dérivable sur $\left]-1~;\dfrac{1}{2} \right[ \cup \left] \dfrac{1}{2}~; +\infty \right[$ et :
\[
f'(x) = -\frac{2}{(2x-1)^2} - \frac{1}{2\sqrt{x+1}}.
\]
On a donc $f'(x) < 0$ pour tout $x$ dans $\left]-1~; \dfrac{1}{2}\right[ \cup \left]\dfrac{1}{2}~; 
+\infty \right[$, ce qui prouve que $f$ est strictement décroissante sur $\left]-1~; 
\dfrac{1}{2}\right[$ et strictement décroissante sur $\left]\dfrac{1}{2}~; + \infty\right[$.

On a de plus $f(-1) = -\dfrac{1}{3}$, donc $f$ ne prend que des valeurs strictement négatives sur  $\left]-1~; \dfrac{1}{2}\right[$ : donc l'équation $f(x)=0$ n'a aucune solution dans cet intervalle.

Par ailleurs, $f$ est continue et strictement décroissante sur $\left]\dfrac{1}{2}~; +\infty \right[$. 

De plus,  
\[
\lim_{x \to \left(\frac{1}{2}\right)^{+}}f(x) = +\infty \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\;,
\]
 donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\left]\dfrac{1}{2}~; +\infty \right[$. 
\par
On remarque enfin que $f(1)=1-\sqrt2 <0$, donc
$\alpha\in\left]\dfrac{1}{2}~; 1\right[$.
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Existence ou unicité}{Lycée La Bruyère, Versailles}{2}{20}
\begin{questions}
\item \emph{Question de cours.}

On suppose connu le théorème des valeurs intermédiaires.

Démontrer que si une fonction $f$ continue et strictement décroissante sur un intervalle $[a~;b]$ vérifie $f(a)f(b)<0$, alors l'équation $f(x)=0$ admet une solution et une seule dans $[a~;b]$.

\item \emph{Application.}

Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ telle que $f(0)=2$ et $f(6)=-1$.

Dans chacun des cas suivants, que peut-on dire de l'existence et du nombre de solutions de l'équation $f(x)=0$ dans l'intervalle $[0~;6]$ ? Justifier les réponses.

\begin{questions}
\item $f$ est continue sur $[0~;6]$.
\item $f$ est strictement décroissante sur $[0~;6]$.
\item $f$ est continue et strictement décroissante sur $[0~;6]$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La fonction $f$ est continue sur $[a~;b]$. Comme $f(a)f(b)<0$, cela signifie que l'une des valeurs est positive et l'autre négative, donc que 0 est compris entre $f(a)$ et $f(b)$. Le théorème des valeurs intermédiaires prouve donc qu'il existe au moins un réel $c$ entre $a$ et $b$ tel que $f(c)=0$.  Comme $f$ est strictement décroissante, pour tout autre réel $d$, si $d<c$ alors $f(d)>f(c)$  ou si $d>c$, 
$f(d) <f(c)$, donc $f(d)$ ne peut être nul. Cela montre qu'il existe un réel $c$ unique dans $[a~;b]$ tel que $f(c) = 0$.

\item Application : on constate que $0\in[f(6)~;f(0)]$.
\begin{questions}
\item Si $f$ est continue sur $[0~;6]$, alors le théorème des valeurs intermédiaires prouve qu'il existe au moins une solution dans $[0~;6]$ à l'équation $f(x) = 0$.
\item Si $f$ est strictement décroissante, il  n'est pas certain qu'il y ait des solutions car $f$ n'est pas supposée continue, par contre il y en a au plus une.
\item Si $f$ est continue et strictement décroissante sur $[0~;6]$, alors d'après la question de cours, l'équation $f(x)=0$ a une solution et une seule dans $[0~;6]$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


%

\begin{exo}{Point d'inflexion et tangente}{Cité scolaire internationale, Grenoble}{2}{20}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{continuité, point d'inflexion et tangente}{https://media.prepamath.fr/ILTMchContinuitexoPtInflex}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTMchContinuitexoPtInflex}}}
\vspace*{-5mm}

Soit $f(x) = (x + 2)\nep^{-x}$ définie sur $I = [-2\, ; 4]$ et $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

On nomme $A$ et $B $ les points de $\mathcal{C}$ d'abscisses respectives $-1$ et 0.

\begin{questions}
\item Donner les coordonnées exactes de $A$ et $B$.
\item Étudier les variations de $f$ sur $I$.
\item Montrer que l'équation $f(x) = 1$ admet deux solutions $a$ et $b$ dans $I$. Donner les valeurs arrondies à $10^{-2}$ de $a$ et $b$.
\item Calculer $f''(x)$ et étudier la convexité de $f$. On indiquera les coordonnées des éventuels points d'inflexion.
\item Donner l'équation de la tangente $\mathcal{D}$ à $\mathcal{C}$ au point $B$.
\item Tracer $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ sur $I$.
\item Résoudre l'inéquation $f(x) < -x + 2$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1.6,-0.3){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTMchContinuitexoPtInflex}}}
$f(-1) =\nep$, donc $A(-1\, ; \nep)$ ; $f(0) = 2$, donc $B(0\, ; 2)$.
\item $f$ est dérivable comme produit de deux fonctions dérivables et\linebreak $f '(x) = 1 \times \nep^{-x}-\nep^{-x}(x + 2) = \nep^{-x}(-x-1)$.

$f' (x) > 0 \iff x < -1$ car $\nep^{-x}$ est positif pour tout $x$.

On obtient le tableau de variations suivant :
\[
\begin{array}{|R|*5{c}|}
\hline\tabulartitle
x & -2 &  & -1 &  & 4\\
\hline
f'(x)&  & + & 0 & - & \\
\hline
& & & \nep &  & \\
f(x) &  & \nearrow &  & \searrow & \\
 & 0 &  &  & & 6\nep^{-4} \\
 \hline
\end{array}
\]

\item $f$ est continue sur $I$.

Sur $[-2\, ; -1]$, $f$ est strictement croissante, et 1 appartient à $\big[f(-2)\, ; f(-1)\big]$. Donc, d'après le théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l'équation $f(x) = 1$ admet une unique solution sur $[-2\, ; -1]$.

Sur $[-1\, ; 4]$, $f$ est strictement décroissante, et 1 appartient à $\big[f(4)\, ; f(-1)\big]$. Donc, d'après le théorème de la bijection, l'équation $f(x) = 1$ admet une unique solution sur $[-1\, ; 4]$.

Donc sur $I$, l'équation $f(x) = 1$ admet deux solutions.

\`A la calculatrice, on obtient $a\approx-1,84$ et $b\approx1,14$.

\item $f''(x) = -\nep^{-x}(-x - 1) -\nep^{-x} = x\nep^{-x}$.

Par conséquent, $f$ est convexe si $x > 0$ et $f$ est concave si $x< 0$.

Le point d'inflexion est donc le point de $\mathcal{C}$ d'abscisse 0, c'est $B$.

\item L'équation de la tangente en $B$ à $\mathcal{C}$ est $y = f '(0)x + f(0)$, donc\linebreak $y = -x + 2$.

\item \raisebox{-4.8cm}{\includegraphics{112_continuite-fig13}}

\item Résoudre cette inéquation revient à savoir quand $\mathcal{C}$ est sous $\mathcal{D}$. Or, d'après l'étude de convexité, $\mathcal{C}$ est sous chacune de ses tangentes pour $x < 0$.  Donc pour $x\in [-2\, ; 0]$, $\mathcal{C}$ est sous toutes ses tangentes, donc entre autre sous la tangente en $(0\, ; 2)$, d'équation $y = -x+ 2$.

Par contre, pour $x \in[2\,;4]$, $f$ est convexe, donc $\mathcal{C}$ est au-dessus de toutes ses tangentes, donc entre autre de la tangente en $(0\, ; 2)$. 

Donc $S = [-2\, ; 0[$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% NEW 2023 - Ancien exo type, algo transformé en prog python

\begin{exo}{Avec un programme}{Lycée François Couperin, Fontainebleau}{3}{25}
On considère la fonction définie sur $I=[-10\,;10]$ par :
\[ 
f(x)=x^3-3x^2+x+3.
\]
\begin{questions}
\item \'Etudier le sens de variation de la fonction $f$ et dresser son tableau de variations sur $I$.
\item
\begin{questions}
\item Démontrer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $[-10\,;10]$ notée $a$.
\item Encadrer $a$ par deux entiers relatifs consécutifs.
\end{questions}

\item On considère le programme Python suivant:

\begin{listing}{}{dichotomie-2023.py}\end{listing}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,5){
\psframebox{\qrcode{https://idl-live.prepamath.fr/ILTM/dichotomie-2023.py}}}
%\rput(-0.5,4){\PictoNathanLive[Prog]}

\begin{questions}
\item Exécuter pas à pas le programme lorsque $a=-1$, $b=0$ et $d=0,1$ en remplissant le tableau suivant.

\emph{On arrondira les résultats au centième à chaque étape}.

\Par

Quelles seront alors les valeurs de $a$ et $b$ en sortie ?


\begin{tabular}{|>{\centering\arraybackslash}M{15mm}|*5{Zc|}}
\cline{2-6}\tabulartitle
\multicolumn{1}{c|}{\cellcolor{white}} &
\'Etape 1 & 
\'Etape 2 & 
\'Etape 3 & 
\'Etape 4 & 
\'Etape 5\\
\hline
$a$ & \psline(-0.55,1)(7.05,1) $-1$ & & & & \\
\hline
$b$ & 0 & & & & \\
\hline
$m$ & & & & & \\
\hline
$f(m)$ & & & & & \\
\hline
Signe de $f(m)$ & & & & & \\
\hline
\end{tabular}
\enlargethispage*{2em}

\item Quel est le rôle de cet algorithme ?
\item Expliquer, par exemple à l'aide d'un graphique, le rôle du \og Si \fg{} dans cet algorithme.
\end{questions}

\item Donner une valeur approchée de $a$ à $10^{-3}$ près en utilisant la calculatrice.

\item En déduire le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $f'(x)=3x^2-6x+1$.

$\Delta=(-6)^2-4\times3=24$. L'équation $f'(x) = 0$ a donc deux solutions : $x_1=\dfrac{6-\sqrt{24}}{6}=1-\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ et $x_2=1+\dfrac{\sqrt{6}}{3}$.

Dans $I$, le trinôme est positif à l'extérieur des racines, et négatif entre les racines.

Donc $f$ est croissante sur $[-10\,;x_1]$ et sur $[x_2\,;10]$, et décroissante sur $[x_1\,;x_2]$.

$f(-10) = -\numprint{1307}$ ; $f(10) = 713$ ; $f(x_1) \approx3,1$ ; $f(x_2)\approx0,9$.
On obtient le tableau de variations suivant :
\[
\begin{array}{|C|*7{c}|}
\hline\tabulartitle
x     & -10 &   & x_1 &   &  x_2 &   & 10\\
\hline
f'(x) &         & + &  0  & - &    0 & + &   \\
\hline
      &         &   & f(x_1) & & & & 713\\
f(x) & & \nearrow & & \searrow & & \nearrow & \\
 & -\numprint{1307} & & & & f(x_2) & & \\
 \hline
\end{array}
\]

\enlargethispage*{\baselineskip}
\item $f$ est une fonction polynôme, elle est donc continue sur $I$.

Sur $[-10\,;x_1]$, $f$ est strictement croissante et 0 appartient à $[f(-10)\,;f(x_1)]$, donc l'équation $f(x) = 0$ admet une solution et une seule dans l'intervalle $[-10\,; x_1]$.

Sur $[x_1\,; 10]$, $f(x)$ est positif puisque le minimum est atteint en $x_2$ et est environ égal à 0,9. Donc sur cet intervalle, l'équation $f(x) = 0$ n'admet pas de solution.

Il y a donc bien une solution unique sur $I$.

De plus $f(-1) = -2$ et $f(0) = 3$, donc en reprenant le même raisonnement, $-1 < a < 0$.

\item
\begin{questions}
\item Nous avons le tableau suivant :

\begin{tabularx}{\linewidth}{|>{\centering\arraybackslash}M{1.2cm}|*5{>{\centering\arraybackslash}X|}}
\cline{2-6}\tabulartitle
\multicolumn{1}{c|}{\cellcolor{LG}} & 
\'Etape 1 & 
\'Etape 2 & 
\'Etape 3 & 
\'Etape 4 & 
\'Etape 5 \\
\hline
$a$ & \psline(-0.547,0.78)(7.16,0.78) $-1$ & $-1$ & $-1$ & $-0,87$ & $-0,81$  \\
\hline
$b$ & 0 & $-0,5$ & $-0,75$ & $-0,75$ & $-0,75$ \\
\hline
$m$ & $-0,5$ & $-0,75$ & $-0,87$ & $-0,81$ & \\
\hline
$f(m)$ & 1,63 & 0,14 & $-0,84$ & $-0,33$ & \\
\hline
Signe de $f(m)$ & $+$ & $+$ & $-$ & $-$ & \\
\hline
\end{tabularx}

\Par

\`A l'étape 5, le test $b-a>d$ est faux puisque $b-a\approx0,06$.

La sortie sera donc $a = -0,81$ et $b = -0,75$.
\item \label{ch2q3bexsol} On obtient un encadrement de la solution de l'équation $f(x) = 0$ d'amplitude inférieure ou égale à 0,1.
\begin{center}
\includegraphics{113_continuite-solintro}
\end{center}

\item On a représenté à la question \ref{ch2q3bexsol} la fonction $f$.

Initialement, $a = -1$ et $b = 0$, donc $m = -0,5$.

Or, $f(-0,5)$ est positif, donc la nouvelle valeur de $b$ sera $-0,5$ : la solution de l'équation est maintenant encadrée par $-1$ et $-0,5$.

\`A chaque étape, l'amplitude de l'encadrement est divisé par 2.
\end{questions}

\item Par balayage à la calculatrice, on trouve $-0,77 < a < -0,769$. Donc une valeur approchée de $a$ à $10^{-3}$ près est $-0,770$.

\item D'après le tableau de variations de $f$, puisque $f(a) = 0$, $f(x)$ est négatif pour $x$ appartenant à $[-10\,; a[$ et positif ensuite.
\end{questions}
\end{corrige}



%

%\begin{exo}{Algorithme de dichotomie}{Lycée  La Bruyère, Versailles}{3}{30}
%On considère la fonction $f$ définie sur $]2~;+\infty[$ par :
%\[
%f(x)=\dfrac{2}{(x-2)^3}.
%\]
%\begin{questions}
%\item % q1
%\begin{questions}
%\item Étudier les variations de la fonction $f$ sur $]2~;+\infty[$.
%\item Démontrer que l'équation $f(x)=1$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]2~;+\infty[$.
%\end{questions}
%
%\item %q2
%On considère l'algorithme de dichotomie suivant permettant d'encadrer~$\alpha$.
%
%\Par
%
%\begin{algorithme}{}
%Initialisation
%\qquad a $\leftarrow$ 3
%\qquad b $\leftarrow$ 4
%Traitement
%\qquad Tant que b-a $>$ 0,01:
%\qquad\qquad  m $\leftarrow$ (a+b)/2
%\qquad\qquad Si f(m)$>$1:
%\qquad\qquad\qquad a $\leftarrow$ m
%\qquad\qquad Sinon
%\qquad\qquad\qquad b $\leftarrow$ m
%\qquad\qquad Fin Si
%\qquad Fin Tant que
%Sortie
%\qquad Afficher a, b
%\end{algorithme}
%
%\begin{questions}
%\item %2a
%Justifier le choix des valeurs initiales $a=3$ et $b=4$.
%\item Que peut-on dire de l'amplitude de l'intervalle à la fin de l'algorithme ?
%\item Dérouler pas à pas les deux premières étapes de l'algorithme en remplissant les cases vides du tableau suivant :
%
%\Par
%
%\begin{tabular}{|C|Zc|Zc|Zc|Zc|Zc|}
%\hline\tabulartitle
%Étape & Test $b-a >0,01$ & $m$ & Test $f(m)>1$ & $a$ & $b$\\\hline
%Initialisation & & & & 3 & 4 \\\hline
%1 & Vrai & 3,5 & & & \\\hline
%2 &      &     & & & \\\hline
%\end{tabular}
%
%\item %2d
%Après les deux premières étapes, quel encadrement de $\alpha$ obtient-on ?
%\item %2e
%Déterminer le nombre d'étapes nécessaires pour obtenir l'encadrement final.
%\end{questions}
%\end{questions}
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item %q1
%	\begin{questions}
%		\item %1a
%		La fonction $f$ est définie et dérivable sur $]2~;+\infty[$ et sur cet\linebreak intervalle:
%\[
%f'(x)=\dfrac{-2\times3(x-2)^2}{(x-2)^6}=-\dfrac{6}{(x-2)^4}.
%\]
%On constate donc que $f'(x)<0$ sur $]2~;+\infty[$. La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur        $]2~;+\infty[$.
%
%	\item \label{ch4ex15-1b}%1b
%	$f(3)=2$ et $f(4)=\dfrac{2}{2^3}=0,25$.
%
%	Comme $f$ est continue, strictement décroissante sur $[3~;4]$, et 1 est compris entre $f(3)$ et $f(4)$, il existe donc, d'après le théorème de la bijection, un nombre $\alpha$ unique dans $[3~;4]$ tel que $f(\alpha)=1$.
%
%	Comme $f$ est strictement décroissante sur $]2~;+\infty[$, $f$ ne peut pas prendre deux fois la valeur 1 sur cet intervalle. L'équation $f(x)=1$ a donc une solution unique $\alpha$ dans $]2~;+\infty[$, de plus on sait que $\alpha$ est compris entre 3 et 4.
%	\end{questions}
%
%\item %q2
%	\begin{questions}
%		\item %2a
%		On a vu dans la question \ref{ch4ex15-1b} que  $\alpha$ est compris entre 3 et 4, il est donc normal de partir de cet encadrement.
%
%	\item %2b 
%	Le traitement cesse lorsque $b-a \leqslant 0,01$. Donc à la fin de l'algorithme, l'amplitude de l'encadrement est inférieur ou égal à 0,01.
%
%\item Le tableau rempli est le suivant :
%
%\Par
%
%\hspace*{-4em}
%\begin{tabular}{|C|Zc|Zc|Zc|Zc|Zc|}
%\hline\tabulartitle
%Étape & Test $b-a >0,01$ & $m$ & Test $f(m)>1$ & $a$ & $b$\\\hline
%Initialisation & & & & 3 & 4 \\\hline
%1 & Vrai & 3,5 & Faux & 3 & 3,5 \\\hline
%2 & Vrai & 3,25& Vrai & 3,25 &3,5\\\hline
%\end{tabular}
%
%\Par
%
%Pour remplir ce tableau, on a besoin des valeurs : $f(3,5)\approx0,59$ et $f(3,25)\approx1,02$.
%
%	\item %2c
%	On trouve donc que $\alpha$ est compris entre 3,25 et 3,5.
%
%	\item %2d
%	L'amplitude de l'encadrement est divisée par 2 à chaque étape.
%
%Initialement, l'amplitude est 1 ; après $n$ étapes, elle est égale à $2^{-n}$.
%
%On veut :
%\[
%2^{-n}\leqslant0,01
%\]
%c'est-à-dire:
%\[
%2^n\geqslant100.
%\]
%Cela se réalise à partir de $n=7$  ($2^6=64$ et $2^7 =128$).
%
%Il faut donc 7 étapes pour avoir l'encadrement final.
%\end{questions}
%\end{questions}
%\end{corrige}
%
%

\newpage

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exo}{Point d'inflexion et vitesse}{Lycée Virlogeux, Riom}{2}{30}
Une épidémie a frappé les habitants d'une ville.

\subsectionnn{Partie A: lectures graphiques}

La courbe $\mathcal{C}$ suivante représente le nombre de personnes malades en fonction du temps $t$, exprimé en jours, depuis le début de la maladie.

La vitesse de propagation de la maladie au jour $t$ est assimilée au nombre dérivé de la fonction au jour $t$.
\begin{center}
\includegraphics{105_continuite-fig16}
\end{center}
On expliquera les réponses.
\begin{questions}
\item Donner les jours où il y a \numprint{2000} malades.
\item Donner le jour où le nombre de malades est maximal. Quel est alors le nombre de malades ?
\item Estimer le jour où la vitesse de propagation de la maladie est la plus grande.
\end{questions}

\subsectionnn{Partie B: étude théorique}

Le nombre de personnes malades en fonction du temps $t$, en jours, peut être modélisé par la fonction $f$ définie sur l'intervalle $I = [0\, ; 30]$ par :
\[
f(t) = -t^3 + 30t^2.
\]
\begin{questions}
\item \'Etudier le sens de variations de $f$ et dresser son tableau de variations sur~$I$.
\item 
\begin{questions}
\item Déterminer le nombre de solutions sur $I$ de l'équation \mbox{$f(t) = \numprint{2000}$}.
\item Déterminer un encadrement à l'entier près de la solution non\linebreak entière.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Calculer $f''(t)$.
\item \'Etudier le sens de variations de la fonction dérivée $f'$.

En déduire la convexité de la fonction $f$.
\item Démontrer que la courbe $\mathcal{C}$ admet sur $I$ un unique point d'inflexion.
\item En donner une signification concrète.
\item Calculer la vitesse de propagation le 10\ieme{} jour.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\subsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item On trace sur le graphique donné la droite d'équation $y = \numprint{2000}$.

Il y a \numprint{2000} malades au dixième jour, et environ au vingt-septième jour.

\item Le nombre de malades est maximal le vingtième jour, et il atteint \numprint{4000}.

\item La vitesse de propagation est la plus grande quand la pente de la tangente à la courbe est la plus élevée, puisque la vitesse de propagation est assimilée au nombre dérivé. On cherche en fait le point d'inflexion.

Il semble que ce soit aux alentours de $t = 10$, en tout cas entre 7 et 12.
\end{questions}


\subsectionnn{Partie B}

\begin{questions}
\item Pour tout $t\in I$, $f '(t) = -3t^2 +60t = -3t(t - 20)$.

$f '(t)$ est un trinôme du second degré qui s'annule pour $t = 0$ et $t = 20$, et il est négatif à  l'extérieur des racines car le coefficient de $t^2$ est négatif. On obtient donc, sur $[0\,; 30]$ :

\[
\begin{array}{|R|*5{c}|}
\hline\tabulartitle
x & 0 &  & 20 &  & 30\\
\hline
f'(t) &  & + & 0 & - & \\
\hline
  & & & \numprint{4000} &  & \\
  f(t) &  & \nearrow &  & \searrow &  \\
  & 0 &  &  &  & 0\\
  \hline
\end{array}
\]

\item 
\begin{questions}
\item $f$ est une fonction polynôme donc continue.

Sur $[0\, ; 20]$, $f$ est strictement croissante et \numprint{2000} appartient à\linebreak $\big[f(0)\,;f(20)\big]$, donc d'après le théorème de la bijection, l'équation \mbox{$f(x) = \numprint{2000}$} admet une unique solution sur $[0\, ; 20]$.

Sur $[20\, ; 30]$, $f$ est strictement décroissante et \numprint{2000} appartient à $\big[f(30)\, ; f(20)\big]$, donc d'après le théorème de la bijection, l'équation $f(x) = \numprint{2000}$ admet une unique solution sur $[20\, ; 30]$.

Finalement, sur $[0\, ; 30]$, l'équation $f(x) = \numprint{2000}$ admet exactement deux solutions.

\item Vérifions que $f(10) = \numprint{2000}$ :

$f(10) = -\numprint{1000} + \numprint{3000} = \numprint{2000}$, donc la plus petite solution de l'équation $f(x) = \numprint{2000}$ est 10, et elle est entière.

$f(27) = \numprint{2187}$ et $f(28) = \numprint{1568}$, par conséquent, d'après le théorème utilisé précédemment, la solution non entière est comprise entre 27 et 28, ce qui confirme notre lecture graphique.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item $f''(t) = -6t + 60 = -6(t-10)$.
\item $f''(t) > 0 \iff t < 10$, donc $f '$ est croissante sur $[0\, ; 10]$ et décroissante sur $[10\, ; 30]$.

$f$ est donc convexe sur $[0\, ; 10]$ et concave sur $[10;30]$.

\item D'après ce qui précède, le point de $\mathcal{C}$ d'abscisse 10 est point d'inflexion.

\item  Avant $x = 10$, la dérivée est croissante, ce qui signifie que la vitesse de propagation de la maladie augmente, alors qu'après, cette vitesse diminue (même si le nombre de malades continue à augmenter jusqu'à $t = 20$). Donc 10 jours après le début de la maladie est le moment où l'épidémie commence à ralentir.

\item $f '(10) = 300$.

On peut traduire cela par le fait qu'à ce moment là, il y a 300 malades supplémentaires chaque jour.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}









\thumb
\AfficheCorrige
