Rappel · 1

Pour qu'une fonction $f$ soit continue en un réel $x_0$ , quelle condition fondamentale doit être vérifiée ?

Remarque

Une fonction $f$ est continue en $x_0$ si et seulement si elle est définie en $x_0$ et admet en ce point une limite finie égale à $f(x_0)$ : $\lim_{x\to x_0} f(x) = f(x_0)$ .

Point de départ · 2

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^2$ si $x < 1$ et $f(x) = 2x+1$ si $x \ge 1$ .

Que valent respectivement les limites de $f(x)$ quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures ( $x < 1$ ) et par valeurs supérieures ( $x > 1$ ) ?

Remarque

Pour $x < 1$ , $\lim_{x\to 1^-} x^2 = 1$ . Pour $x > 1$ , $\lim_{x\to 1^+} (2x+1) = 3$ . Les deux limites sont différentes : la courbe présente un saut en $x = 1$ et $f$ ne peut pas être continue en ce point.

Définition · 3

Continuité à droite, à gauche et en un point

$f \text{ est continue en } x_0 \iff \lim_{x\to x_0^+} f(x) = \lim_{x\to x_0^-} f(x) = f(x_0)$

x_0 \in D_f

$f$ est dite continue à droite en $x_0$ si $\lim_{x\to x_0^+} f(x) = f(x_0)$ , et continue à gauche en $x_0$ si $\lim_{x\to x_0^-} f(x) = f(x_0)$ .

Exemple travaillé · 4

Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$f(x) = \frac{(x-1)^2}{|x-1|} \text{ si } x \ne 1 \quad \text{et} \quad f(1) = 0$
Étudier la continuité de $f$ en $1$ .

1

Pour $x > 1$ , on a $x-1 > 0$ , donc $|x-1| = x-1$ . On simplifie l'expression :

2

f(x) = \frac{(x-1)^2}{x-1} = x-1 \implies \lim_{x\to 1^+} f(x) = 1-1 = 0

3

Pour $x < 1$ , on a $x-1 < 0$ , donc $|x-1| = -(x-1)$ . On simplifie l'expression :

4

f(x) = \frac{(x-1)^2}{-(x-1)} = -(x-1) = 1-x \implies \lim_{x\to 1^-} f(x) = 1-1 = 0

5

Comme $\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^-} f(x) = f(1) = 0$ , $f$ est continue à droite et à gauche en $1$ . Elle est donc continue en $1$ .

Définition · 5

Prolongement par continuité

Soit $f$ une fonction non définie en un réel $x_0$ , mais admettant une limite finie $l$ en ce point.

$g(x) = \begin{cases} f(x) & \text{si } x \in D_f \\ l & \text{si } x = x_0 \end{cases}$

La fonction $g$ ainsi définie sur $D_f \cup \{x_0\}$ est continue en $x_0$ . Elle est appelée le prolongement par continuité de $f$ en $x_0$ .

Exemple travaillé · 6

Soit la fonction $f$ définie sur $[-1;0[ \cup ]0;+\infty[$ par $f(x) = \frac{\sqrt{x+1}-1}{x}$ .

Montrer que $f$ est prolongeable par continuité en $0$ et expliciter ce prolongement.

1

En $x=0$ , on constate une forme indéterminée du type « $\frac{0}{0}$ ». On multiplie numérateur et dénominateur par l'expression conjuguée $(\sqrt{x+1}+1)$ :

2

f(x) = \frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)}{x(\sqrt{x+1}+1)} = \frac{(x+1)-1}{x(\sqrt{x+1}+1)} = \frac{x}{x(\sqrt{x+1}+1)} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+1}

3

On évalue la limite en $0$ à partir de cette expression simplifiée :

4

\lim_{x\to 0} f(x) = \lim_{x\to 0} \frac{1}{\sqrt{x+1}+1} = \frac{1}{\sqrt{0+1}+1} = \frac{1}{2}

5

La limite en $0$ existe et est finie ( $l = \frac{1}{2}$ ). La fonction $f$ est donc prolongeable par continuité en $0$ . Son prolongement est la fonction $g$ définie sur $[-1;+\infty[$ par $g(x) = f(x)$ si $x \ne 0$ et $g(0) = \frac{1}{2}$ .

Piège classique · 7

Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \frac{x^2-1}{x-1}$ si $x \ne 1$ , et $f(1) = 5$ .

Peut-on affirmer que $f$ est prolongeable par continuité en $1$ ?

Attention

Affirmer que $f$ est prolongeable par continuité en $1$ parce que $\lim_{x\to 1} \frac{x^2-1}{x-1} = \lim_{x\to 1}(x+1) = 2$ est un réel fini.

À la place : Non. La fonction $f$ est déjà définie en $1$ avec $f(1) = 5$ . Comme $\lim_{x\to 1} f(x) = 2 \ne f(1)$ , $f$ est simplement discontinue en $1$ . La notion de prolongement par continuité ne concerne strictement que les points non définis au départ.

Vérification · 8

On considère la fonction $h$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$h(x) = \begin{cases} \frac{x^2+3x-4}{x+4} & \text{si } x \ne -4 \\ a & \text{si } x = -4 \end{cases}$
Quelle valeur doit prendre le réel $a$ pour que $h$ soit continue en $-4$ ?

Remarque

Pour tout $x \ne -4$ , on factorise le numérateur : $x^2+3x-4 = (x+4)(x-1)$ , donc $h(x) = x-1$ . On calcule la limite : $\lim_{x\to -4} h(x) = -4-1 = -5$ . Pour assurer la continuité en $-4$ , il faut $h(-4) = \lim_{x\to -4} h(x)$ , soit $a = -5$ .

Rappel · 9

Pour tout réel strictement négatif $x < 0$ , que vaut l'expression $\sqrt{x^2}$ ?

Remarque

Pour tout réel $x$ , $\sqrt{x^2} = |x|$ . Lorsque $x < 0$ , sa valeur absolue est son opposé, donc $|x| = -x$ .

Définition · 10

Extraction de x hors d'une racine carrée à l'infini

Pour factoriser un trinôme $ax^2+bx+c$ ( $a > 0$ ) sous un radical au voisinage de l'infini, on factorise par $x^2$ :

$\sqrt{ax^2+bx+c} = \sqrt{x^2} \sqrt{a + \frac{b}{x} + \frac{c}{x^2}} = |x| \sqrt{a + \frac{b}{x} + \frac{c}{x^2}}$

On distingue alors le signe de $x$ selon le voisinage étudié :

\text{Si } x > 0 \text{ (en } +\infty\text{) : } \sqrt{ax^2+bx+c} = x \sqrt{a + \frac{b}{x} + \frac{c}{x^2}}

\text{Si } x < 0 \text{ (en } -\infty\text{) : } \sqrt{ax^2+bx+c} = -x \sqrt{a + \frac{b}{x} + \frac{c}{x^2}}

Exemple travaillé · 11

Déterminer la limite suivante :
$\lim_{x\to -\infty} \left(\sqrt{2x^2+x} + x\right)$

1

Pour $x < -\frac{1}{2}$ , on factorise par $x^2$ sous la racine en appliquant $\sqrt{x^2} = -x$ :

2

\sqrt{2x^2+x} = \sqrt{x^2\left(2+\frac{1}{x}\right)} = -x\sqrt{2+\frac{1}{x}}

3

On factorise l'expression globale par $x$ :

4

\sqrt{2x^2+x} + x = -x\sqrt{2+\frac{1}{x}} + x = x\left(-\sqrt{2+\frac{1}{x}} + 1\right)

5

Quand $x\to -\infty$ , $\lim_{x\to -\infty} \frac{1}{x} = 0$ , donc la parenthèse tend vers $-\sqrt{2}+1$ .

6

Comme $-\sqrt{2}+1 < 0$ et $\lim_{x\to -\infty} x = -\infty$ , on conclut par produit de limites :

7

\lim_{x\to -\infty} \left(\sqrt{2x^2+x} + x\right) = +\infty

Exemple travaillé · 12

Déterminer la limite suivante :
$\lim_{x\to -\infty} \left(\sqrt{x^2+x} + x\right)$

1

En $-\infty$ , $\sqrt{x^2+x} \sim -x$ . Le terme dominant s'annule avec $+x$ ( $-x+x=0$ ) : la factorisation par $x$ conduit à une forme $0 \times \infty$ . On utilise l'expression conjuguée.

2

\sqrt{x^2+x} + x = \frac{(\sqrt{x^2+x}+x)(\sqrt{x^2+x}-x)}{\sqrt{x^2+x}-x} = \frac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}-x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+x}-x}

3

Pour $x < -1$ , on factorise le dénominateur en sortant $\sqrt{x^2} = -x$ :

4

\sqrt{x^2+x}-x = -x\sqrt{1+\frac{1}{x}}-x = -x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)

5

On simplifie le quotient par $x$ :

6

\frac{x}{-x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)} = \frac{1}{-\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)}

7

Comme $\lim_{x\to -\infty} \sqrt{1+\frac{1}{x}} = 1$ , le dénominateur tend vers $-2$ . La limite cherchée vaut donc $-\frac{1}{2}$ .

Piège classique · 13

On souhaite calculer $\lim_{x\to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ .

Quelle est la simplification correcte pour tout réel $x < 0$ ?

Attention

Écrire $\sqrt{x^2(1+1/x^2)} = x\sqrt{1+1/x^2}$ en oubliant que $x$ est négatif, ce qui donne une limite fausse égale à $1$ .

À la place : Comme $x < 0$ , $\sqrt{x^2} = |x| = -x$ . L'expression s'écrit $\frac{-x\sqrt{1+1/x^2}}{x} = -\sqrt{1+1/x^2}$ , dont la limite en $-\infty$ est $-1$ .

Vérification · 14

Déterminer la valeur de la limite suivante :
$\lim_{x\to -\infty} \frac{\sqrt{4x^2+3}}{x}$

Remarque

Pour $x < 0$ , on extrait $\sqrt{x^2} = -x$ : $\sqrt{4x^2+3} = -x\sqrt{4+\frac{3}{x^2}}$ . En simplifiant par $x$ , le quotient devient $-\sqrt{4+\frac{3}{x^2}}$ , qui tend vers $-\sqrt{4} = -2$ quand $x\to -\infty$ .

Point de départ · 15

On considère la fonction $f(x) = x^2$ sur l'intervalle $[-1; 2]$ . Que vaut l'ensemble des images $f([-1; 2])$ ?

Remarque

Attention : $f(-1) = 1$ et $f(2) = 4$ , mais l'image n'est pas $[1; 4]$ . Le réel $0$ appartient à l'intervalle $[-1; 2]$ et son image est $f(0) = 0$ . Comme un carré est toujours positif ou nul, les images varient de $0$ à $4$ : $f([-1; 2]) = [0; 4]$ .

Définition · 16

Image d'un intervalle par une fonction continue

L'image d'un intervalle $I$ par une fonction continue $f$ est un intervalle.

$f([a; b]) = [m; M] \quad \text{avec } m = \min_{[a;b]} f \text{ et } M = \max_{[a;b]} f$

Cas particulier fondamental : lorsque $f$ est strictement monotone sur l'intervalle, les extrema sont nécessairement atteints aux bornes. Si $f$ est strictement croissante, $f([a; b]) = [f(a); f(b)]$ . Si $f$ est strictement décroissante, les bornes s'inversent : $f([a; b]) = [f(b); f(a)]$ . Pour les bornes ouvertes, on remplace la valeur par la limite correspondante.

Exemple travaillé · 17

Soit la fonction $f$ définie sur $]1;+\infty[$ par $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$ . Déterminer l'image de l'intervalle $]1; 4]$ par $f$ .

1

On étudie d'abord la monotonie de $f$ sur $]1; 4]$ en calculant sa dérivée :

2

f'(x) = \frac{2(x-1) - 1(2x+1)}{(x-1)^2} = \frac{-3}{(x-1)^2} < 0

3

La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $]1; 4]$ . L'ordre des bornes s'inverse donc :

4

f(]1; 4]) = [f(4); \lim_{x\to 1^+} f(x)[

5

On calcule l'image de la borne fermée et la limite à la borne ouverte : $f(4) = \frac{2(4)+1}{4-1} = 3$ et $\lim_{x\to 1^+} f(x) = \frac{3}{0^+} = +\infty$ . On en déduit : $f(]1; 4]) = [3; +\infty[$ .

Exemple travaillé · 18

Soit la fonction $g$ définie sur $[-1; 0]$ par $g(x) = x^2+x$ . Déterminer l'image $g([-1; 0])$ .

1

On calcule la dérivée pour vérifier si $g$ est monotone sur $[-1; 0]$ :

2

g'(x) = 2x+1 \implies g'(x) = 0 \iff x = -\frac{1}{2}

3

$g'$ est négative sur $[-1; -1/2[$ et positive sur $]-1/2; 0]$ . La fonction $g$ décroît puis croît : elle n'est pas monotone sur $[-1; 0]$ et admet un minimum en $x = -\frac{1}{2}$ .

4

On évalue les extrema de $g$ sur le segment :

5

m = g\left(-\frac{1}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4} \quad \text{et} \quad g(-1) = 0 \, , \, g(0) = 0 \implies M = 0

6

Comme $g$ est continue sur le segment $[-1; 0]$ , son image est $[m; M] = \left[-\frac{1}{4}; 0\right]$ .

Piège classique · 19

Soit la fonction $f$ définie sur $[-1; 3]$ par $f(x) = x^2 - 4$ . Quelle est l'image $f([-1; 3])$ ?

Attention

Calculer directement $[f(-1); f(3)] = [-3; 5]$ en supposant la fonction monotone sur $[-1; 3]$ .

À la place : La fonction $x \mapsto x^2-4$ n'est pas monotone sur $[-1; 3]$ : elle décroît sur $[-1; 0]$ et croît sur $[0; 3]$ . Son minimum absolu est atteint en $x=0$ et vaut $f(0) = -4$ . L'image est donc $[\min f; \max f] = [-4; 5]$ .

Vérification · 20

Soit une fonction $g$ continue et strictement décroissante sur $]0; 2]$ telle que $\lim_{x\to 0^+} g(x) = 5$ et $g(2) = -1$ .

Que vaut l'image $g(]0; 2])$ ?

Remarque

La fonction étant strictement décroissante, l'ordre des bornes s'inverse : la borne fermée en $2$ donne la borne inférieure fermée $g(2) = -1$ , et la borne ouverte en $0^+$ donne la borne supérieure ouverte $\lim_{x\to 0^+} g(x) = 5$ . On obtient $g(]0; 2]) = [-1; 5[$ .

Point de départ · 21

Soit $f$ une fonction continue sur $[0; 2]$ telle que $f(0) = -2$ et $f(2) = 3$ .

La courbe de $f$ peut-elle relier ces deux points sans couper l'axe des abscisses ?

Remarque

C'est impossible sans lever le crayon : la courbe coupe obligatoirement l'axe des abscisses au moins une fois entre $0$ et $2$ . C'est l'intuition fondamentale du Théorème des Valeurs Intermédiaires.

Définition · 22

Théorème des valeurs intermédiaires (TVI)

$\forall k \text{ compris entre } f(a) \text{ et } f(b), \quad \text{l'équation } f(x) = k \text{ admet au moins une solution } c \in [a; b]$

f \text{ est continue sur l'intervalle } [a; b]

Remarque

Cas particulier fondamental : si $f(a) \cdot f(b) < 0$ , l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution $c \in ]a; b[$ .

Définition · 23

TVI avec stricte monotonie (unicité)

$f(x) = k \text{ admet une unique solution dans } [a; b]$

f \text{ est continue et strictement monotone sur } [a; b] \text{ et } k \text{ est compris entre } f(a) \text{ et } f(b)

Remarque

Si de plus $f(a) \cdot f(b) < 0$ , l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]a; b[$ .

Exemple travaillé · 24

On considère la fonction $f$ définie sur $[0; 1]$ par $f(x) = x^3 + 2x - 1$ .

1) Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]0; 1[$ .
2) Déterminer par dichotomie un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0{,}5$ .

1

$f$ est une fonction polynôme sur $\mathbb{R}$ , elle est donc continue sur le segment $[0; 1]$ .

2

On étudie la monotonie de $f$ sur $[0; 1]$ en calculant sa dérivée :

f'(x) = 3x^2 + 2 > 0 \quad \forall x \in [0; 1]

3

La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $[0; 1]$ .

4

On évalue les images aux bornes :

f(0) = -1 < 0 \quad \text{et} \quad f(1) = 1^3 + 2(1) - 1 = 2 > 0

5

Comme $f$ est continue et strictement croissante sur $[0; 1]$ , et que $f(0) \cdot f(1) < 0$ , le corollaire du TVI assure que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]0; 1[$ .

6

Pour la dichotomie, on évalue $f$ au centre de l'intervalle $c = 0{,}5$ :

f(0{,}5) = (0{,}5)^3 + 2(0{,}5) - 1 = 0{,}125 + 1 - 1 = 0{,}125 > 0

7

Comme $f(0) < 0$ et $f(0{,}5) > 0$ , la racine $\alpha$ appartient à l'intervalle $]0; 0{,}5[$ , ce qui donne l'encadrement d'amplitude $0{,}5$ : $0 < \alpha < 0{,}5$ .

Exemple travaillé · 25

Soit la fonction $g$ définie sur $[-1; 2]$ par $g(x) = x^2 - x - 1$ .

Montrer que l'équation $g(x) = 0$ admet exactement deux solutions réelles distinctes, l'une dans $]-1; 0[$ et l'autre dans $]1; 2[$ .

1

$g$ est une fonction polynôme donc continue sur $[-1; 2]$ . Sa dérivée est $g'(x) = 2x - 1$ .

2

Sur $[-1; 0]$ , $x \le 0$ , donc $g'(x) = 2x - 1 \le -1 < 0$ : $g$ est strictement décroissante sur $[-1; 0]$ .

3

On évalue les bornes sur $[-1; 0]$ :

g(-1) = (-1)^2 - (-1) - 1 = 1 > 0 \quad \text{et} \quad g(0) = -1 < 0

4

Comme $g(-1) \cdot g(0) < 0$ et que $g$ est continue et strictement décroissante sur $[-1; 0]$ , il existe une unique solution $\beta \in ]-1; 0[$ .

5

Sur $[1; 2]$ , $x \ge 1$ , donc $g'(x) = 2x - 1 \ge 1 > 0$ : $g$ est strictement croissante sur $[1; 2]$ .

6

On évalue les bornes sur $[1; 2]$ :

g(1) = 1 - 1 - 1 = -1 < 0 \quad \text{et} \quad g(2) = 4 - 2 - 1 = 1 > 0

7

Comme $g(1) \cdot g(2) < 0$ et que $g$ est continue et strictement croissante sur $[1; 2]$ , il existe une unique solution $\alpha \in ]1; 2[$ .

8

Les intervalles $]-1; 0[$ et $]1; 2[$ étant disjoints, l'équation $g(x) = 0$ admet exactement deux solutions distinctes dans $[-1; 2]$ .

Piège classique · 26

Soit $f$ une fonction continue sur $[-2; 2]$ vérifiant $f(-2) = -3$ et $f(2) = 4$ .

Peut-on affirmer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution dans $[-2; 2]$ ?

Attention

Affirmer que la solution est unique dès lors que $f(-2) \cdot f(2) < 0$ .

À la place : Le changement de signe $f(a) \cdot f(b) < 0$ garantit seulement l'existence d'au moins une solution (TVI général). Pour affirmer l'unicité, il est indispensable de prouver que $f$ est strictement monotone sur l'intervalle. Sans cette condition, la courbe peut osciller et couper l'axe plusieurs fois.

Vérification · 27

On considère la fonction $h(x) = x^5 + 3x - 2$ sur $[0; 1]$ .

Quelle combinaison de propriétés justifie que l'équation $h(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]0; 1[$ ?

Remarque

La dérivée est $h'(x) = 5x^4 + 3 > 0$ sur $[0; 1]$ , donc $h$ est strictement croissante. Comme $h$ est continue sur $[0; 1]$ avec $h(0) = -2 < 0$ et $h(1) = 2 > 0$ , le corollaire du TVI avec stricte monotonie garantit l'existence et l'unicité de $\alpha$ .

Limite et continuité — cours

Le cours

Continuité à droite, à gauche et en un point

Prolongement par continuité

Extraction de x hors d'une racine carrée à l'infini

Image d'un intervalle par une fonction continue

Théorème des valeurs intermédiaires (TVI)

TVI avec stricte monotonie (unicité)

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