Continuité — exercices corrigés

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x - E(x)$, où $E(x)$ désigne la partie entière de $x$.

1. 1). Étudier la continuité de $f$ en tout point $x_0 \in \mathbb{Z}$.

   Indice — $\lim_{x o x_0^-} f(x)$ et $\lim_{x o x_0^+} f(x)$.

   Correction

   Pour étudier la continuité de $f$ en un entier $x_0$, on calcule les limites à gauche et à droite. Pour $x \in [x_0 - 1, x_0[$, $E(x) = x_0 - 1$, donc $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = x_0 - (x_0 - 1) = 1$. Pour $x \in [x_0, x_0 + 1[$, $E(x) = x_0$, donc $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = x_0 - x_0 = 0$. Les limites étant différentes, $f$ est discontinue en tout $x_0 \in \mathbb{Z}$.

2. 2). Déterminer $f([0 ; 1[)$.

   Indice — Calculer $f(x)$ pour $x \in [0 ; 1[$.

   Correction

   Pour tout $x \in [0 ; 1[$, $E(x) = 0$, donc $f(x) = x$. Ainsi, $f([0 ; 1[) = [0 ; 1[$.

3. 3). La fonction $f$ est-elle continue sur $[0 ; 1]$ ? Justifier.

   Indice — Vérifier la continuité en $1$.

   Correction

   Non. $f$ est discontinue en $1$ car $\lim_{x o 1^-} f(x) = 1$ et $f(1) = 0$.

4. 4). Montrer que $f$ est périodique de période $T=1$.

   Indice — $f(x+1) = f(x)$.

   Correction

   Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f(x+1) = (x+1) - E(x+1) = x+1 - (E(x)+1) = x - E(x) = f(x)$.

5. 5). Soit $\alpha \in [0 ; 1[$. Montrer qu'il existe $x \in [0 ; 1[$ tel que $f(x) = \alpha$.

   Indice — Résoudre $x = \alpha$.

   Correction

   Pour $x \in [0 ; 1[$, $f(x) = x$. L'équation $f(x) = \alpha$ équivaut à $x = \alpha$. Comme $\alpha \in [0 ; 1[$, $x = \alpha$ est solution.

6. 6). L'équation $f(x) = \alpha$ admet-elle une solution unique dans $[0 ; 1[$ pour tout $\alpha \in [0 ; 1[$ ?

   Indice — Vérifier l'unicité de $x$ dans $[0 ; 1[$.

   Correction

   Oui, car sur $[0 ; 1[$, $f(x) = x$, donc $x = \alpha$ est l'unique solution.

7. 7). Déterminer l'ensemble des solutions de $f(x) = \alpha$ dans $\mathbb{R}$ pour $\alpha \in [0 ; 1[$.

   Indice — Utiliser la période $T=1$.

   Correction

   Les solutions sont de la forme $x = \alpha + k$ avec $k \in \mathbb{Z}$.

8. 8). Soit $h$ continue sur $[0 ; 1]$ avec $h(0) = h(1)$. Montrer qu'il existe $c \in [0 ; 1/2]$ tel que $h(c) = h(c + 1/2)$.

   Indice — Appliquer le TVI à $g(x) = h(x) - h(x + 1/2)$ sur $[0 ; 1/2]$.

   Correction

   Soit $g(x) = h(x) - h(x + 1/2)$. $g(0) = h(0) - h(1/2)$ et $g(1/2) = h(1/2) - h(1) = h(1/2) - h(0) = -g(0)$. Par le TVI, il existe $c \in [0 ; 1/2]$ tel que $g(c) = 0$.

9. 9). Montrer que pour toute fonction continue $h$ sur $[0 ; 1]$ avec $h(0) = h(1)$, il existe $c \in [0 ; 1/2]$ tel que $h(c + 1/2) - h(c) = 0$.

   Indice — Utiliser le résultat de la question 8.

   Correction

   C'est la conclusion directe de la question 8 : $h(c) = h(c + 1/2)$ équivaut à $h(c + 1/2) - h(c) = 0$.

10. 10). La fonction $f$ vérifie-t-elle les hypothèses du résultat de la question 8 ?

    Indice — Vérifier la continuité de $f$ sur $[0 ; 1]$.

    Correction

    Non, car $f$ n'est pas continue sur $[0 ; 1]$ (discontinuité en $1$).

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

1. 1. Calculer $f(1)$.

   Indice — Calcule directement l'image de ce réel en remplaçant $x$ par sa valeur dans l'expression de $f$.

   Correction

   On remplace $x$ par $1$ dans l'expression de $f$ : $f(1) = 1^3 - 3(1) + 1 = 1 - 3 + 1 = -1$. L'image de $1$ par $f$ est donc $-1$.

2. 2. Étudier la continuité de $f$ en $1$.

   Indice — Utilise la définition de la continuité d'une fonction en un point en comparant la limite en ce point et l'image.

   Correction

   Puisque $f$ est une fonction polynôme, elle est définie et continue en tout point de $\mathbb{R}$, et en particulier en $1$. On a $\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) = -1$, ce qui confirme la continuité de $f$ en $1$.

3. 3. Montrer que $f$ est continue sur l'intervalle $]0\,;\,2[$.

   Indice — Identifie la nature de l'expression de $f$ (ici une fonction polynôme) et cite le théorème général de cours correspondant.

   Correction

   La fonction $f$ est définie par une expression polynomiale $f(x) = x^3 - 3x + 1$. D'après le cours, les fonctions polynômes sont continues sur $\mathbb{R}$ tout entier, et par conséquent sur l'intervalle $]0\,;\,2[$.

4. 4. Calculer :
   • $\lim_{x \to 0} f(x)$
   • $\lim_{x \to 2} f(x)$

   Indice — Calcule la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers $0$ puis lorsque $x$ tend vers $2$.

   Correction

   Par substitution directe (fonction polynôme continue) :
   - En $0$ : $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 0^3 - 3(0) + 1 = 1$.
   - En $2$ : $\lim_{x \to 2} f(x) = f(2) = 2^3 - 3(2) + 1 = 8 - 6 + 1 = 3$.

5. 5. Dresser le tableau de variations de $f$ sur l'intervalle $[0\,;\,2]$.

   Indice — Calcule la dérivée de $f$, étudie son signe pour déterminer le sens de variation, puis dresse le tableau complet.

   Correction

   La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. Sur l'intervalle $[0\,;\,2]$, $f'(x)$ s'annule en $x = 1$. $f'(x) < 0$ sur $[0\,;\,1[$ et $f'(x) > 0$ sur $]1\,;\,2]$. La fonction est donc décroissante de $f(0)=1$ à $f(1)=-1$, puis croissante de $f(1)=-1$ à $f(2)=3$.

6. 6. Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[0\,;\,2]$.

   Indice — Vérifie la continuité, la stricte monotonie, et calcule les images des bornes pour appliquer le théorème des valeurs intermédiaires.

   Correction

   Sur l'intervalle $[1\,;\,2]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante. De plus, $f(1) = -1$ et $f(2) = 3$, donc $0$ est compris entre $f(1)$ et $f(2)$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans $[1\,;\,2]$ (et par extension dans $[0\,;\,2]$).

7. 7. Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0{,}1$.

   Indice — Utilisez la méthode dichotomique ou évaluez $f$ sur des décimaux d'ordre $1$ pour trouver un encadrement d'amplitude $0{,}1$.

   Correction

   En évaluant $f$ par balayage ou dichotomie avec un pas de $0{,}1$ sur l'intervalle $[1\,;\,2]$, on obtient $f(1{,}5) = 0{,}875 > 0$ et $f(1{,}4) = -0{,}256 < 0$. Comme $f$ change de signe entre $1{,}4$ et $1{,}5$, on en déduit l'encadrement $1{,}4 < \alpha < 1{,}5$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$$f(x) = \begin{cases} \sqrt{4x^2 - 3x + 1} + 2x & \text{si } x < 0 \\ 1 & \text{si } x = 0 \\ \frac{x + \cos(\pi x)}{x^2 + 1} & \text{si } x > 0 \end{cases}$$

On note $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthogonal $(O, \vec{i}, \vec{j})$.

1. 1. Calculer $\lim_{x \to -\infty} f(x)$.

   Indice — Pense à lever la forme indéterminée $\infty - \infty$ en utilisant la quantité conjuguée et à prêter attention au signe de $x$ lors de l'extraction de $|x|$.

   Correction

   En $-\infty$, le terme sous la racine se comporte comme $4x^2$, et $\sqrt{4x^2} = 2|x| = -2x$ car $x < 1$. On obtient une forme indéterminée du type $+\infty - \infty$. En multipliant et divisant par la quantité conjuguée $(\sqrt{4x^2 - 3x + 1} - 2x)$, on réécrit l'expression sous la forme $\frac{-3x + 1}{\sqrt{4x^2 - 3x + 1} - 2x}$. En factorisant par $x$ au numérateur et au dénominateur (en tenant compte de $|x| = -x$), on simplifie pour trouver que la limite de $f$ en $-\infty$ est $\frac{3}{4}$.

2. 2. Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$.

   Indice — Utilise un encadrement de $\cos(\pi x)$ pour encadrer $f(x)$ sur $]0\,;\,+\infty[$ et applique le théorème des gendarmes.

   Correction

   Pour $x > 0$, on utilise l'encadrement classique $-1 \leq \cos(\pi x) \leq 1$, ce qui donne $\frac{x - 1}{x^2 + 1} \leq f(x) \leq \frac{x + 1}{x^2 + 1}$. Lorsque $x$ tend vers $+\infty$, les fonctions aux bornes de cet encadrement tendent toutes deux vers $0$. Par application du théorème des gendarmes, la limite de $f$ en $+\infty$ est $0$.

3. 3. Étudier la continuité de $f$ en $0$.

   Indice — Calcule séparément la limite à gauche et la limite à droite de $f$ en $0$, puis compare-les à $f(0)$.

   Correction

   On calcule la limite à gauche en $0$ en utilisant l'expression valable pour $x < 0$ : $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (\sqrt{4x^2 - 3x + 1} + 2x) = 1$. Pour la limite à droite, on utilise l'expression pour $x > 0$ : $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x + \cos(\pi x)}{x^2 + 1} = \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1$. Comme $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 1$, la fonction $f$ est continue en $0$.

4. 4. Déterminer l'ensemble de continuité de $f$.

   Indice — Étudie la continuité de $f$ sur les deux intervalles ouverts en utilisant les opérations sur les fonctions continues, puis conclue avec le résultat obtenu en $0$.

   Correction

   Sur $]-\infty\,;\,0[$, $f$ s'exprime comme la somme et la composée de fonctions usuelles continues (polynômes, racine carrée), elle est donc continue. Sur $]0\,;\,+\infty[$, $f$ est un quotient de fonctions continues dont le dénominateur ($x^2 + 1$) ne s'annule pas, elle y est donc également continue. En combinant ces résultats avec la continuité démontrée en $0$, le domaine de continuité de $f$ est $\mathbb{R}$ tout entier.

5. 5. Montrer que l'équation $f(x) = \frac{1}{2}$ admet au moins une solution $\alpha \in ]0\,;\,1[$.

   Indice — Vérifie les conditions d'application du théorème des valeurs intermédiaires sur l'intervalle $[0\,;\,1]$.

   Correction

   La fonction $f$ est continue sur l'intervalle $[0\,;\,1]$ en tant que somme, produit et quotient de fonctions usuelles sans division par zéro. On calcule les images des bornes : $f(0) = 1$ et $f(1) = \frac{1 + \cos(\pi)}{1^2 + 1} = \frac{1 - 1}{2} = 0$. Comme $\frac{1}{2}$ est compris entre $f(1) = 0$ et $f(0) = 1$, le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'au moins un réel $\alpha \in ]0\,;\,1[$ tel que $f(\alpha) = \frac{1}{2}$.

6. 6. L'image de l'intervalle $[0\,;\,1]$ par $f$ est-elle égale à $[0\,;\,1]$ ? Justifier.

   Indice — Rappelle-toi que la formule $f([a\,;\,b]) = [f(a)\,;\,f(b)]$ n'est valable que pour une fonction monotone ; évalue $f\left(\frac{1}{6}\right)$ pour tester l'affirmation.

   Correction

   L'affirmation est fausse. La formule $f([a\,;\,b]) = [f(a)\,;\,f(b)]$ ne s'applique qu'aux fonctions monotones, ce qui n'est pas le cas ici. En effet, en évaluant la fonction en un point intermédiaire, par exemple en calculant explicitement $f\left(\frac{1}{6}\right)$, on constate que la valeur dépasse 1 ou descend en deçà de 0, montrant que l'image de l'intervalle $[0\,;\,1]$ n'est pas réduite à ce même intervalle.

7. 7. Montrer que l'équation $f(x) = x$ admet au moins une solution $\beta \in ]0\,;\,1[$.

   Indice — Introduis la fonction auxiliaire $g(x) = f(x) - x$ sur $[0\,;\,1]$ et étudie son signe aux bornes de l'intervalle.

   Correction

   On introduit la fonction auxiliaire $g(x) = f(x) - x$ définie et continue sur l'intervalle $[0\,;\,1]$. On calcule ses valeurs aux bornes : $g(0) = f(0) - 0 = 1 - 0 = 1$ et $g(1) = f(1) - 1 = 0 - 1 = -1$. Le produit des valeurs aux bornes est négatif ($g(0)g(1) < 0$). D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel $\beta \in ]0\,;\,1[$ tel que $g(\beta) = 0$, c'est-à-dire $f(\beta) = \beta$.

8. 8. En déduire les coordonnées du point d'intersection de $\mathcal{C}_f$ et de la droite d'équation $y = x$ sur $]0\,;\,1[$.

   Indice — Interprète géométriquement la résolution de l'équation $f(x) = x$ et exprime les deux coordonnées du point d'intersection.

   Correction

   Résoudre l'équation $f(x) = x$ revient à chercher les abscisses des points d'intersection entre la courbe $\mathcal{C}_f$ et la droite d'équation $y = x$. D'après la question précédente, il existe une solution $\beta \in ]0\,;\,1[$ à cette équation. Le point d'intersection cherché existe donc bien sur l'intervalle $]0\,;\,1[$ et ses coordonnées exactes sont $(\beta\,;\,\beta)$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x - E(x)$, où $E(x)$ désigne la partie entière de $x$.

1. 1). Étudier la continuité de $f$ en tout point $x_0 \in \mathbb{Z}$.

   Indice — Calculer $\lim_{x \to x_0^-} f(x)$ et $\lim_{x \to x_0^+} f(x)$.

   Correction

   Pour $x_0 \in \mathbb{Z}$, $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^-} (x - (x_0 - 1)) = 1$ et $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} (x - x_0) = 0$. Comme les limites sont distinctes, $f$ n'est pas continue en $x_0$.

2. 2). Déterminer l'image de l'intervalle $[0 ; 1[$ par $f$.

   Indice — Sur $[0 ; 1[$, $E(x) = 0$.

   Correction

   Pour tout $x \in [0 ; 1[$, $f(x) = x$. L'image est $[0 ; 1[$.

3. 3). Montrer que, pour tout $x \in \mathbb{R}$, $0 \le f(x) < 1$.

   Indice — Utiliser $E(x) \le x < E(x) + 1$.

   Correction

   Par définition, $E(x) \le x < E(x) + 1$, donc $0 \le x - E(x) < 1$.

4. 4). Soit $g$ la fonction définie sur $[0 ; 1]$ par $g(x) = f(x)$ si $x \in [0 ; 1[$ et $g(1) = 0$. Étudier la continuité de $g$ sur $[0 ; 1]$.

   Indice — Calculer $\lim_{x \to 1^-} g(x)$ et comparer à $g(1)$.

   Correction

   Sur $[0, 1[$, $g(x) = x$, donc $\lim_{x \to 1^-} g(x) = 1$. Comme $g(1) = 0$, $g$ n'est pas continue en $1$.

5. 5). Soit $h$ une fonction continue sur $[0 ; 1]$ telle que $h(0) = h(1)$. Montrer qu'il existe $c \in [0 ; 1/2]$ tel que $h(c) = h(c + 1/2)$.

   Indice — Poser $\varphi(x) = h(x + 1/2) - h(x)$ et étudier $\varphi(0) + \varphi(1/2)$.

   Correction

   Soit $\varphi(x) = h(x + 1/2) - h(x)$ sur $[0, 1/2]$. $\varphi$ est continue. $\varphi(0) + \varphi(1/2) = h(1/2) - h(0) + h(1) - h(1/2) = h(1) - h(0) = 0$. Si $\varphi(0) = 0$ ou $\varphi(1/2) = 0$, le résultat est immédiat. Sinon, $\varphi(0)$ et $\varphi(1/2)$ sont de signes opposés. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in ]0, 1/2[$ tel que $\varphi(c) = 0$.

6. 6). Donner un exemple de fonction $h$ non constante vérifiant $h(0) = h(1)$ et illustrer le résultat précédent.

   Indice — Considérer $h(x) = \sin(2\pi x)$.

   Correction

   Soit $h(x) = \sin(2\pi x)$. $h(0) = h(1) = 0$. $\varphi(x) = \sin(2\pi x + \pi) - \sin(2\pi x) = -2\sin(2\pi x)$. $\varphi(c) = 0$ pour $c = 0$ ou $c = 1/2$.

On considère la famille de fonctions $f_m : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $f_m(x) = \sqrt{x^2 + 3} - m x - 1$, où $m \in \mathbb{R}$ est un paramètre réel.

1. 1). Déterminer le domaine de définition de $f_m$.

   Indice — Examine le domaine de définition de la fonction racine carrée.

   Correction

   La fonction $f_m$ est définie si et seulement si l'expression sous la racine est positive ou nulle. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a $x^2 + 3 \ge 3 > 0$. Par conséquent, le domaine de définition de $f_m$ est $\mathcal{D}_{f_m} = \mathbb{R}$ pour tout $m \in \mathbb{R}$.

2. 2). Calculer $\lim_{x \to +\infty} f_m(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} f_m(x)$ suivant les valeurs de $m$.

   Indice — Étudie le comportement du terme dominant $\sqrt{x^2}$ en $+\infty$ et en $-\infty$.

   Correction

   En $+\infty$, en écrivant $\sqrt{x^2+3} = |x|\sqrt{1+\frac{3}{x^2}} = x\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}$, on factorise par $x$ : $f_m(x) = x\left(\sqrt{1+\frac{3}{x^2}} - m - \frac{1}{x}\right)$. La limite est $+\infty$ si $m < 1$, $-\infty$ si $m > 1$, et nécessite un développement si $m = 1$. En $-\infty$, avec $|x| = -x$, on trouve que la limite est $+\infty$ si $m > -1$, $-\infty$ si $m < -1$.

3. 3). Déterminer la valeur de $m$ pour laquelle $\lim_{x \to +\infty} f_m(x)$ est finie.

   Indice — Compare le coefficient de $x$ dans la racine avec la valeur de $m$.

   Correction

   Pour obtenir une limite finie en $+\infty$, il faut éliminer le terme dominant en $x$ qui provoque l'infini. Cela impose que le coefficient de $x$ dans l'expression factorisée soit nul, c'est-à-dire $1 - m = 0$. On en déduit que la seule valeur possible est $m = 1$.

4. 4). Calculer $\lim_{x \to +\infty} f_1(x)$.

   Indice — Utilise la quantité conjuguée pour lever l'indétermination.

   Correction

   Pour $m = 1$, on utilise la quantité conjuguée pour lever l'indétermination en $+\infty$ : $f_1(x) = \frac{(\sqrt{x^2+3}-1)^2 - x^2}{\sqrt{x^2+3}+1} = \frac{x^2+3-2x\sqrt{x^2+3}+1-x^2}{\dots}$ (après simplification par la forme conjuguée standard $\frac{3 - 2x}{\sqrt{x^2+3}+x}$ ou via un développement asymptotique). On obtient finalement une limite finie égale à $0$.

5. 5). Montrer que $f_m$ est continue sur $\mathbb{R}$.

   Indice — Pense à la définition de la continuité en un point.

   Correction

   La fonction $f_m$ est la somme et la composée de fonctions usuelles continues sur $\mathbb{R}$ : la fonction $x \mapsto x^2+3$ est strictement positive et continue, donc sa racine carrée est continue sur $\mathbb{R}$, et les termes $-mx-1$ sont des fonctions affines continues.

6. 6). Montrer que l'équation $f_1(x) = 0$ admet au moins une solution $\alpha \in ]0 ; 2[$.

   Indice — Évalue $f_1(0)$ et $f_1(2)$.

   Correction

   Pour $m=1$, on évalue la fonction aux bornes de l'intervalle : $f_1(0) = \sqrt{3} - 1 > 0$ et $f_1(2) = \sqrt{7} - 3 = \sqrt{7} - \sqrt{9} < 0$. Puisque $f_1$ est continue sur $[0, 2]$, le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'au moins une solution $\alpha \in ]0, 2[$ telle que $f_1(\alpha) = 0$.

7. 7). Montrer que $f_1$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

   Indice — Étudie le signe de la dérivée de $f_1$.

   Correction

   On calcule la dérivée de $f_1$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $f_1'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2+3}} - 1$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a $|x| < \sqrt{x^2+3}$, ce qui implique que $\frac{x}{\sqrt{x^2+3}} < 1$. Par conséquent, $f_1'(x) < 0$ sur $\mathbb{R}$, ce qui prouve que $f_1$ est strictement décroissante.

8. 8). En déduire que $\alpha$ est l'unique solution de $f_1(x) = 0$ sur $\mathbb{R}$.

   Indice — Utilise la stricte monotonie et la continuité.

   Correction

   D'après la question précédente, $f_1$ est strictement décroissante et continue sur $\mathbb{R}$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ vers son image. Comme $\alpha$ est une solution sur $\mathbb{R}$, elle est unique.

9. 9). Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,5$.

   Indice — Utilise l'encadrement $0 < \alpha < 2$ et la décroissance de $f_1$.

   Correction

   En utilisant l'encadrement $0 < \alpha < 2$ et la décroissance de la fonction $f_1$ sur cet intervalle (étudiée aux questions précédentes), on évalue $f_1$ aux milieux de l'intervalle. On trouve que $f_1(1,5) > 0$ et $f_1(2) < 0$. Par conséquent, $\alpha \in ]1,5 ; 2[$, ce qui fournit bien un encadrement d'amplitude $0,5$.

10. 10). Montrer que, pour $m > 1$, l'équation $f_m(x) = 0$ admet une unique solution $\beta_m \in \mathbb{R}$.

    Indice — Compare $f_m(x)$ avec $f_1(x)$ pour $m > 1$.

    Correction

    Pour $m > 1$, on remarque que $f_m(x) = f_1(x) + (1-m)x$. Pour tout $x > 0$, comme $m > 1$, la fonction $f_m$ est strictement décroissante (car somme de fonctions strictement décroissantes). En étudiant les limites de $f_m$ aux bornes et en appliquant le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), on conclut que l'équation $f_m(x) = 0$ admet une unique solution $\beta_m$ sur $\mathbb{R}$.

11. 11). Déterminer le signe de $\beta_m$ suivant les valeurs de $m > 1$.

    Indice — Examine le signe de $f_m(0)$ et la limite en $+\infty$.

    Correction

    On évalue $f_m(0) = \sqrt{3} - 1 > 0$. Puisque $f_m(0) > 0$ et que la fonction est strictement décroissante pour $m > 1$, la position de la solution $\beta_m$ dépend du signe de $f_m(\text{valeur})$. En étudiant $f_m(1) = 2 - m$, on constate que si $1 < m < 2$, alors $f_m(1) > 0$ ce qui implique $\beta_m > 1$. Si $m = 2$, $\beta_m = 1$. Enfin, si $m > 2$, $f_m(1) < 0$ ce qui implique $0 < \beta_m < 1$. Ainsi, pour tout $m > 1$, la solution $\beta_m$ est strictement positive.