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Chapitre 8 – Continuité des fonctions

Terminale générale · Mathématiques · Analyse

Objectifs du chapitre

I. Continuité en un point

Définition

La fonction \(f\) est continue en \(a\) si :

\[\lim_{x \to a} f(x) = f(a)\]

Autrement dit, la limite de \(f\) en \(a\) existe, est finie, et est égale à la valeur de \(f\) en \(a\).

Propriété

Toute fonction dérivable en \(a\) est continue en \(a\). La réciproque est fausse : une fonction peut être continue sans être dérivable (exemple : \(|x|\) en 0).

Fonctions continues usuelles

Les fonctions suivantes sont continues sur leur domaine de définition :

Opérations et continuité

La somme, le produit, le quotient (quand le dénominateur ne s'annule pas) et la composée de fonctions continues sont des fonctions continues.

Exercice 1

La fonction \(f\) définie par \(f(x) = \frac{x^2-4}{x-2}\) pour \(x\neq 2\) et \(f(2) = 3\) est-elle continue en 2 ?

Pour \(x\neq 2\) : \(f(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2\). Donc \(\lim_{x\to 2}f(x)=4\).

Or \(f(2)=3\neq 4\). La fonction n'est pas continue en 2.

Pour qu'elle le soit, il faudrait poser \(f(2)=4\).

II. Continuité sur un intervalle

Définition

\(f\) est continue sur un intervalle \(I\) si elle est continue en tout point de \(I\).

Propriété — Image d'un intervalle

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

En particulier, l'image d'un segment \([a;b]\) par une fonction continue est un segment \([m;M]\) où \(m\) et \(M\) sont le minimum et le maximum de \(f\) sur \([a;b]\).

III. Théorème des valeurs intermédiaires

Théorème des valeurs intermédiaires (TVI)

Si \(f\) est continue sur \([a;b]\), alors pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un réel \(c \in [a;b]\) tel que \(f(c) = k\).

Interprétation graphique

La courbe d'une fonction continue ne peut pas « sauter » d'une valeur à une autre sans passer par toutes les valeurs intermédiaires. Toute droite horizontale \(y=k\) située entre \(f(a)\) et \(f(b)\) coupe la courbe au moins une fois.

x y a c b f(a) k f(b) f(c) = k

Théorème des valeurs intermédiaires : la droite \(y = k\) coupe la courbe continue en au moins un point \(c \in [a\,;b]\).

Corollaire — Cas particulier \(k=0\)

Si \(f\) est continue sur \([a;b]\) et si \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes contraires, alors il existe au moins un \(c \in ]a;b[\) tel que \(f(c) = 0\).

Exemple

Soit \(f(x) = x^3 + x - 1\). \(f(0) = -1 < 0\) et \(f(1) = 1 > 0\). La fonction \(f\) est continue (polynôme) et change de signe sur \([0;1]\). Par le TVI, l'équation \(f(x) = 0\) admet au moins une solution dans \(]0;1[\).

Exercice 2

Montrer que l'équation \(e^x = 3-x\) admet au moins une solution dans \([0;2]\).

On pose \(g(x) = e^x - 3 + x\). \(g\) est continue sur \([0;2]\) (somme de fonctions continues).

\(g(0) = 1-3+0 = -2 < 0\). \(g(2) = e^2-3+2 = e^2-1 \approx 6{,}39 > 0\).

\(g\) change de signe sur \([0;2]\) : par le TVI, il existe \(c \in ]0;2[\) tel que \(g(c)=0\), soit \(e^c = 3-c\). □

IV. TVI pour une fonction strictement monotone

Théorème — Bijection

Si \(f\) est continue et strictement monotone sur \([a;b]\), alors pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), l'équation \(f(x) = k\) admet une unique solution dans \([a;b]\).

Méthode — Montrer l'existence et l'unicité d'une solution
  1. Vérifier que \(f\) est continue sur l'intervalle
  2. Vérifier que \(f\) est strictement monotone sur l'intervalle
  3. Vérifier que \(k\) est entre \(f(a)\) et \(f(b)\)
  4. Conclure par le TVI : existence et unicité de la solution
Exercice 3

Soit \(f(x) = x^3 + x - 1\). Montrer que l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(\mathbb{R}\), et encadrer \(\alpha\) à \(0{,}1\) près.

\(f'(x) = 3x^2+1 > 0\) pour tout \(x\). Donc \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

\(\lim_{-\infty}f = -\infty\), \(\lim_{+\infty}f = +\infty\). Par le TVI (version bijection), l'équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha \in \mathbb{R}\).

Encadrement : \(f(0)=-1<0\), \(f(1)=1>0\), donc \(\alpha \in ]0;1[\).

\(f(0{,}6) = 0{,}216+0{,}6-1=-0{,}184<0\). \(f(0{,}7) = 0{,}343+0{,}7-1=0{,}043>0\).

Donc \(\alpha \in ]0{,}6;\ 0{,}7[\), soit \(\alpha \approx 0{,}68\).

Exercice 4

Montrer que l'équation \(\ln x = 2-x\) admet exactement une solution sur \(]0;+\infty[\).

On pose \(g(x) = \ln x - 2 + x\). \(g\) est continue sur \(]0;+\infty[\).

\(g'(x) = \frac{1}{x}+1 > 0\) pour tout \(x>0\). \(g\) est strictement croissante.

\(\lim_{0^+}g = -\infty\), \(\lim_{+\infty}g = +\infty\). Par le TVI, \(g(x)=0\) admet une unique solution.

Vérification : \(g(1) = 0-2+1=-1<0\), \(g(2)=\ln 2 \approx 0{,}69>0\). La solution est dans \(]1;2[\).

V. Méthode de dichotomie

Méthode de dichotomie

Pour approcher la solution \(\alpha\) de \(f(x)=0\) sur \([a;b]\) (avec \(f\) continue et \(f(a)\cdot f(b)<0\)) :

  1. Calculer \(c = \frac{a+b}{2}\) (milieu de l'intervalle)
  2. Si \(f(c) = 0\) : \(\alpha = c\), terminé
  3. Si \(f(a) \cdot f(c) < 0\) : \(\alpha \in [a;c]\), on recommence avec \([a;c]\)
  4. Sinon : \(\alpha \in [c;b]\), on recommence avec \([c;b]\)

À chaque étape, l'intervalle est divisé par 2. Après \(n\) étapes, la précision est \(\frac{b-a}{2^n}\).

Exercice 5

Appliquer 4 étapes de dichotomie pour approcher la solution de \(x^3+x-1=0\) dans \([0;1]\).

Étape 1 : \(c=0{,}5\), \(f(0{,}5)=0{,}125+0{,}5-1=-0{,}375<0\). \(\alpha \in [0{,}5;1]\).

Étape 2 : \(c=0{,}75\), \(f(0{,}75)=0{,}422+0{,}75-1=0{,}172>0\). \(\alpha \in [0{,}5;0{,}75]\).

Étape 3 : \(c=0{,}625\), \(f(0{,}625)=0{,}244+0{,}625-1=-0{,}131<0\). \(\alpha \in [0{,}625;0{,}75]\).

Étape 4 : \(c=0{,}6875\), \(f(0{,}6875)\approx 0{,}013>0\). \(\alpha \in [0{,}625;0{,}6875]\).

Après 4 étapes : \(\alpha \approx 0{,}68\) à \(0{,}0625\) près.

Simulation — Méthode de dichotomie

Visualiser la convergence de la dichotomie vers la solution de \(f(x)=0\).

VI. Suites définies par \(u_{n+1} = f(u_n)\)

Propriété

Si la suite \((u_n)\) définie par \(u_{n+1} = f(u_n)\) converge vers \(\ell\) et si \(f\) est continue en \(\ell\), alors \(\ell\) est solution de l'équation \(f(\ell) = \ell\) (point fixe).

Méthode — Étude d'une suite récurrente \(u_{n+1} = f(u_n)\)
  1. Tracer la courbe de \(f\) et la droite \(y=x\)
  2. Déterminer les points fixes : résoudre \(f(x) = x\)
  3. Conjecturer graphiquement la convergence
  4. Démontrer la convergence (monotonie + bornes par récurrence)
  5. Conclure : la limite est le point fixe
x y y = x y = f(x) point fixe ℓ u₀ u₁ u₂ ℓ

Construction en escalier : à partir de \(u_0\), on alterne entre la courbe \(y = f(x)\) et la droite \(y = x\) pour visualiser la convergence vers le point fixe \(\ell\).

Exercice 6

Soit \(f(x) = \sqrt{x+2}\) et la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 0\) et \(u_{n+1} = f(u_n)\).

  1. Calculer \(u_1, u_2, u_3\).
  2. Résoudre \(f(x) = x\). Quelle est la limite candidate ?
  3. Montrer par récurrence que \(0 \leqslant u_n \leqslant 2\) pour tout \(n\).
  4. Montrer que \((u_n)\) est croissante.
  5. Conclure.
  1. \(u_1 = \sqrt{2}\approx 1{,}41\), \(u_2 = \sqrt{2+\sqrt{2}}\approx 1{,}85\), \(u_3\approx 1{,}96\).
  2. \(\sqrt{x+2}=x \Rightarrow x+2=x^2 \Rightarrow x^2-x-2=0 \Rightarrow (x-2)(x+1)=0\). Comme \(x\geqslant 0\) : \(x=2\).
  3. Init : \(0\leqslant 0 \leqslant 2\). ✓. Héré : Si \(0\leqslant u_n\leqslant 2\), alors \(2\leqslant u_n+2\leqslant 4\), \(\sqrt{2}\leqslant u_{n+1}\leqslant 2\). Donc \(0\leqslant u_{n+1}\leqslant 2\). ✓.
  4. \(u_{n+1}-u_n = \sqrt{u_n+2}-u_n\). On pose \(g(x)=\sqrt{x+2}-x\). \(g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x+2}}-1<0\) pour \(x\geqslant 0\). \(g(2)=0\). Comme \(u_n\leqslant 2\) et \(g\) décroissante : \(g(u_n)\geqslant g(2)=0\), d'où \(u_{n+1}\geqslant u_n\). ✓.
  5. Croissante et majorée par 2 : converge. La limite vérifie \(\ell = f(\ell)\), d'où \(\ell = 2\).
Exercice 7

Problème de synthèse

Soit \(f(x) = x - \frac{x^3}{6}\).

  1. Montrer que l'équation \(f(x) = 0{,}4\) admet une unique solution dans \([0;2]\).
  2. Encadrer chaque solution à \(0{,}5\) près.
  1. \(g(x) = f(x)-0{,}4 = x-\frac{x^3}{6}-0{,}4\). \(g'(x)=1-\frac{x^2}{2}\). \(g'=0\) pour \(x=\sqrt{2}\approx 1{,}41\).
    \(g\) croissante sur \([0;\sqrt{2}]\), décroissante sur \([\sqrt{2};2]\).
    \(g(0)=-0{,}4<0\), \(g(\sqrt{2})=\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}}{6}-0{,}4\approx 1{,}41-0{,}47-0{,}4=0{,}54>0\), \(g(2)=2-\frac{8}{6}-0{,}4\approx 0{,}27>0\).
    Hmm, \(g(2)>0\). \(g(0)<0\) et \(g(\sqrt{2})>0\) : une solution sur \(]0;\sqrt{2}[\) par TVI (strict. croissante).
    Sur \([\sqrt{2};2]\), \(g\) est décroissante. \(g(\sqrt{2})>0\) et \(g(2)>0\) : pas de changement de signe, donc pas de solution sur \([\sqrt{2};2]\).
    L'équation admet une unique solution sur \([0;2]\).
  2. \(g(0)=-0{,}4<0\), \(g(0{,}5)=0{,}5-0{,}021-0{,}4=0{,}079>0\). Solution dans \(]0;0{,}5[\).
    Plus précisément : \(\alpha \in ]0;0{,}5[\).