Théorème des valeurs intermédiaires et son corollaire (le théorème de la bijection)

Exercice 1

$1)$ Montrons que l’équation $f(x)=0$ admet une solution dans $[1;2]$.

La fonction $x\mapsto x^3-2x-1$ est un polynôme donc continue sur $\mathbb{R}$. On calcule
$f(1)=1^3-2\cdot 1-1=-2$ et $f(2)=8-4-1=3$.
On a $f(1)\lt 0$ et $f(2)\gt 0$. Par le TVI, il existe $c\in[1;2]$ tel que $f(c)=0$.

$2)$Montrons que cette solution est unique sur $[1;2]$.2]$(corollaire/bijection). </p><p>On étudie la dérivée$f'(x)=3x^2-2$. Pour$x\in[1;2]$, on a$f'(x)\geq f'(1)=1\gt 0$. Donc$f$est strictement croissante sur$[1;2]$. Par le corollaire du TVI (théorème de la bijection), l’équation$f(x)=0$admet <strong>une unique</strong> solution dans$[1;2]$.</p><p>$3)$On encadre par dichotomie à partir de$[1;2]$.<br><strong>Étape 1</strong> :$m_1=\dfrac{1+2}{2}=\dfrac{3}{2}=1{,}5$.<br>$f(1{,}5)=1{,}5^3-2\cdot 1{,}5-1=3{,}375-3-1=-0{,}625\lt 0$.<br>Le signe à$1{,}5$est négatif comme en$1$, donc la racine est dans$[1{,}5;2]$.</p><p><strong>Étape 2</strong> :$m_2=\dfrac{1{,}5+2}{2}=1{,}75$.<br>$f(1{,}75)=1{,}75^3-3{,}5-1=5{,}359375-4{,}5=0{,}859375\gt 0$.<br>Le signe change entre$1{,}5$et$1{,}75$, donc l’intervalle devient$[1{,}5;1{,}75]$.</p><p><strong>Étape 3</strong> :$m_3=\dfrac{1{,}5+1{,}75}{2}=1{,}625$.<br>$f(1{,}625)=1{,}625^3-3{,}25-1=4{,}291015625-4{,}25=0{,}041015625\gt 0$.<br>Le signe change entre$1{,}5$et$1{,}625$, donc après$3$itérations, la solution$\alpha$est encadrée par<br>$1{,}5\leq \alpha \leq 1{,}625$.</p><p>Remarque : on pourrait poursuivre pour affiner l’encadrement ; la convergence est garantie par la bijection sur$[1;2]$.</p><h2>Exercice 2</h2><p><br>$1)$Continuité et monotonie.</p><p>La fonction$g(x)=\ln x + x - 3$est somme de fonctions continues sur$]0;+\infty[$, donc$g$est continue sur$]0;+\infty[$. Sa dérivée vaut$g'(x)=\dfrac{1}{x}+1\gt 0$pour tout$x\in]0;+\infty[$, donc$g$est strictement croissante sur tout intervalle de$]0;+\infty[$.</p><p>$2)$Montrons que l’équation$g(x)=0$admet une unique solution dans$[2;3]$.<br>On évalue :$g(2)=\ln 2 + 2 - 3=\ln 2 -1\approx 0{,}6931-1=-0{,}3069\lt 0$.<br>$g(3)=\ln 3 + 3 - 3=\ln 3\approx 1{,}0986\gt 0$.<br>Par le TVI, il existe au moins une solution$\beta\in[2;3]$telle que$g(\beta)=0$. Comme$g$est strictement croissante sur$[2;3]$, la solution est <strong>unique</strong>.</p><p>$3)$On encadre par dichotomie à partir de$[2;3]$.</p><p><img src="https://diy7ta1tt6jst.cloudfront.net/prod/okulus/aedec517-99f9-4e8a-9027-6c92857b09d8" alt="picture-in-text"><br><strong>Étape 1</strong> :$m_1=\dfrac{2+3}{2}=2{,}5$.$g(2{,}5)=\ln 2{,}5 + 2{,}5 - 3\approx 0{,}9163-0{,}5=0{,}4163\gt 0$.<br>Signe opposé à$g(2)\lt 0$, donc la racine est dans$[2;2{,}5]$.</p><p><strong>Étape 2 </strong>:$m_2=\dfrac{2+2{,}5}{2}=2{,}25$.$g(2{,}25)=\ln 2{,}25 + 2{,}25 - 3\approx 0{,}8109-0{,}75=0{,}0609\gt 0$.<br>La racine est dans$[2;2{,}25]$.</p><p><strong>Étape 3</strong> :$m_3=\dfrac{2+2{,}25}{2}=2{,}125$.$g(2{,}125)=\ln 2{,}125 + 2{,}125 - 3\approx 0{,}7538-0{,}875=-0{,}1212\lt 0$.<br>Le signe change entre$2{,}125$(négatif) et$2{,}25$(positif).</p><p>Après$3$itérations :<br>$2{,}125\leq \beta \leq 2{,}25$.</p><p>Indication : on peut poursuivre pour obtenir une précision au centième.</p><h2>Exercice 3</h2><h6>On pose$h(x)=\dfrac{2x+3}{x+1}-x^2$définie sur$\mathbb{R}\setminus\{-1\}$.</h6><p>$1)$Domaine et continuité sur$[1;2]$.</p><p>On a$\mathcal{D}_h=\mathbb{R}\setminus\{-1\}$et$[1;2]\subset \mathcal{D}_h$, donc$h$est définie sur$[1;2]$. C’est somme d’une fonction rationnelle continue sur$[1;2]$et de$-x^2$(polynôme), donc$h$est continue sur$[1;2]$.</p><p>$2)$Valeurs aux bornes et TVI.<br>$h(1)=\dfrac{2\cdot 1+3}{1+1}-1^2=\dfrac{5}{2}-1=\dfrac{3}{2}\gt 0$.<br>$h(2)=\dfrac{7}{3}-4=-\dfrac{5}{3}\lt 0$.<br>Il y a changement de signe entre$1$et$2$; par le TVI, il existe au moins une solution$\gamma\in[1;2]$avec$h(\gamma)=0$.</p><p>$3)$Monotonie et unicité. </p><p>Calculons la dérivée sur$[1;2]$:<br>$h'(x)=\dfrac{2(x+1)-(2x+3)}{(x+1)^2}-2x=\dfrac{2x+2-2x-3}{(x+1)^2}-2x=\dfrac{-1}{(x+1)^2}-2x$.<br>Pour$x\geq 1$, on a$\dfrac{-1}{(x+1)^2}\leq -\dfrac{1}{4}$et$-2x\leq -2$, donc$h'(x)\leq -\dfrac{1}{4}-2\lt 0$.</p><p>Ainsi,$h$est strictement décroissante sur$[1;2]$. Par le corollaire du TVI (bijection), la solution dans$[1;2]$est <strong>unique</strong>.</p><p>$4)$Dichotomie à partir de$[1;2]$.<br><strong>Étape 1</strong> :$m_1=\dfrac{1+2}{2}=1{,}5$.<br>$h(1{,}5)=\dfrac{2\cdot 1{,}5+3}{1{,}5+1}-1{,}5^2=\dfrac{6}{2{,}5}-2{,}25=2{,}4-2{,}25=0{,}15\gt 0$.<br>Le signe à$1{,}5$est positif comme en$1$; la racine est dans$[1{,}5;2]$.</p><p><strong>Étape 2</strong> :$m_2=\dfrac{1{,}5+2}{2}=1{,}75$.<br>$h(1{,}75)=\dfrac{3{,}5+3}{2{,}75}-3{,}0625=\dfrac{6{,}5}{2{,}75}-3{,}0625\approx 2{,}3636-3{,}0625=-0{,}6989\lt 0$.<br>Le signe change entre$1{,}5$et$1{,}75$; l’intervalle devient$[1{,}5;1{,}75]$.</p><p>Après$2$itérations :$1{,}5\leq \gamma \leq 1{,}75$. On peut poursuivre pour affiner.