Continuité en \(-1\) ?

• D’une part, \(f(-1)=6\times (-1)+8=2\)
• D’autre part, \(\displaystyle \lim_{x \to (-1)^+} f(x)= -3 \times (-1) +7=10\)

Ainsi, \(f\) n’est pas continue en \(-1\).

Continuité en \(2\) ?

• D’une part, \(f(2)=2-1=1\).
• D’autre part, \(\displaystyle \lim _{x \to 2^-}=-3\times 2 + 7 = 1\)
• Enfin, \(\displaystyle \lim _{x \to 2^+}=2-1= 1\)

La fonction \(f\) est continue en \(2\).

\(f(-2)=\dfrac{1}{2}\times(-2)-3=-4\). Or, \(\displaystyle\lim_{x \to (-2)^+}=-2+1=-1\). La fonction \(f\) n’est pas continue en \(-2\).

\(f\) est continue sur \(]-\infty;1[\) et sur \(]1;+\infty[\). Il reste à déterminer si elle est continue en \(1\).

• \(f(1)=1^2+a \times 1+b=1+a+b\)
• \(\displaystyle\lim_{x \to 1^-} f(x)= a \times 1^2 + b \times 1 + 1 = a +b+1\)
• \(\displaystyle\lim_{x \to 1^+} f(x)=1+a+b\)

Ainsi, \(f\) est continue en 1. Finalement, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

La fonction \(f\) est continue sur \(]-\infty;2[\) et sur \(]2;+\infty[\). Il reste à déterminer à quelle condition elle est continue en \(2\).

• \(f(2)=4+2a+b\)
• \(\displaystyle\lim_{x \to 2^-} f(x)=4a+2b+1\)
• \(\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x)=4+2a+b\)

Pour que \(f\) soit continue en \(2\), il faut et il suffit que \(4a+2b+1=4+2a+b\), c’est-à-dire \(2a+b-3=0\).

Pour tout entier naturel non nul \(n\),
\[\dfrac{4n^2+1}{n^2+3n+2}=\dfrac{n^2}{n^2} \times \dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}=\dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}\]

Or, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}} = 4\). De plus, la fonction \(x\mapsto \sqrt{x}\) est continue en 4. Ainsi, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \sqrt{\dfrac{4+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}}=\sqrt{4}=2\).

On sait que \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n}=0\). De plus, la fonction exponentielle est continue en 0. Ainsi, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty}\exp\left(\dfrac{1}{n}\right)=e^0=1\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la proposition \(1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant 2\)

• \(u_0=1\), \(u_1=\dfrac{3}{2}\) et on a bien \(1\leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 2\), \(\mathcal{P}(0)\) est donc vraie.
• Soit \(n \in \mathbb{N}\) pour lequel \(\mathcal{P}(n)\) est vraie.Ainsi, \(1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\), d’où \(2 \leqslant u_n +1 \leqslant u_{n+1}+1 \leqslant 3\).La fonction \(x\mapsto \dfrac{1}{x}\) étant décroissante sur \(\mathbb{R}_+\), on a alors, \(\dfrac{1}{2} \geqslant \dfrac{1}{u_n+1} \geqslant \dfrac{1}{u_{n+1}+1} \geqslant \dfrac{1}{3}\), puis, en multipliant par \(-3\) qui est négatif, \(\dfrac{-3}{2} \leqslant -\dfrac{3}{u_n+1} \leqslant -\dfrac{3}{u_{n+1}+1} \leqslant -1\) et finalement, \(\dfrac{3}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 2\). En particulier, puisque \(\dfrac{3}{2} >1\), on a également \(1\leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 2\)
  . \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
• Ainsi, \(\mathcal{P}(0)\) est vraie \(P\) est héréditaire. D’après le principe de récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

La suite \((u_n)\) étant croissante et majorée par 2, elle est donc convergente.

La fonction \(f:x \mapsto -\dfrac{3}{x+1}+3\) est continue sur \(]-1;+\infty [\) et, pour tout entier naturel \(n\), on a bien \(u_n \in ]-1 ; +\infty [\). Ainsi, la limite \(l\) de la suite \((u_n)\) vérifie \(f(l)=l\), c’est-à-dire
\[ l = -\dfrac{3}{l+1}+3\]
Ainsi, on trouve \(\dfrac{l(2-l)}{l+1}=0\) et donc \(l=0\) ou \(l=2\). Puisque pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geqslant 1\), le cas \(l=0\) est impossible. On a donc \(l=2\).

Si \((u_n)\) converge vers un réel \(l\), puisque la fonction \(x\mapsto \sqrt{6+x}\) est continue sur \([-6;+\infty[\), ce réel \(l\) vérifie \(l=\sqrt{6+l}\). Ainsi, \(l^2=6+l\) ou encore \(l^2-l-6=0\). On trouve alors deux solutions qui sont \(l=-2\) et \(l=3\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la proposition \(0\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 3\).

• \(u_1= \sqrt{6+0}=\sqrt{6}\). On a bien \(0 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 3\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
• Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P(n)}\) soit vraie. Ainsi, \(0\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 3\). Ainsi, \(6\leqslant 6+u_n \leqslant 6+u_{n+1} \leqslant 9\) . Par ailleurs, la fonction Racine carrée étant croissante sur \(\mathbb{R}_+\), \(\sqrt{6} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+3} \leqslant 3\). Or, puisque \(\sqrt{6} \geqslant 0\), on a bien \(0\leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 3\). \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
• On a montré que \(\mathcal{P}(0)\) est vraie et \(\mathcal{P}\) est héréditaire. Ainsi, d’après le principe de récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

La suite \((u_n)\) est croissante et majorée, elle est donc convergente. De plus, elle n’a que deux limites possibles qui sont \(-2\) et \(3\). \(-2\) est impossible puisque pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geqslant 0\). Ainsi, \(\displaystyle \lim_{n \to + \infty }u_n=3\).

Pour tout entier naturel \(n\) ,on considère la proposition \(P(n)\) : « \(\dfrac{1}{4}\leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant \dfrac{3}{4}\) »

• Initialisation : \(u_0=0,5=\dfrac{1}{2}\), \(u_1= \left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{4}{16}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{7}{16}\). On a bien \(\dfrac{1}{4} \leqslant u_1 \leqslant u_0 \leqslant \dfrac{3}{4}\).
• Hérédité : Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. On a donc \[\dfrac{1}{4}\leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant \dfrac{3}{4}\] On applique alors la fonction \(x\mapsto x^2\) qui est croissante sur \([0;+\infty[\). Il en vient que \[\left(\dfrac{1}{4}\right)^2 \leqslant u_{n+1}^2 \leqslant u_n^2 \leqslant \left(\dfrac{3}{4}\right)^2\] c’est-à-dire \[\dfrac{1}{16}\leqslant u_{n+1}^2 \leqslant u_n^2 \leqslant \dfrac{9}{16}\] On ajoute alors \(\dfrac{3}{16}\) à chaque membre, on a finalement \[\dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{16}\leqslant u_{n+1}^2 + \dfrac{3}{16}\leqslant u_n^2 + \dfrac{3}{16} \leqslant \dfrac{9}{16} + \dfrac{3}{16}\] soit \[\dfrac{1}{4}\leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant \dfrac{3}{4}\]
  \(P(n+1)\) est vraie.
• \(P(0)\) est vraie et \(P\) est héréditaire. Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\). La suite est décroissante et comprise entre \(\dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4}\).

La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée, elle converge donc vers une limite \(l\). De plus, la fonction \(x\mapsto x^2+\dfrac{3}{16}\) étant continue sur \(\left[\dfrac{1}{4}\,;\,\dfrac{3}{4}\right]\), cette limite \(l\) vérifie \(l=l^2-\dfrac{3}{16}\), c’est-à-dire \[l^2-l+\dfrac{3}{16}=0\]

Il s’agit d’une équation du second degré dont les racines sont \(\dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4}\).

Les seules limites possibles sont donc \(\dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{3}{4}\). Or, la suite \((u_n)\) est décroissante et \(u_0=\dfrac{1}{2}\). \(\dfrac{3}{4}\) ne peut donc pas être la limite de la suite \((u_n)\). Finalement \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{1}{4}\).

\(f(1)=-5<0\) et \(f(2)=24>0\).

La fonction \(f\) étant continue sur \([1;2]\), d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(c \in [1;2]\) tel que \(f(c)=0\), soit \(c^5-2c-4=0\) ou encore \(c^5=2c+4\).

En utilisant un algorithme de balayage, on trouve que \(c\simeq 1.47\)

\(f\) est dérivable comme somme de fonctions dérivables (et est donc continue). Pour tout réel \(x\), \(f'(x)=e^x-3\)

Si \(0 \leqslant x \leqslant 1\), alors, par croissance de la fonction exponentielle sur \(\mathbb{R}\), \(e^0 \leqslant e^x \leqslant e\) et donc \(e^x-3 \leqslant e-3 < 0\). La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \([0;1]\).

\(f(0)=1\) et \(f(1)=e-3 <0\). Résoudre \(e^x=3x\) revient à résoudre \(f(x)=0\). Or, \(f\) est continue sur \([0;1]\), \(f(0)>0\) et \(f(1)<0\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(c\) dans \([0,1]\) tel que \(f(c)=0\). De plus, la fonction \(f\) étant strictement décroissante sur cet intervalle, le réel \(c\) est unique.

La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Pour tout réel \(x\), \(f'(x)=6x^2+18x-60=6(x^2+3x-10)\). Ainsi, \(f'(x)=0 \Leftrightarrow x=2 \text{ ou } x=-5\). On a par ailleurs \(f(2)=-65\) et \(f(-5)=278\). En outre, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)=+\infty\) et \(\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x)=-\infty\). Le tableau de variations de \(f\) est le suivant.

On peut en déduire le nombre de solutions de l’équation \(f(x)=0\). Par exemple, sur \(]-\infty ;-5[\)

• La fonction \(f\) est continue et strictement monotone.
• \(f(-5)>0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x)=-\infty\).
• Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions strictement monotones, l’équation \(f(x)=0\) possède une unique solution sur l’intervalle \(]-\infty ; -5[\)

De la même manière, l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution sur \(]-5;2[\) puis une unique solution sur \(]2;+\infty[\). Ainsi, l’équation \(f(x)=0\) possède exactement 3 solutions sur \(\mathbb{R}\).

\(f\) est dérivable (et donc continue) sur \(\mathbb{R}\). De plus, pour tout réel \(x\), \(f'(x)=3x^2-10x+3=3(x-3)\left(x-\dfrac{1}{3}\right)\). Les racines peuvent se calculer à l’aide de la méthode du discriminant. On peut alors dresser le tableau de variations de \(f\).

En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions strictement monotones sur chacun des intervalles \(\left]-\infty ; \dfrac{1}{3}\right ]\), \(\left[ \dfrac{1}{3}; 3 \right]\) et \([3;+\infty [\), on en déduit que l’équation \(f(x)=0\) possède exactement 3 solutions sur \(\mathbb{R}\).

Pour tout réel \(x\), on pose \(f(x)=xe^{-x}+1\). D’une part, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}xe^{-x}=0\) et donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}f(x)=1\). D’autre part, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty}x=-\infty\), \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty}e^{-x}=+\infty\) et donc \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty}f(x)=-\infty\).

Par ailleurs, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(f'(x)=(1-x)e^{-x}\). On obtient le tableau de variations de \(f\).

Ainsi, pour \(x>1\), on a \(f(x)>1\). Ensuite, sur \(]-\infty;1]\)

• \(f\) est continue
• \(f(1)=1+\dfrac{1}{e} >0\)
• \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty}f(x)=-\infty\)

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x)=0\) admet une solution sur \(]-\infty;1]\). De plus, la fonction \(f\) étant strictement croissante sur cet intervalle, cette solution est unique.

Avec un algorithme de balayage, on trouve que cette solution vaut environ \(-0,57\).

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty\) et \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^{-x}=0\). Par somme, on trouve donc que \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} (e^x + e^{-x})=+\infty\) et finalement que \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)=-\infty\).

La fonction \(f\) est dérivable sur \([0;+\infty [\) et que pour tout réel \(x\) de cet intervalle, \(f'(x)=-\dfrac{1}{2}(e^x-e^{-x})\)

Or, pour tout réel \(x> 0\), \(e^x \geqslant 1\) et \(e^{-x}< 1\) et donc \(-e^{-x} > -1\). Ainsi, par somme des inégalités, \(e^{x}-e^{-x} > 0\) et donc \(f'(x) < 0\). La fonction \(f\) est donc strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\) et donc sur \([0;+\infty[\), l’ajout d’un point seul ne changeant rien à la stricte monotonie. Puisque l’on souhaite montrer qu’il existe une unique solution sur \([0;+\infty[\), il nous suffit de calculer \(f(0)\) et \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)\). On sait que cette dernière vaut \(-\infty\). De plus, \(f(0)=\dfrac{7}{2}-\dfrac{1}{2}(1+1)=\dfrac{5}{2}>0\).
Ainsi,

• la fonction \(f\) est continue sur \([0;+\infty[\)
• \(f(0)>0\)
• \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)=-\infty\)

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une solution à l’équation \(f(x)=0\) sur l’intervalle \([0;+\infty [\). De plus, la fonction \(f\) étant strictement monotone sur \([0;+\infty[\), cette solution est unique.

Si \(f(0)=0\) ou \(f(1)=1\), alors le résultat est immédiat. Supposons donc que \(f(0) \neq 0\) et \(f(1) \neq 1\).

Pour tout réel \(x \in [0;1]\), on pose \(g(x)=f(x)-x\)

• La fonction \(g\) est continue, car c’est la somme de deux fonctions continues.
• \(g(0) = f(0)-0=f(0) > 0\)
• \(g(1) = f(1)-1 < 0\) puisque \(f(1) < 1\)

Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(x \in [0;1]\) tel que \(g(x)=0\), c’est-à-dire \(f(x)-x=0\) ou encore \(f(x)=x\)