Exercices sur le chapitre continuité : des corrections

Exercice 01

Démontrer que l'équation $x^ 3 + 3 x = 5$ a une solution et une seule dans $\mathbb{R}$ .

Donner une valeur approchée à $10^ {-2}$ près de cette solution.

 

D'après le théorème de la bijection :
  • $f $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = [1 ; 2]$.
  • $f$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = [1 ; 2]$.
  • $f\left(1\right)=-1$ et $f\left(2\right)=9$
$f$ réalise donc une bijection de $\left[1;2\right]$ sur $\left[-1;9\right]$
$0$ est compris entre $f\left(1\right)$ et $f\left(2\right)$, en effet $f\left(1\right) < 0 $ et $f\left(2\right) > 0 $
donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\alpha$ dans $[1 ; 2]$ .

 

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :

Avec une calculatrice on obtient :

  $f\left(1,15\right)\approx -0,03$  et  $f\left(1,16\right)\approx 0,04$
On a donc $f\left(1,15\right)<0<f\left(1,16\right)$, soit $f\left(1,15\right)<f\left(\alpha\right)<f\left(1,16\right)$
comme  $f$  est strictement croissante sur $\left[1;2\right]$; on déduit $1,15<\alpha< 1,16$

$$1,15<\alpha< 1,16$$

Exercice 02

tab

On donne ci-contre le tableau de variations de $f$.

Quel est le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 1 $

(On justifiera le résultat)

D'après le théorème de la bijection :
  • $f $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left]-\infty ; 2\right]$.
  • $f$ est strictement décroissante sur l' intervalle $I = \left]-\infty ; 2\right]$.
  • $\lim\limits_{x \to -\infty}~f(x)=+\infty$ et $f \left(2\right)=-3$
$f$ réalise donc une bijection de $\left]-\infty ; 2\right]$ sur $\left[-3;+\infty\right[$
$1\in \left[-3;+\infty\right[$,
donc l'équation $f(x) = 1 $ a une racine unique $\alpha$ dans $\left]-\infty ; 2\right]$ .

Exercice 03

tab

On donne ci-dessus le tableau de variations de $f$.
  1. Quel est le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$
  2.  

    $$ \newcommand{\mtn}{\mathbb{N}} \newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*} \newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\mtr}{\mathbb{R}} \newcommand{\mtk}{\mathbb{K}} \newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\mch}{\mathcal{H}} \newcommand{\mcp}{\mathcal{P}} \newcommand{\mcb}{\mathcal{B}} \newcommand{\mcl}{\mathcal{L}} \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} \newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)} \newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} \newcommand{\mcs}{\mathcal{S}} \newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} \newcommand{\ic}{\text{i}} \newcommand{\mcsns}{\mathcal{S}_n^{++}} \newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)} \newcommand{\mnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\th}{th} \DeclareMathOperator{\vect}{vect} \DeclareMathOperator{\card}{card} \DeclareMathOperator{\comat}{comat} \DeclareMathOperator{\imv}{Im} \DeclareMathOperator{\rang}{rg} \DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} \DeclareMathOperator{\diam}{diam} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \newcommand{\veps}{\varepsilon} \newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} \newcommand{\mcun}{\mcu_n} \newcommand{\dis}{\displaystyle} \newcommand{\croouv}{[\![} \newcommand{\crofer}{]\!]} \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)} \newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} \newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$

    D'après le théorème de la bijection :

    • \(f \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]-\infty ; -1\right]\).
    • \(f\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]-\infty ; -1\right]\).
    • \(\lim\limits_{x \to -\infty}~f(x)=-\infty\) et \(f \left(-1\right)=2\)

    \(f\) réalise donc une bijection de \(\left]-\infty ; -1\right]\) sur \(\left]-\infty;2\right]\)
    \(0\in \left]-\infty;2\right]\),
    donc l'équation \(f(x) = 0 \) a une racine unique \(\alpha\) dans \(\left]-\infty ; -1\right]\) .

     


    D'après le théorème de la bijection :
    • $f $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left[-1 ; 1\right]$.
    • $f$ est strictement décroissante sur l' intervalle $I = \left[-1 ; 1\right]$.
    • $f\left(-1\right)=2$ et $f\left(1\right)=-1$
    $f$ réalise donc une bijection de $\left[-1;1\right]$ sur $\left[-1;2\right]$
    $0$ est compris entre $-1$ et $2$,
    donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\beta$ dans $\left[-1 ; 1\right]$ .

    D'après le théorème de la bijection :
    • $f $ est une fonction dérivable  donc  continue  sur l' intervalle $I = \left[1 ; +\infty\right[$.
    • $f$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = \left[1 ; +\infty\right[$.
    • $f \left(1\right)=-1$ et $\lim\limits_{x \to +\infty}~f(x)=+\infty$
    $f$ réalise donc une bijection de $\left[1 ; +\infty\right[$ sur $\left[-1;+\infty\right[$
    $0\in \left[-1;+\infty\right[$,
    donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\gamma$ dans $\left[1 ; +\infty\right[$ .

    Conclusion : l'équation $f(x) = 0$ a trois solutions dans $\mathbb{R}$
  3. Quel est le nombre de solutions de l'équation $f(x) = - 5$

    (On justifiera les résultats)

  4.  

    $$ \newcommand{\mtn}{\mathbb{N}} \newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*} \newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\mtr}{\mathbb{R}} \newcommand{\mtk}{\mathbb{K}} \newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\mch}{\mathcal{H}} \newcommand{\mcp}{\mathcal{P}} \newcommand{\mcb}{\mathcal{B}} \newcommand{\mcl}{\mathcal{L}} \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} \newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)} \newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} \newcommand{\mcs}{\mathcal{S}} \newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} \newcommand{\ic}{\text{i}} \newcommand{\mcsns}{\mathcal{S}_n^{++}} \newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)} \newcommand{\mnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\th}{th} \DeclareMathOperator{\vect}{vect} \DeclareMathOperator{\card}{card} \DeclareMathOperator{\comat}{comat} \DeclareMathOperator{\imv}{Im} \DeclareMathOperator{\rang}{rg} \DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} \DeclareMathOperator{\diam}{diam} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \newcommand{\veps}{\varepsilon} \newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} \newcommand{\mcun}{\mcu_n} \newcommand{\dis}{\displaystyle} \newcommand{\croouv}{[\![} \newcommand{\crofer}{]\!]} \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)} \newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} \newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$

    D'après le théorème de la bijection :

    • \(f \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]-\infty ; -1\right]\).
    • \(f\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]-\infty ; -1\right]\).
    • \(\lim\limits_{x \to -\infty}~f(x)=-\infty\) et \(f \left(-1\right)=2\)

    \(f\) réalise donc une bijection de \(\left]-\infty ; -1\right]\) sur \(\left]-\infty;2\right]\)
    \(-5\in \left]-\infty;2\right]\),
    donc l'équation \(f(x) = -5 \) a une racine unique \(\epsilon\) dans \(\left]-\infty ; -1\right]\) .

     


    Sur $[-1; +\infty[$, $f$ présente un minimum absolu en $1$ qui vaut $-1$, donc pour tout réel $x$ de $[-1; +\infty[$ on a $f(x)\geq -1$,
    donc l'équation $f(x) = - 5$ n'a pas de solution sur $[-1; +\infty[$.
    Conclusion : l'équation $f(x) = -5$ a une seule solution dans $\mathbb{R}$

 

Exercice 04

On considère l'équation $(E) : \cos x = x$

Une figure ?

  1. Montrer que si $x$ est solution de $(E)$ alors $0\leq x\leq\dfrac{\pi}{2} $ .
  2. Tout d'abord comme pour tout réel $x$ on a : $-1\leq \cos x \leq 1 $; et comme $\cos x = x$ , on déduit qu'une solution de $(E)$ est nécessairement dans $[-1; 1]$.
    Par ailleurs si $x\in [-1;0[$ on a $-\dfrac{\pi}{2} < -1 < x < 0$, on lit sur le cercle trigonométrique $\cos x \geq 0$
    Donc $(E)$ n'a pas de solution sur $[-1;0[$
    Conclusion : si l'équation $(E)$ a des solutions, elles se trouvent dans $[0; 1] \subset \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$
  3. Montrer que l'équation $(E)$ a une solution unique $\alpha$ dans $\mathbb{R}$ .
  4. Déjà si $(E)$ a une solution alors celle-ci est nécessairement dans l'intervalle $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$. $$(E) \Leftrightarrow \cos x - x=0$$ Notons $f$ la fonction définie sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$ par $f(x)= \cos x - x $
    $f$ est dérivable sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$ et $f'(x)= -\sin x - 1 $
    Pour tout réel $x$; on a : \begin{align*} -1 \leq \sin x \leq 1& \\ 1 \geq -\sin x \geq -1& \text{ en multipliant par } -1 < 0\\ -1 \leq -\sin x \leq 1& \\ -2 \leq -\sin x -1\leq 0&\text{ en ajoutant } -1 \\ f'(x)\leq 0 & \\ \end{align*} Par ailleurs comme $f'(x)=0\Leftrightarrow -\sin x -1=0\Leftrightarrow \sin x= -1 \Leftrightarrow x = -\dfrac{\pi}{2} = k 2 \pi$
    Ainsi la dérivée de $f$ est strictement négative sauf en des valeurs isolées où elle s'annule, donc $f$ est strictement décroissante sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$.

    D'après le théorème de la bijection :
    • $f $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right]$.
    • $f$ est strictement décroissante sur l' intervalle $I = \left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right]$.
    • $f\left(0\right)=1$ et $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{\pi}{2}$
    $f$ réalise donc une bijection de $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ sur $\left[-\dfrac{\pi}{2};1\right]$
    $0$ est compris entre $-\dfrac{\pi}{2}$ et $1$,
    donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\alpha$ dans $\left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right]$ .



  1. Déterminer une valeur approchée de $\alpha$ à $10 ^{-2}$ près par défaut.

 

Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :
Avec une calculatrice on obtient :
$f\left(0,73\right)\approx 0,015$ et $f\left(0,74\right)\approx -0,0015$
On a donc $f\left(0,73\right) > 0 > f\left(0,74\right)$, soit $f\left(0,73\right)> f\left(\alpha\right)>f\left(0,74\right)$
comme $f$ est strictement décroissante sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$; on déduit $0,73< \alpha < 0,74$

$$ 0,73 < \alpha < 0,74$$

 

Exercice 05

Soit $ (C)$ la courbe représentative de la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = 2 - x^ 2$

et $(C')$ la courbe représentative de la fonction $g$ définie sur $ [0   ;   +\infty [$ par $ g(x) =\sqrt{3x}$ .

Quel est le nombre de points d'intersections de $(C)$ et de $(C')$ ? (Justifier)

Une figure ?

On résout $f(x)= g(x)\rightarrow 2-x^2-\sqrt{3x}=0$

On note $h: x\mapsto 2-x^2-\sqrt{3x}$
$h$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ et $h'(x)= -2x-\dfrac{3}{2\sqrt{3x}}$
Comme ici $x>0$; on a clairement $h'(x)<0$ comme somme de deux réels strictement négatifs.

D'après le théorème de la bijection :
  • $h $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left]0 ; +\infty\right[$.
  • $h$ est strictement décroissante sur l' intervalle $I = \left]0 ; +\infty\right[$.
  • $\lim\limits_{x \to 0}~h(x)=2$ et $\lim\limits_{x \to +\infty}~h(x)=-\infty$
$h$ réalise donc une bijection de $\left]0 ; +\infty\right[$ sur $\left]-\infty;2\right[$
$ 0 \in \left]-\infty;2\right[$,
donc l'équation $h(x) = 0 $ a une racine unique $\alpha$ dans $\left]0 ; +\infty\right[$ .

 


Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :
Avec une calculatrice on obtient :
$h\left(0,72\right)\approx 0,01$ et $h\left(0,73\right)\approx -0,01$
On a donc $h\left(0,72\right) > 0 > h\left(0,73\right)$, soit $h\left(0,72\right)> h\left(\alpha\right)>h\left(0,73\right)$
comme $h$ est strictement décroissante sur $\left[0;1\right]$; on déduit $0,72< \alpha < 0,73$

$$ 0,72 < \alpha < 0,73$$

 

 

Exercice 06

On considère la fonction $h$ définie sur $ [- 1   ;   +\infty [$ par $ h(x) = 2 x - 3 +\sqrt{x+1}$ .

Une figure ?

  1. Donner le tableau de variations de $h$ .
  2. En déduire que l'équation $h(x) = 0$ a une solution unique $\alpha$ dans $[- 1   ;   +\infty [$ .
  3. D'après le théorème de la bijection :
    • $h $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = \left]-1 ; +\infty\right[$.
    • $h$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = \left]-1 ; +\infty\right[$.
    • $\lim\limits_{x \to -1}~h(x)=-5$ et $\lim\limits_{x \to +\infty}~h(x)=+\infty$

    $h$ réalise donc une bijection de $\left]-1 ; +\infty\right[$ sur $\left]-5;+\infty\right[$
    $0\in \left]-5;+\infty\right[$,
    donc l'équation $h(x) = 0 $ a une racine unique $\alpha$ dans $\left]-1 ; +\infty\right[$ .

  4. Donner une valeur approchée de $\alpha$ à $ 10 ^{-2}$ près. (Facultatif : donner la valeur exacte de $\alpha$ )
  5. Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :

    Avec une calculatrice on obtient :

      $h\left(0,82\right)\approx -0,01$  et  $h\left(0,83\right)\approx 0,01$
    On a donc $h\left(0,82\right)<0<h\left(0,83\right)$, soit $h\left(0,82\right)<h\left(\alpha\right)<h\left(0,83\right)$
    comme  $h$  est strictement croissante sur $\left[0;1\right]$; on déduit $0,82<\alpha< 0,83$

    $$0,82<\alpha< 0,83$$
     

Exercice 07

Dans les exemples qui suivent; dénombrer les solutions des équations dans un intervalle $I$ et en donner un encadrement d'amplitude $10^{-2}$.

  1. $x^3+5x=2$, $I=[0;1]$.
  2. Soit $f: x\mapsto x^3+5x$
    D'après le théorème de la bijection :
    • $f $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = [0 ; 1]$.
    • $f$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = [0 ; 1]$.
    • $f\left(0\right)=-2$ et $f\left(1\right)=4$
    $f$ réalise donc une bijection de $\left[0;1\right]$ sur $\left[-2;4\right]$
    $0$ est compris entre $f\left(0\right)$ et $f\left(1\right)$, en effet $f\left(0\right) < 0 $ et $f\left(1\right) > 0 $
    donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\alpha$ dans $[0 ; 1]$ .

     

    Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :

    Avec une calculatrice on obtient :

      $f\left(0,38\right)\approx -0,04$  et  $f\left(0,39\right)\approx 0,009$
    On a donc $f\left(0,38\right)<0<f\left(0,39\right)$, soit $f\left(0,38\right)<f\left(\alpha\right)<f\left(0,39\right)$
    comme  $f$  est strictement croissante sur $\left[0;1\right]$; on déduit $0,38<\alpha< 0,39$

    $$0,38<\alpha< 0,39$$
  3. $x^5-5x+1=0$, $I=[-2;2]$.
  4. Soit $f: x\mapsto x^5-5x+1$
    $$f'(x)=5x^4-5=5(x^4-1)=5(x^2-1)(x^2+1)= 5(x -1)(x+1)(x^2+1)$$
    D'après le théorème de la bijection :
    • $f $ est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle $I = [-1 ; 1]$.
    • $f$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = [-1 ; 1]$.
    • $f\left(-1\right)=5$ et $f\left(1\right)=-3$
    $f$ réalise donc une bijection de $\left[-1;1\right]$ sur $\left[5;-3\right]$
    $0$ est compris entre $f\left(-1\right)$ et $f\left(1\right)$, en effet $f\left(-1\right) < 0 $ et $f\left(1\right) > 0 $
    donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\alpha$ dans $[-1 ; 1]$ .

     

    Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :
    Avec une calculatrice on obtient :
    $f\left(0,20\right)\approx 3 \times 10^{-4}$ et $f\left(0,21\right)\approx 0,05$
    On a donc $f\left(0,20\right) > 0 > f\left(0,21\right)$, soit $f\left(0,20\right)> f\left(\alpha\right)>f\left(0,21\right)$
    comme $f$ est strictement décroissante sur $\left[-1;1\right]$; on déduit $0,20< \alpha < 0,21$

    $$ 0,20 < \alpha < 0,21$$

     

     

    $$ \newcommand{\mtn}{\mathbb{N}} \newcommand{\mtns}{\mathbb{N}^*} \newcommand{\mtz}{\mathbb{Z}} \newcommand{\mtr}{\mathbb{R}} \newcommand{\mtk}{\mathbb{K}} \newcommand{\mtq}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\mch}{\mathcal{H}} \newcommand{\mcp}{\mathcal{P}} \newcommand{\mcb}{\mathcal{B}} \newcommand{\mcl}{\mathcal{L}} \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} \newcommand{\mcmn}{\mathcal{M}} \newcommand{\mcmnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)} \newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} \newcommand{\mcs}{\mathcal{S}} \newcommand{\mcd}{\mathcal{D}} \newcommand{\ic}{\text{i}} \newcommand{\mcsns}{\mathcal{S}_n^{++}} \newcommand{\glnk}{GL_n(\mtk)} \newcommand{\mnr}{\mathcal{M}_n(\mtr)} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\th}{th} \DeclareMathOperator{\vect}{vect} \DeclareMathOperator{\card}{card} \DeclareMathOperator{\comat}{comat} \DeclareMathOperator{\imv}{Im} \DeclareMathOperator{\rang}{rg} \DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} \DeclareMathOperator{\diam}{diam} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \newcommand{\veps}{\varepsilon} \newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} \newcommand{\mcun}{\mcu_n} \newcommand{\dis}{\displaystyle} \newcommand{\croouv}{[\![} \newcommand{\crofer}{]\!]} \newcommand{\rab}{\mathcal{R}(a,b)} \newcommand{\pss}[2]{\langle #1,#2\rangle} \newcommand{\GR}{\mathbb{R}} $$

    D'après le théorème de la bijection :

    • \(f \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]-\infty ; -1\right]\).
    • \(f\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]-\infty ; -1\right]\).
    • \(\lim\limits_{x \to -\infty}~f(x)=5\) et \(f \left(-1\right)=-\infty\)

    \(f\) réalise donc une bijection de \(\left]-\infty ; -1\right]\) sur \(\left]5;-\infty\right]\)
    \(0\in \left]5;-\infty\right]\),
    donc l'équation \(f(x) = 0 \) a une racine unique \(\beta\) dans \(\left]-\infty ; -1\right]\) .

     

    Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :

    Avec une calculatrice on obtient :

      $f\left(-1,55\right)\approx -0,2$  et  $f\left(-1,54\right)\approx 0,04$
    On a donc $f\left(-1,55\right)<0<f\left(-1,54\right)$, soit $f\left(-1,55\right)<f\left(\beta\right)<f\left(-1,54\right)$
    comme  $f$  est strictement croissante sur $\left[-2;-1\right]$; on déduit $-1,55<\beta< -1,54$

    $$-1,55<\beta< -1,54$$
    D'après le théorème de la bijection :
    • $f $ est une fonction dérivable  donc  continue  sur l' intervalle $I = \left[1 ; +\infty\right[$.
    • $f$ est strictement croissante sur l' intervalle $I = \left[1 ; +\infty\right[$.
    • $f \left(1\right)=-3$ et $\lim\limits_{x \to +\infty}~f(x)=+\infty$
    $f$ réalise donc une bijection de $\left[1 ; +\infty\right[$ sur $\left[-3;+\infty\right[$
    $0\in \left[-3;+\infty\right[$,
    donc l'équation $f(x) = 0 $ a une racine unique $\gamma$ dans $\left[1 ; +\infty\right[$ .

    Encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ pès :

    Avec une calculatrice on obtient :

      $f\left(1,44\right)\approx -0,008$  et  $f\left(1,45\right)\approx 0,16$
    On a donc $f\left(1,44\right)<0<f\left(1,45\right)$, soit $f\left(1,44\right)<f\left(\gamma\right)<f\left(1,45\right)$
    comme  $f$  est strictement croissante sur $\left[1;2\right]$; on déduit $1,44<\gamma< 1,45$

    $$1,44<\gamma< 1,45$$
  1. $x+\dfrac{4}{x^2}=\dfrac{9}{2}$, $I=[1;4]$.
  2. $2x\sqrt{x+2}=-1$, $I=[2;+\infty]$.
  3. Clairement cette équation n'a pas de solution, car sur $I=[2;+\infty]$, on a $x\geq 2 > 0$ et de même $\sqrt{x+2} >0$, par produit on a donc $2x\sqrt{x+2} > 0$ et donc ne peut pas égal à -1 !

 

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