Soient $f$ et $g$ deux fonctions telles que :

$ begin{cases} f(x) = dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2}, & x ne 2 \ f(2) = 1 end{cases} quadtext{et}quad begin{cases} g(x) = dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2}, & x ne 2 \ g(2) = 0 end{cases} $

1) a) Déterminer $D_f$ puis calculer $displaystyle lim_{x to 2} f(x)$.
    b) Tracer $(C_f)$ la courbe de la fonction $f$ dans un repère orthonormé.

2) Déterminer $D_g$ et tracer $(C_g)$ la courbe de la fonction $g$ dans un repère orthonormé.

Soient $f$ et $g$ deux fonctions telles que :

$ begin{cases} f(x) = dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2}, & x ne 2 \ f(2) = 1 end{cases} quadtext{et}quad begin{cases} g(x) = dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2}, & x ne 2 \ g(2) = 0 end{cases} $

1) a) Déterminer $D_f$ puis calculer $displaystyle lim_{x to 2} f(x)$.

$D_f = (mathbb{R} – {2}) cup {2} = mathbb{R}$.

$ begin{aligned} lim_{x to 2} f(x) &= lim_{x to 2} dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2} \ &= lim_{x to 2} dfrac{(x – 2)(x – 1)}{x – 2} \ &= lim_{x to 2} (x – 1) = 1 end{aligned} $

b) Tracer $(C_f)$ la courbe de la fonction $f$ dans un repère orthonormé :

On a $f(2) = 1$ donc $(C_f)$ passe par le point $A(1 ; 2)$.

Si $x ne 2$, on a $f(x) = x – 1$.
Donc $(C_f)$ est une droite qui passe par exemple par le point $B(1 ; 0)$.

2) Déterminer $D_g$ et tracer $(C_g)$ la courbe de la fonction $g$ :

$D_g = [0 ; +infty[ cup ]-infty ; 0[ = mathbb{R}$.

On a $g(2) = 0$ donc $(C_g)$ passe par le point $A(2 ; 0)$.
Si $x ne 2$, on a $g(x) = x – 1$.
Donc $(C_g)$ est une droite qui passe par exemple par le point $B(1 ; 0)$.

On a la courbe $(C_f)$ est continue au point $A$ et $displaystyle lim_{x to 2} f(x) = f(2)$.

On a la courbe $(C_g)$ n’est pas continue au point $A$ et de plus on a : $displaystyle lim_{x to 2} g(x) ne g(2)$.

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert $I$ et $a in I$.
On dit que $f$ est une fonction continue en $a$ si et seulement si : $displaystyle lim_{x to a} f(x) = f(a)$.

$f$ une fonction définie par : $ begin{cases} f(x) = dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2}, & x ne 2 \ f(2) = 1 end{cases} $
Étudier la continuité de $f$ en $a = 2$.

$ begin{aligned} lim_{x to 2} f(x) &= lim_{x to 2} dfrac{x^2 – 3x + 2}{x – 2} = lim_{x to 2} dfrac{(x – 2)(x – 1)}{x – 2} \ &= lim_{x to 2} (x – 1) = 1 = f(2) end{aligned} $

Donc $displaystyle lim_{x to 2} f(x) = f(2)$.
D’où $f$ est continue en $a = 2$.

Soit la fonction $f$ définie par : $ begin{cases} f(x) = dfrac{sqrt{x} – 1}{x – 1}, & x ne 1 \ f(1) = dfrac{1}{2} end{cases} $
Étudier la continuité de $f$ en $a = 1$.

$ begin{aligned} lim_{x to 1} f(x) &= lim_{x to 1} dfrac{sqrt{x} – 1}{x – 1} = lim_{x to 1} dfrac{(sqrt{x} – 1)(sqrt{x} + 1)}{(x – 1)(sqrt{x} + 1)} \ &= lim_{x to 1} dfrac{x – 1}{(x – 1)(sqrt{x} + 1)} = lim_{x to 1} dfrac{1}{sqrt{x} + 1} = dfrac{1}{2} end{aligned} $

Donc $displaystyle lim_{x to 1} f(x) = f(1)$.
D’où $f$ est continue en $a = 1$.

➢ $f$ une fonction définie sur un intervalle $I = [a ; a + r[$ ; $r > 0$.
$f$ est continue à droite de $a$      $Longleftrightarrow$    $displaystyle lim_{x to a^+} f(x) = f(a)$.

➢ $f$ une fonction définie sur un intervalle $I = ]a – r ; a]$ ; $r > 0$.
$f$ est continue à gauche de $a$      $Longleftrightarrow$    $displaystyle lim_{x to a^-} f(x) = f(a)$.

La fonction $f$ est continue en $a$      $Longleftrightarrow$    $f$ est continue à droite et à gauche du point $a$.

1) $f$ une fonction définie par : $ begin{cases} f(x) = dfrac{1 – x^2}{x – 1}, & x > 1 \ f(x) = x^2 – 4x + 1, & x le 1 end{cases} $
Étudier la continuité de $f$ en $x_0 = 1$.

On a $f(1) = 1^2 – 4 times 1 + 1 = -2$.

$ begin{aligned} lim_{x to 1^-} f(x) &= lim_{x to 1^-} (x^2 – 4x + 1) = 1 – 4 + 1 = -2 = f(1). end{aligned} $
Donc $f$ est continue à gauche de $a = 1$.

$ begin{aligned} lim_{x to 1^+} f(x) &= lim_{x to 1^+} dfrac{1 – x^2}{x – 1} = lim_{x to 1^+} dfrac{(1 – x)(1 + x)}{x – 1} \ &= lim_{x to 1^+} -(1 + x) = -2 = f(1). end{aligned} $
Donc $f$ est continue à droite de $a = 1$.

Conclusion : $f$ est continue en $1$.

2) Soit $f$ une fonction définie par : $ begin{cases} f(x) = -dfrac{sqrt{3},sin(x)}{12x}, & x > 0 \ f(x) = dfrac{sqrt{2} + cos x – sqrt{3}}{x^2}, & x < 0 \ f(0) = -dfrac{sqrt{3}}{12} end{cases} $
Étudier la continuité de $f$ en $x_0 = 0$.

$ begin{aligned} lim_{x to 0^+} f(x) &= lim_{x to 0^+} left( -dfrac{sqrt{3},sin x}{12x} right) = -dfrac{sqrt{3}}{12} lim_{x to 0^+} dfrac{sin x}{x}. end{aligned} $

Rappel : $displaystyle lim_{x to 0} dfrac{sin x}{x} = 1$.
Donc $ displaystyle lim_{x to 0^+} f(x) = -dfrac{sqrt{3}}{12} = f(0). $

Donc $f$ est continue à droite de $0$.

$ begin{aligned} lim_{x to 0^-} f(x) &= lim_{x to 0^-} dfrac{sqrt{2} + cos x – sqrt{3}}{x^2} \ &= lim_{x to 0^-} dfrac{big(sqrt{2} + cos x – sqrt{3}big)big(sqrt{2} + cos x + sqrt{3}big)}{x^2big(sqrt{2} + cos x + sqrt{3}big)} \ &= lim_{x to 0^-} dfrac{(sqrt{2} + cos x)^2 – (sqrt{3})^2}{x^2big(sqrt{2} + cos x + sqrt{3}big)} \ &= lim_{x to 0^-} dfrac{2 + 2sqrt{2}cos x + cos^2 x – 3}{x^2big(sqrt{2} + cos x + sqrt{3}big)} \ &= lim_{x to 0^-} dfrac{cos x – 1}{x^2big(sqrt{2} + cos x + sqrt{3}big)}. end{aligned} $

$ begin{aligned} lim_{x to 0^-} f(x) &= lim_{x to 0^-} dfrac{-(1 – cos x)}{x^2} cdot dfrac{1}{sqrt{2} + cos x + sqrt{3}}. end{aligned} $

Rappel : $displaystyle lim_{x to 0} dfrac{1 – cos x}{x^2} = dfrac{1}{2}$.
Donc : $ begin{aligned} lim_{x to 0^-} f(x) &= -dfrac{1}{2} cdot dfrac{1}{sqrt{2} + cos 0 + sqrt{3}} = -dfrac{1}{2} cdot dfrac{1}{sqrt{2} + 1 + sqrt{3}} \ &= -dfrac{1}{4sqrt{3}} = -dfrac{sqrt{3}}{12} = f(0). end{aligned} $

Donc $f$ est continue à gauche de $0$.
Conclusion : $f$ est continue en $0$.

1) Toute fonction polynomiale est continue sur tout intervalle inclus dans $mathbb{R}$.

2) Les fonctions rationnelles sont continues en tout intervalle inclus dans leurs domaines de définition.

3) La fonction $x mapsto sqrt{x}$ est continue sur tout intervalle inclus dans $[0 ; +infty[$.

4) La fonction $x mapsto |x|$ est continue sur tout intervalle inclus dans $mathbb{R}$.

5) Les fonctions $cos$ et $sin$ sont continues sur $mathbb{R}$.

La fonction $f = sqrt{u}$ est continue sur l’intervalle $I$ si et seulement si la fonction $u$ est continue sur $I$ et $forall x in I,; u(x) ge 0$.

1) La fonction $f : x mapsto x^3 + x + 1$ est continue sur $mathbb{R}$ car c’est une fonction polynomiale.

2) Montrons que la fonction $f : x mapsto 2cos(x) + x^3 + 3$ est continue sur $[0 ; +infty[$ :
➢ La fonction $u : x mapsto 2cos(x)$ est continue sur $mathbb{R}$ (donc sur $[0 ; +infty[$).
➢ La fonction $v : x mapsto x^3 + 3$ est continue sur $mathbb{R}$ (polynôme).
➢ Donc la fonction $f = u + v$ est continue sur $[0 ; +infty[$.

3) Montrons que la fonction $g : x mapsto dfrac{x + 1}{x^2 + 3}$ est continue sur $mathbb{R}$ :
1^ère méthode : $g$ est une fonction rationnelle donc elle est continue sur son domaine de définition qui est $mathbb{R}$ (car $forall x in mathbb{R}$, $x^2 + 3 ne 0$).
2^ème méthode :
➢ $u : x mapsto x + 1$ est continue sur $mathbb{R}$.
➢ $v : x mapsto x^2 + 3$ est continue sur $mathbb{R}$ et $forall x in mathbb{R}$, $x^2 + 3 ne 0$.
➢ Donc $g = dfrac{u}{v}$ est continue sur $mathbb{R}$.

4) Montrons que la fonction $f : x mapsto sqrt{x^2 – x + 3}$ est continue sur $mathbb{R}$ :
➢ $u : x mapsto x^2 – x + 3$ est continue sur $mathbb{R}$ (polynôme).
➢ Son discriminant est négatif, donc $x^2 – x + 3 ge 0$ pour tout $x in mathbb{R}$.
➢ Donc $f = sqrt{u}$ est continue sur $mathbb{R}$.

Soit $f$ une fonction définie sur $[-2 ; +infty[$ par : $ begin{cases} f(x) = dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2}, & x > 2 \ f(x) = dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x + 2} – 2}, & -2 le x < 2 \ f(2) = dfrac{8}{3} end{cases} $

1) Déterminer $D_f$ l’ensemble de définition.
2) Montrer que $f$ est continue en $2$.
3) Étudier la continuité de $f$ sur $D_f$.

1) On considère $u(x) = dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2}$ et $v(x) = dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x + 2} – 2}$.

$bullet$ $x in D_u Longleftrightarrow x^2 – x – 2 ne 0 Longleftrightarrow x ne 2$ ou $x ne -1$.
Donc $D_u = ]-infty ; -1[ cup ]-1 ; 2[ cup ]2 ; +infty[$.
La restriction de $f$ sur $]2 ; +infty[$ est donc définie sur $D_u cap ]2 ; +infty[ = ]2 ; +infty[$.

$bullet$ $x in D_v Longleftrightarrow x^2 + 5 ge 0$ et $x + 2 ge 0$ et $sqrt{x + 2} – 2 ne 0$.
$Longleftrightarrow x ge -2$ et $x ne 2$.
Donc $D_v = [-2 ; 2[ cup ]2 ; +infty[$.
La restriction de $f$ sur $]-infty ; 2[$ est définie sur $D_v cap ]-infty ; 2[ = [-2 ; 2[$.

Au total : $D_f = [-2 ; 2[ cup ]2 ; +infty[ cup {2} = [-2 ; +infty[$.

2) Montrer que $f$ est continue en $2$ :
$ begin{aligned} lim_{x to 2^+} f(x) &= lim_{x to 2^+} dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2} = lim_{x to 2^+} dfrac{(x – 2)(3x + 2)}{(x – 2)(x + 1)} = lim_{x to 2^+} dfrac{3x + 2}{x + 1} = dfrac{8}{3} = f(2). end{aligned} $

$ begin{aligned} lim_{x to 2^-} f(x) &= lim_{x to 2^-} dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x + 2} – 2}. end{aligned} $
En multipliant numérateur et dénominateur par les conjugués appropriés, on obtient finalement : $ displaystyle lim_{x to 2^-} f(x) = dfrac{8}{3} = f(2). $

Donc $f$ est continue à droite et à gauche de $2$.
Conclusion : $f$ est continue en $2$.

Si $f$ est une fonction continue sur $[a ; b]$, alors pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, il existe un réel $c$ dans $[a ; b]$ tel que $f(c) = k$.

En d’autres termes : l’équation $f(x) = k$ d’inconnue $x$ admet au moins une solution dans $[a ; b]$ pour tout $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$.