Continuité 2BAC SM

Étape 1 — Simplification et nature de la discontinuité en $x=1$.

On factorise le numérateur : $x^2-x-2=(x-2)(x+1)$.

Donc, pour $x\ne 1$ :

$$f(x)=\frac{(x-2)(x+1)}{x-1}$$

On calcule la limite en $x=1$ :

$$\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(x-2)(x+1)}{x-1}=\frac{(1-2)(1+1)}{1-1}=\frac{-2}{0}$$

La limite est infinie (on vérifie : pour $x\to 1^{+}$, $(x-2)(x+1)\to -2<0$ et $x-1\to 0^{+}$, donc $f(x)\to -\infty$ ; pour $x\to 1^{-}$, $x-1\to 0^{-}$, donc $f(x)\to +\infty$).

La droite $x=1$ est une asymptote verticale au graphe de $f$. La discontinuité en $x=1$ est non effaçable : on ne peut pas prolonger $f$ par continuité en $x=1$.

Étape 2 — Signe de $f$ et variations.

On a $f(x)=\frac{(x-2)(x+1)}{x-1}$ pour $x\ne 1$.

Les zéros du numérateur sont $x=-1$ et $x=2$. Le dénominateur s'annule en $x=1$.

Tableau de signes :

$f$ est continue sur $]-\infty ,1[$ et sur $]1,+\infty [$, avec une asymptote verticale en $x=1$.

Étape 3 — Application du TVI sur $[0,3]$.

On calcule :

$$f(0)=\frac{(0-2)(0+1)}{0-1}=\frac{(-2)(1)}{-1}=2>0$$

$$f(3)=\frac{(3-2)(3+1)}{3-1}=\frac{(1)(4)}{2}=2>0$$

On constate que $f(0)\cdot f(3)=2\times 2=4>0$. Cherchons une valeur intermédiaire : calculons $f(2)=0$.

Puisque $f(0)=2>0$ et $f(2)=0$, et que $0\in ]f(2),f(0)[$ est atteint, la racine $x=2$ est bien dans $]0,3[$.

Mais revenons à la question initiale avec $f(0)=2>0$ et $f(3)=2>0$. Cherchons un point où $f$ change de signe. D'après le tableau de signes, $f$ est négative sur $]1,2[$. Ainsi $f(0)>0$ et, par exemple, $f\left(\frac{3}{2}\right)<0$.

Puisque $f(0)=2>0$ et $f(3)=2>0$ avec $f(0)\cdot f(3)>0$, on ne peut pas conclure directement. Cependant, on observe que $f(0)=2>0$ et $f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{(\frac{3}{2}-2)(\frac{3}{2}+1)}{\frac{3}{2}-1}=\frac{(-\frac{1}{2})(\frac{5}{2})}{\frac{1}{2}}=-\frac{5}{2}<0$.

Conclusion (erronée) : $f$ est continue sur $[0,3]$ (car $1\notin \{0,3\}$ et la fonction est définie aux bornes), $f(0)=2>0$ et $f\left(\frac{3}{2}\right)<0$. Par le TVI appliqué sur $[0,3]$, il existe $c\in ]0,3[$ tel que $f(c)=0$.

Étape 4 — Détermination explicite des racines de $f$.

Les racines de $f$ dans $\mathbb{R}\setminus \{1\}$ sont les solutions de $f(x)=0$, soit :

$$\frac{(x-2)(x+1)}{x-1}=0⟺(x-2)(x+1)=0\text{ et }x\ne 1$$

Donc $x=2$ ou $x=-1$.

Les deux racines sont $x=-1\in ]-\infty ,1[$ et $x=2\in ]1,+\infty [$.

On note que $x=2\in ]0,3[$, ce qui semble valider la conclusion de l'étape 3. Cependant, $x=2$ appartient à $]1,3[\subset ]1,+\infty [$, et la continuité de $f$ sur $]1,3]$ est assurée. La racine $x=2$ aurait dû être trouvée en appliquant le TVI sur $[1^{+},3]$, c'est-à-dire sur $]1,3]$, et non sur $[0,3]$ tout entier.

Étape 5 — Bilan et conclusion générale.

La fonction $f$ admet exactement deux racines dans $\mathbb{R}\setminus \{1\}$ :

• $x=-1$, racine dans $]-\infty ,1[$,
• $x=2$, racine dans $]1,+\infty [$.

Pour justifier rigoureusement l'existence de $x=2$ par le TVI, il faut travailler sur $[\frac{3}{2},3]\subset ]1,+\infty [$, où $f$ est bien continue, avec $f\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{5}{2}<0$ et $f(3)=2>0$ : le TVI garantit alors l'existence d'un zéro dans $]\frac{3}{2},3[$.

De même, pour $x=-1$, on peut appliquer le TVI sur $[-2,0]\subset ]-\infty ,1[$, avec $f(-2)=\frac{(-4)(-1)}{-3}=-\frac{4}{3}<0$ et $f(0)=2>0$.