Problème — Limite et continuité sur un intervalle non borné

• Par hypothèse, ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$. Par définition de la limite infinie, pour tout réel $M$, il existe un seuil à partir duquel $f(x)>M$. En choisissant $M=1>0$, il existe un réel $A>0$ tel que $f(A)>1>0$. Donc $f(A)>0$.

• Considérons la restriction de la fonction $f$ à l'intervalle fermé borné $[0,A]$.

• La fonction $f$ est continue sur $[0,A]$ car elle est continue sur $[0,+\infty [$.
• On a $f(0)<0$ et $f(A)>0$. Le nombre 0 est donc compris entre $f(0)$ et $f(A)$.

D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), il existe au moins un réel $c\in [0,A]$ tel que $f(c)=0$. Puisque $[0,A]\subset [0,+\infty [$, l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution sur $[0,+\infty [$.

• Soit $h(x)=\sqrt{x}+x^2-4$ définie sur $[0,+\infty [$.

• $h$ est continue sur $[0,+\infty [$ (somme de fonctions continues de référence).
• $h(0)=0+0-4=-4<0$.
• ${\lim }_{x\to +\infty }h(x)={\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt{x}+x^2-4)=+\infty$.

D'après les questions 1 et 2, il existe au moins une solution à $h(x)=0$ sur $[0,+\infty [$. Étudions la monotonie de $h$ pour prouver l'unicité. La fonction $h$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ :

$$h^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}+2x$$

Pour tout $x>0$, $h^{\prime }(x)>0$. La fonction $h$ est donc strictement croissante sur $[0,+\infty [$. D'après le corollaire du TVI, l'équation $h(x)=0$ admet donc une unique solution sur $[0,+\infty [$.