Continuité des fonctions

$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. $f'(x) > 0$ si $x < -1$ ou $x > 1$, $f'(x) < 0$ si $-1 < x < 1$. $f(-1) = -1 + 3 = 2$ et $f(1) = 1 - 3 = -2$. | $x$ | $-\infty$ | | $-1$ | | $1$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---|---|---| | $f'$ | | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ | | | $f$ | $-\infty$ | $\nearrow$ | $2$ | $\searrow$ | $-2$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |

La courbe passe par $(-1\,;2)$ (maximum local), $(0\,;0)$, $(1\,;-2)$ (minimum local). Elle va de $-\infty$ à $+\infty$ en formant un « S ».

D'après le tableau de variations : - Si $m > 2$ ou $m < -2$ : la droite $y = m$ coupe la courbe en **1 point**. - Si $m = 2$ ou $m = -2$ : la droite $y = m$ coupe la courbe en **2 points** (tangente à un extremum). - Si $-2 < m < 2$ : la droite $y = m$ coupe la courbe en **3 points**. $\boxed{\text{3 solutions si } m \in ]-2\,;2[,\quad 2 \text{ si } m = \pm 2,\quad 1 \text{ sinon.}}$

Sur $]-\infty\,;-1]$ : $f$ continue, strictement croissante, de $-\infty$ à $2$. Comme $-2 < m < 2$, le corollaire du TVI donne **une unique solution** $x_1 < -1$. Sur $[-1\,;1]$ : $f$ continue, strictement décroissante, de $2$ à $-2$. Comme $-2 < m < 2$, le corollaire du TVI donne **une unique solution** $x_2 \in [-1\,;1]$. Sur $[1\,;+\infty[$ : $f$ continue, strictement croissante, de $-2$ à $+\infty$. Comme $m > -2$, le corollaire du TVI donne **une unique solution** $x_3 > 1$. $x_1 < -1 \leqslant x_2 \leqslant 1 < x_3$ : les trois solutions sont distinctes.

$f$ est un polynôme, donc continue. $f'(x) = 5x^4 + 1 > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$. Par le corollaire du TVI : $\boxed{\text{une unique solution } \alpha \in [0\,;1]}$.

**Étape 1 :** $m = 0{,}5$. $f(0{,}5) = 0{,}03125 + 0{,}5 - 1 = -0{,}469 < 0$. Donc $\alpha \in [0{,}5\,;1]$. **Étape 2 :** $m = 0{,}75$. $f(0{,}75) = 0{,}2373 + 0{,}75 - 1 = -0{,}013 < 0$. Donc $\alpha \in [0{,}75\,;1]$. **Étape 3 :** $m = 0{,}875$. $f(0{,}875) = 0{,}5129 + 0{,}875 - 1 = 0{,}388 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}75\,;0{,}875]$. **Étape 4 :** $m = 0{,}8125$. $f(0{,}8125) = 0{,}3541 + 0{,}8125 - 1 = 0{,}167 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}75\,;0{,}8125]$. $\boxed{0{,}75 \leqslant \alpha \leqslant 0{,}8125}$ (largeur $0{,}0625 = \frac{1}{16}$).

Après $n$ étapes, la largeur de l'intervalle est $\frac{1}{2^n}$. On veut $\frac{1}{2^n} \leqslant 10^{-3}$, soit $2^n \geqslant 1000$. $2^{10} = 1024 > 1000$. Donc $\boxed{n = 10 \text{ étapes suffisent}}$.