Exercice 1 (5 pts)
1. Calculer les limites suivantes :
a) \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\) ; b) \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}\) ; c) \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}\) ; d) \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x}\right)\).
2. Simplifier le nombre \(B=\dfrac{\sqrt[3]{\sqrt{2}}\times\sqrt[4]{8}}{\sqrt[6]{32}}\).
3. Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l'équation \(\sqrt[3]{2x-1}=3\).
a) \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\) ; b) \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}\) ; c) \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}\) ; d) \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x}\right)\).
2. Simplifier le nombre \(B=\dfrac{\sqrt[3]{\sqrt{2}}\times\sqrt[4]{8}}{\sqrt[6]{32}}\).
3. Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l'équation \(\sqrt[3]{2x-1}=3\).
✅ Correction de l’exercice 1 — التصحيح
1. a) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+x+1}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\) ; on obtient la forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ».
💡 Comment lever une forme indéterminée ?
- Polynôme en \(\pm\infty\) : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » en \(a\) : factorisation par \((x-a)\), puis simplification.
- Racine carrée qui se compense (« \(\infty-\infty\) ») ou qui s’annule (« \(\dfrac{0}{0}\) ») : conjugué.
- Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
- Racine cubique qui s’annule ou se compense : \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) ou \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).
Ici : racine carrée dont les termes dominants se compensent : on multiplie et on divise par le conjugué, car \(\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2\).
(Si on factorise : \(\sqrt{x^2+x+1}-x=x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-1\right)\) donne « \(+\infty\times0\) » : encore indéterminé.)
\(\sqrt{x^2+x+1}-x=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+x+1}+x\right)}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\)
\(=\dfrac{(x^2+x+1)-x^2}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\)
\(=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\)
On factorise par \(x\) ; pour \(x>0\), \(\sqrt{x^2}=|x|=x\) :
\(\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}=\dfrac{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+x}\)
\(=\dfrac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}\)
\(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x^2}=0\), donc le numérateur tend vers \(1\) et le dénominateur vers \(\sqrt{1}+1=2\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)=\dfrac{1}{2}\)
b) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to0}\left(\sqrt{1+x}-1\right)=\sqrt{1}-1=0\) et \(\lim\limits_{x\to0}x=0\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{0}{0}\) ».
Ici : racine carrée qui s’annule au point : on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué pour faire apparaître le facteur \((x-a)\).
\(\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac{\left(\sqrt{1+x}-1\right)\left(\sqrt{1+x}+1\right)}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}\)
\(=\dfrac{(1+x)-1}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}\)
\(=\dfrac{x}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}+1}\)
(simplification par \(x\neq0\)). \(x\mapsto\sqrt{1+x}+1\) est continue en \(0\) : \(\lim\limits_{x\to0}\left(\sqrt{1+x}+1\right)=\sqrt{1}+1=2\neq0\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac{1}{2}\)
c) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to0}(1-\cos x)=1-1=0\) et \(\lim\limits_{x\to0}x\sin x=0\times0=0\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{0}{0}\) ».
💡 Limites usuelles (et seulement celles-ci) :
- \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) ; \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x}{x}=1\) ; \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\).
- \(\dfrac{x}{\sin x}\), \(\dfrac{x^2}{1-\cos x}\)… ne sont pas des limites usuelles : on fait apparaître une limite usuelle et on applique la limite d’un quotient.
- Avec \(\sin(ax)\) ou \(\tan(ax)\) : on pose \(X=ax\) (\(X\to0\)).
Pour faire apparaître les limites usuelles, on divise le numérateur et le dénominateur par \(x^2\) (\(x\neq0\)) :
\(\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}=\dfrac{\frac{1-\cos x}{x^2}}{\frac{x\sin x}{x^2}}\)
\(=\dfrac{\frac{1-\cos x}{x^2}}{\frac{\sin x}{x}}\)
Numérateur : \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\) (limite usuelle).
Dénominateur : \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) (limite usuelle), et \(1\neq0\). Par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}=\dfrac{\frac{1}{2}}{1}=\dfrac{1}{2}\)
d) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x+1}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x}=+\infty\) ; on obtient la forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ».
Ici : deux racines cubiques qui se compensent : on utilise \(a-b=\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}\).
Avec \(a=\sqrt[3]{x+1}\) et \(b=\sqrt[3]{x}\) : \(a^3-b^3=(x+1)-x=1\) et \(a^2+ab+b^2>0\) :
\(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x}=\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt[3]{(x+1)^2}+\sqrt[3]{x(x+1)}+\sqrt[3]{x^2}}\)
Les trois racines du dénominateur tendent vers \(+\infty\), donc le dénominateur tend vers \(+\infty\) (somme) ; et \(\dfrac{1}{X}\to0\) quand \(X\to+\infty\) :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x}\right)=0\)
2. 💡 Méthode : on écrit chaque racine sous forme de puissance : \(\sqrt[n]{a^p}=a^{\frac{p}{n}}\) (\(a>0\)), puis on utilise \(a^r\times a^s=a^{r+s}\) et \(\dfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}\).
\(\sqrt[3]{\sqrt{2}}=\left(2^{\frac{1}{2}}\right)^{\frac{1}{3}}=2^{\frac{1}{6}}\) ; \(\sqrt[4]{8}=\left(2^3\right)^{\frac{1}{4}}=2^{\frac{3}{4}}\) ; \(\sqrt[6]{32}=\left(2^5\right)^{\frac{1}{6}}=2^{\frac{5}{6}}\) :
\(B=\dfrac{2^{\frac{1}{6}}\times2^{\frac{3}{4}}}{2^{\frac{5}{6}}}\)
\(=2^{\frac{1}{6}+\frac{3}{4}-\frac{5}{6}}\)
\(=2^{\frac{2+9-10}{12}}\)
\(=2^{\frac{1}{12}}\)
[] \(B=\sqrt[12]{2}\)
3. 💡 Méthode : \(\sqrt[n]{x}\) n’est défini que pour \(x\geq0\) ; pour \(a,b\geq0\) : \(\sqrt[n]{a}=b\iff a=b^n\) et \(\sqrt[n]{a}<b\iff a<b^n\).
Condition d’existence : \(2x-1\geq0\), c’est-à-dire \(x\geq\dfrac{1}{2}\). Pour un tel \(x\) (\(3\geq0\)) :
\(\sqrt[3]{2x-1}=3\iff2x-1=3^3\)
\(\iff2x=28\)
\(\iff x=14\)
Vérification : \(14\geq\dfrac{1}{2}\), donc \(14\) convient.
[] \(S=\{14\}\)
💡 Comment lever une forme indéterminée ?
- Polynôme en \(\pm\infty\) : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » en \(a\) : factorisation par \((x-a)\), puis simplification.
- Racine carrée qui se compense (« \(\infty-\infty\) ») ou qui s’annule (« \(\dfrac{0}{0}\) ») : conjugué.
- Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
- Racine cubique qui s’annule ou se compense : \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) ou \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).
Ici : racine carrée dont les termes dominants se compensent : on multiplie et on divise par le conjugué, car \(\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2\).
(Si on factorise : \(\sqrt{x^2+x+1}-x=x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-1\right)\) donne « \(+\infty\times0\) » : encore indéterminé.)
\(\sqrt{x^2+x+1}-x=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+x+1}+x\right)}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\)
\(=\dfrac{(x^2+x+1)-x^2}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\)
\(=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\)
On factorise par \(x\) ; pour \(x>0\), \(\sqrt{x^2}=|x|=x\) :
\(\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}=\dfrac{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+x}\)
\(=\dfrac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}\)
\(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x^2}=0\), donc le numérateur tend vers \(1\) et le dénominateur vers \(\sqrt{1}+1=2\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)=\dfrac{1}{2}\)
b) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to0}\left(\sqrt{1+x}-1\right)=\sqrt{1}-1=0\) et \(\lim\limits_{x\to0}x=0\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{0}{0}\) ».
Ici : racine carrée qui s’annule au point : on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué pour faire apparaître le facteur \((x-a)\).
\(\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac{\left(\sqrt{1+x}-1\right)\left(\sqrt{1+x}+1\right)}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}\)
\(=\dfrac{(1+x)-1}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}\)
\(=\dfrac{x}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}+1}\)
(simplification par \(x\neq0\)). \(x\mapsto\sqrt{1+x}+1\) est continue en \(0\) : \(\lim\limits_{x\to0}\left(\sqrt{1+x}+1\right)=\sqrt{1}+1=2\neq0\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac{1}{2}\)
c) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to0}(1-\cos x)=1-1=0\) et \(\lim\limits_{x\to0}x\sin x=0\times0=0\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{0}{0}\) ».
💡 Limites usuelles (et seulement celles-ci) :
- \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) ; \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x}{x}=1\) ; \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\).
- \(\dfrac{x}{\sin x}\), \(\dfrac{x^2}{1-\cos x}\)… ne sont pas des limites usuelles : on fait apparaître une limite usuelle et on applique la limite d’un quotient.
- Avec \(\sin(ax)\) ou \(\tan(ax)\) : on pose \(X=ax\) (\(X\to0\)).
Pour faire apparaître les limites usuelles, on divise le numérateur et le dénominateur par \(x^2\) (\(x\neq0\)) :
\(\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}=\dfrac{\frac{1-\cos x}{x^2}}{\frac{x\sin x}{x^2}}\)
\(=\dfrac{\frac{1-\cos x}{x^2}}{\frac{\sin x}{x}}\)
Numérateur : \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\) (limite usuelle).
Dénominateur : \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1\) (limite usuelle), et \(1\neq0\). Par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}=\dfrac{\frac{1}{2}}{1}=\dfrac{1}{2}\)
d) Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x+1}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x}=+\infty\) ; on obtient la forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ».
Ici : deux racines cubiques qui se compensent : on utilise \(a-b=\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}\).
Avec \(a=\sqrt[3]{x+1}\) et \(b=\sqrt[3]{x}\) : \(a^3-b^3=(x+1)-x=1\) et \(a^2+ab+b^2>0\) :
\(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x}=\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt[3]{(x+1)^2}+\sqrt[3]{x(x+1)}+\sqrt[3]{x^2}}\)
Les trois racines du dénominateur tendent vers \(+\infty\), donc le dénominateur tend vers \(+\infty\) (somme) ; et \(\dfrac{1}{X}\to0\) quand \(X\to+\infty\) :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x}\right)=0\)
2. 💡 Méthode : on écrit chaque racine sous forme de puissance : \(\sqrt[n]{a^p}=a^{\frac{p}{n}}\) (\(a>0\)), puis on utilise \(a^r\times a^s=a^{r+s}\) et \(\dfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}\).
\(\sqrt[3]{\sqrt{2}}=\left(2^{\frac{1}{2}}\right)^{\frac{1}{3}}=2^{\frac{1}{6}}\) ; \(\sqrt[4]{8}=\left(2^3\right)^{\frac{1}{4}}=2^{\frac{3}{4}}\) ; \(\sqrt[6]{32}=\left(2^5\right)^{\frac{1}{6}}=2^{\frac{5}{6}}\) :
\(B=\dfrac{2^{\frac{1}{6}}\times2^{\frac{3}{4}}}{2^{\frac{5}{6}}}\)
\(=2^{\frac{1}{6}+\frac{3}{4}-\frac{5}{6}}\)
\(=2^{\frac{2+9-10}{12}}\)
\(=2^{\frac{1}{12}}\)
[] \(B=\sqrt[12]{2}\)
3. 💡 Méthode : \(\sqrt[n]{x}\) n’est défini que pour \(x\geq0\) ; pour \(a,b\geq0\) : \(\sqrt[n]{a}=b\iff a=b^n\) et \(\sqrt[n]{a}<b\iff a<b^n\).
Condition d’existence : \(2x-1\geq0\), c’est-à-dire \(x\geq\dfrac{1}{2}\). Pour un tel \(x\) (\(3\geq0\)) :
\(\sqrt[3]{2x-1}=3\iff2x-1=3^3\)
\(\iff2x=28\)
\(\iff x=14\)
Vérification : \(14\geq\dfrac{1}{2}\), donc \(14\) convient.
[] \(S=\{14\}\)
Exercice 2 (4 pts)
Soit \(f\) la fonction définie par : \(f(x)=\dfrac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}\) si \(x\in[-3;1[\cup]1;+\infty[\) et \(f(1)=a\), où \(a\) est un réel.
1. Calculer \(\lim\limits_{x\to1}f(x)\).
2. Déterminer la valeur de \(a\) pour laquelle \(f\) est continue en \(1\).
3. Pour cette valeur de \(a\), montrer que \(f\) est continue sur \([-3;+\infty[\).
1. Calculer \(\lim\limits_{x\to1}f(x)\).
2. Déterminer la valeur de \(a\) pour laquelle \(f\) est continue en \(1\).
3. Pour cette valeur de \(a\), montrer que \(f\) est continue sur \([-3;+\infty[\).
✅ Correction de l’exercice 2 — التصحيح
1. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to1}\left(\sqrt{x+3}-2\right)=\sqrt{4}-2=0\) et \(\lim\limits_{x\to1}(x-1)=0\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{0}{0}\) ».
💡 Comment lever une forme indéterminée ?
- Polynôme en \(\pm\infty\) : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » en \(a\) : factorisation par \((x-a)\), puis simplification.
- Racine carrée qui se compense (« \(\infty-\infty\) ») ou qui s’annule (« \(\dfrac{0}{0}\) ») : conjugué.
- Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
- Racine cubique qui s’annule ou se compense : \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) ou \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).
Ici : racine carrée qui s’annule au point : on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué pour faire apparaître le facteur \((x-a)\).
Pour \(x\neq1\) :
\(f(x)=\dfrac{\left(\sqrt{x+3}-2\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}\)
\(=\dfrac{(x+3)-4}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}\)
\(=\dfrac{x-1}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}+2}\)
(simplification par \(x-1\neq0\)). \(x\mapsto\sqrt{x+3}+2\) est continue en \(1\) : \(\lim\limits_{x\to1}\left(\sqrt{x+3}+2\right)=\sqrt{4}+2=4\neq0\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=\dfrac{1}{4}\)
2. 💡 Méthode : \(f\) est continue en \(1\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)\). Pour une fonction définie par morceaux, on calcule la limite à gauche et à droite et on les compare à \(f(1)\).
D’après la question 1, \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=\dfrac{1}{4}\) ; et \(f(1)=a\). Donc :
\(f\) est continue en \(1\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)\), c’est-à-dire :
\(\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)\iff\dfrac{1}{4}=a\)
[] \(a=\dfrac{1}{4}\)
3. 💡 Rappel : les fonctions polynômes, rationnelles, \(\sin\), \(\cos\) sont continues sur leur ensemble de définition ; la somme, le produit, le quotient (dénominateur non nul) et la composée de fonctions continues sont continus ; si \(u\) est continue et positive sur \(I\), \(\sqrt{u}\) est continue sur \(I\).
Sur \([-3;1[\) et sur \(]1;+\infty[\) : \(x\mapsto x+3\) est continue et positive sur \([-3;+\infty[\), donc \(x\mapsto\sqrt{x+3}\) est continue sur \([-3;+\infty[\) ; \(x\mapsto x-1\) est continue et ne s’annule pas sur ces deux intervalles ; donc le quotient \(f\) est continu sur \([-3;1[\) et sur \(]1;+\infty[\).
En \(1\) : avec \(a=\dfrac{1}{4}\), \(f\) est continue en \(1\) (question 2).
[] \(f\) est continue sur \([-3;1[\cup\{1\}\cup]1;+\infty[=[-3;+\infty[\).
💡 Comment lever une forme indéterminée ?
- Polynôme en \(\pm\infty\) : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » en \(a\) : factorisation par \((x-a)\), puis simplification.
- Racine carrée qui se compense (« \(\infty-\infty\) ») ou qui s’annule (« \(\dfrac{0}{0}\) ») : conjugué.
- Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
- Racine cubique qui s’annule ou se compense : \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) ou \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).
Ici : racine carrée qui s’annule au point : on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué pour faire apparaître le facteur \((x-a)\).
Pour \(x\neq1\) :
\(f(x)=\dfrac{\left(\sqrt{x+3}-2\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}\)
\(=\dfrac{(x+3)-4}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}\)
\(=\dfrac{x-1}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}+2}\)
(simplification par \(x-1\neq0\)). \(x\mapsto\sqrt{x+3}+2\) est continue en \(1\) : \(\lim\limits_{x\to1}\left(\sqrt{x+3}+2\right)=\sqrt{4}+2=4\neq0\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=\dfrac{1}{4}\)
2. 💡 Méthode : \(f\) est continue en \(1\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)\). Pour une fonction définie par morceaux, on calcule la limite à gauche et à droite et on les compare à \(f(1)\).
D’après la question 1, \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=\dfrac{1}{4}\) ; et \(f(1)=a\). Donc :
\(f\) est continue en \(1\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)\), c’est-à-dire :
\(\lim\limits_{x\to1}f(x)=f(1)\iff\dfrac{1}{4}=a\)
[] \(a=\dfrac{1}{4}\)
3. 💡 Rappel : les fonctions polynômes, rationnelles, \(\sin\), \(\cos\) sont continues sur leur ensemble de définition ; la somme, le produit, le quotient (dénominateur non nul) et la composée de fonctions continues sont continus ; si \(u\) est continue et positive sur \(I\), \(\sqrt{u}\) est continue sur \(I\).
Sur \([-3;1[\) et sur \(]1;+\infty[\) : \(x\mapsto x+3\) est continue et positive sur \([-3;+\infty[\), donc \(x\mapsto\sqrt{x+3}\) est continue sur \([-3;+\infty[\) ; \(x\mapsto x-1\) est continue et ne s’annule pas sur ces deux intervalles ; donc le quotient \(f\) est continu sur \([-3;1[\) et sur \(]1;+\infty[\).
En \(1\) : avec \(a=\dfrac{1}{4}\), \(f\) est continue en \(1\) (question 2).
[] \(f\) est continue sur \([-3;1[\cup\{1\}\cup]1;+\infty[=[-3;+\infty[\).
Exercice 3 (4 pts)
Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=x^3-3x+1\).
1. Calculer \(f'(x)\) et dresser le tableau de variations de \(f\) (avec les limites en \(\pm\infty\)).
2. a) Montrer que l'équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0;1[\).
b) Par dichotomie, donner un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(0{,}25\).
3. Montrer que l'équation \(f(x)=0\) admet exactement trois solutions dans \(\mathbb{R}\).
1. Calculer \(f'(x)\) et dresser le tableau de variations de \(f\) (avec les limites en \(\pm\infty\)).
2. a) Montrer que l'équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0;1[\).
b) Par dichotomie, donner un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(0{,}25\).
3. Montrer que l'équation \(f(x)=0\) admet exactement trois solutions dans \(\mathbb{R}\).
✅ Correction de l’exercice 3 — التصحيح
1. Limites.
\(f(x)\) est un polynôme : en \(+\infty\), il a la même limite que son terme de plus haut degré \(x^3\) (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}x^3\)
\(=+\infty\)
\(f(x)\) est un polynôme : en \(-\infty\), il a la même limite que son terme de plus haut degré \(x^3\) (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x^3\)
\(=-\infty\)
Dérivabilité : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car c’est une fonction polynôme. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\(f'(x)=3x^2-3\)
\(=3(x^2-1)\)
\(=3(x-1)(x+1)\)
💡 Méthode : on étudie le signe de la dérivée : si \(f'>0\) sur \(I\) (sauf en des points isolés), \(f\) est strictement croissante sur \(I\) ; si \(f'<0\), strictement décroissante.
On résout \(f'(x)=0\) :
\(f'(x)=0\iff3(x-1)(x+1)=0\)
\(\iff x-1=0\) ou \(x+1=0\)
\(\iff x=1\) ou \(x=-1\)
\(f'(x)\) est un trinôme de coefficient \(3>0\) : positif à l’extérieur des racines, négatif entre :
\(f(-1)=-1+3+1=3\)
\(f(1)=1-3+1=-1\)
2. a) 💡 Méthode (TVI, cas strictement monotone) : si \(f\) est continue et strictement monotone sur l’intervalle \([0;1]\) et si \(0\in f([0;1])\), alors le nombre \(0\) a un unique antécédent par \(f\) dans \([0;1]\) : l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution dans \([0;1]\).
Étape 1 (continuité) : \(f\) est continue sur \([0;1]\) car c’est une fonction polynôme.
Étape 2 (stricte monotonie) : \([0;1]\subset[-1;1]\) où \(f'(x)\leq0\) (\(f'\) ne s’annule qu’en \(1\)) : \(f\) est strictement décroissante sur \([0;1]\).
Étape 3 (image de l’intervalle) : on calcule les valeurs (ou les limites) aux bornes :
\(f(0)=0-0+1=1\)
\(f(1)=1-3+1=-1\)
\(f([0;1])=[f(1);f(0)]=[-1;1]\)
Étape 4 : \(0\in f([0;1])\) (une valeur négative et une valeur positive) : \(0\) a un unique antécédent \(\alpha\) par \(f\) dans \([0;1]\) ; comme \(0\) n’est pas atteint aux bornes, \(\alpha\in]0;1[\).
[] L’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\in]0;1[\).
b) 💡 Méthode (dichotomie) : on coupe l’intervalle en deux par son milieu \(m\) ; on calcule le signe de \(f(m)\) et on garde la moitié où la fonction change de signe ; à chaque étape on note l’amplitude du nouvel intervalle, jusqu’à obtenir \(0{,}25\).
On part de \(f(0)=1>0\) et \(f(1)=-1<0\) :
Milieu \(m=0{,}5\) : \(f(0{,}5)=0{,}125-1{,}5+1=-0{,}375<0\), donc \(\alpha\in]0;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}5\).
Milieu \(m=0{,}25\) : \(f(0{,}25)=0{,}015625-0{,}75+1=0{,}265625>0\), donc \(\alpha\in]0{,}25;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}25\).
[] \(0{,}25<\alpha<0{,}5\)
3. 💡 On applique le même raisonnement (TVI) sur chacun des trois intervalles de monotonie du tableau, en calculant chaque fois l’image de l’intervalle.
Sur \(]-\infty;-1]\) : \(f\) est continue et strictement croissante, donc \(f(]-\infty;-1])=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);f(-1)\right]=]-\infty;3]\). Or \(0\in]-\infty;3]\) : \(0\) a un unique antécédent \(\alpha_1\) dans \(]-\infty;-1]\) (et \(\alpha_1\neq-1\) car \(f(-1)=3\neq0\)).
Sur \([-1;1]\) : \(f\) est continue et strictement décroissante, donc \(f([-1;1])=[f(1);f(-1)]=[-1;3]\), qui contient \(0\) : un unique antécédent, c’est \(\alpha\) (question 2).
Sur \([1;+\infty[\) : \(f\) est continue et strictement croissante, donc \(f([1;+\infty[)=\left[f(1);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[-1;+\infty[\), qui contient \(0\) : un unique antécédent \(\alpha_3\) (et \(\alpha_3\neq1\)).
Les trois intervalles recouvrent \(\mathbb{R}\) et \(\alpha_1<-1<\alpha<1<\alpha_3\) : les solutions sont distinctes.
[!] L’équation \(f(x)=0\) admet exactement trois solutions dans \(\mathbb{R}\).
\(f(x)\) est un polynôme : en \(+\infty\), il a la même limite que son terme de plus haut degré \(x^3\) (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}x^3\)
\(=+\infty\)
\(f(x)\) est un polynôme : en \(-\infty\), il a la même limite que son terme de plus haut degré \(x^3\) (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x^3\)
\(=-\infty\)
Dérivabilité : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car c’est une fonction polynôme. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\(f'(x)=3x^2-3\)
\(=3(x^2-1)\)
\(=3(x-1)(x+1)\)
💡 Méthode : on étudie le signe de la dérivée : si \(f'>0\) sur \(I\) (sauf en des points isolés), \(f\) est strictement croissante sur \(I\) ; si \(f'<0\), strictement décroissante.
On résout \(f'(x)=0\) :
\(f'(x)=0\iff3(x-1)(x+1)=0\)
\(\iff x-1=0\) ou \(x+1=0\)
\(\iff x=1\) ou \(x=-1\)
\(f'(x)\) est un trinôme de coefficient \(3>0\) : positif à l’extérieur des racines, négatif entre :
\(f(-1)=-1+3+1=3\)
\(f(1)=1-3+1=-1\)
2. a) 💡 Méthode (TVI, cas strictement monotone) : si \(f\) est continue et strictement monotone sur l’intervalle \([0;1]\) et si \(0\in f([0;1])\), alors le nombre \(0\) a un unique antécédent par \(f\) dans \([0;1]\) : l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution dans \([0;1]\).
Étape 1 (continuité) : \(f\) est continue sur \([0;1]\) car c’est une fonction polynôme.
Étape 2 (stricte monotonie) : \([0;1]\subset[-1;1]\) où \(f'(x)\leq0\) (\(f'\) ne s’annule qu’en \(1\)) : \(f\) est strictement décroissante sur \([0;1]\).
Étape 3 (image de l’intervalle) : on calcule les valeurs (ou les limites) aux bornes :
\(f(0)=0-0+1=1\)
\(f(1)=1-3+1=-1\)
\(f([0;1])=[f(1);f(0)]=[-1;1]\)
Étape 4 : \(0\in f([0;1])\) (une valeur négative et une valeur positive) : \(0\) a un unique antécédent \(\alpha\) par \(f\) dans \([0;1]\) ; comme \(0\) n’est pas atteint aux bornes, \(\alpha\in]0;1[\).
[] L’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\in]0;1[\).
b) 💡 Méthode (dichotomie) : on coupe l’intervalle en deux par son milieu \(m\) ; on calcule le signe de \(f(m)\) et on garde la moitié où la fonction change de signe ; à chaque étape on note l’amplitude du nouvel intervalle, jusqu’à obtenir \(0{,}25\).
On part de \(f(0)=1>0\) et \(f(1)=-1<0\) :
Milieu \(m=0{,}5\) : \(f(0{,}5)=0{,}125-1{,}5+1=-0{,}375<0\), donc \(\alpha\in]0;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}5\).
Milieu \(m=0{,}25\) : \(f(0{,}25)=0{,}015625-0{,}75+1=0{,}265625>0\), donc \(\alpha\in]0{,}25;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}25\).
[] \(0{,}25<\alpha<0{,}5\)
3. 💡 On applique le même raisonnement (TVI) sur chacun des trois intervalles de monotonie du tableau, en calculant chaque fois l’image de l’intervalle.
Sur \(]-\infty;-1]\) : \(f\) est continue et strictement croissante, donc \(f(]-\infty;-1])=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);f(-1)\right]=]-\infty;3]\). Or \(0\in]-\infty;3]\) : \(0\) a un unique antécédent \(\alpha_1\) dans \(]-\infty;-1]\) (et \(\alpha_1\neq-1\) car \(f(-1)=3\neq0\)).
Sur \([-1;1]\) : \(f\) est continue et strictement décroissante, donc \(f([-1;1])=[f(1);f(-1)]=[-1;3]\), qui contient \(0\) : un unique antécédent, c’est \(\alpha\) (question 2).
Sur \([1;+\infty[\) : \(f\) est continue et strictement croissante, donc \(f([1;+\infty[)=\left[f(1);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[-1;+\infty[\), qui contient \(0\) : un unique antécédent \(\alpha_3\) (et \(\alpha_3\neq1\)).
Les trois intervalles recouvrent \(\mathbb{R}\) et \(\alpha_1<-1<\alpha<1<\alpha_3\) : les solutions sont distinctes.
[!] L’équation \(f(x)=0\) admet exactement trois solutions dans \(\mathbb{R}\).
Exercice 4 (7 pts)
Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\).
1. Calculer \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)\).
2. Montrer que \((\forall x\in\mathbb{R})\ f'(x)=\dfrac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\), puis dresser le tableau de variations de \(f\).
3. Montrer que \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur un intervalle \(J\) à déterminer.
4. Déterminer \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).
5. Calculer \(f(\sqrt{3})\), puis montrer que \(f^{-1}\) est dérivable en \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et calculer \(\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\).
6. Donner l'équation de la tangente à \((C_{f^{-1}})\) au point d'abscisse \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
1. Calculer \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)\).
2. Montrer que \((\forall x\in\mathbb{R})\ f'(x)=\dfrac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\), puis dresser le tableau de variations de \(f\).
3. Montrer que \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur un intervalle \(J\) à déterminer.
4. Déterminer \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).
5. Calculer \(f(\sqrt{3})\), puis montrer que \(f^{-1}\) est dérivable en \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et calculer \(\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\).
6. Donner l'équation de la tangente à \((C_{f^{-1}})\) au point d'abscisse \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
✅ Correction de l’exercice 4 — التصحيح
1. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{\infty}{\infty}\) ».
💡 Comment lever une forme indéterminée ?
- Polynôme en \(\pm\infty\) : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » en \(a\) : factorisation par \((x-a)\), puis simplification.
- Racine carrée qui se compense (« \(\infty-\infty\) ») ou qui s’annule (« \(\dfrac{0}{0}\) ») : conjugué.
- Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
- Racine cubique qui s’annule ou se compense : \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) ou \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).
Ici : la racine ne se compense pas avec le reste : on factorise par le terme dominant (le conjugué est inutile).
On factorise sous la racine par \(x^2\) : \(\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2}\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=|x|\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}\).
En \(+\infty\) (\(x>0\), donc \(|x|=x\)) :
\(f(x)=\dfrac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
\(\dfrac{1}{x^2}\to0\), donc \(\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}\to\sqrt{1}=1\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1\)
En \(-\infty\) (\(x<0\), donc \(|x|=-x\)) :
\(f(x)=\dfrac{x}{-x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
\(=\dfrac{-1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
[] \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-1\)
2. Dérivabilité : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car \(x\mapsto x^2+1\) est dérivable et strictement positive sur \(\mathbb{R}\), donc \(x\mapsto\sqrt{x^2+1}\) est dérivable et ne s’annule pas ; \(f\) est le quotient de deux fonctions dérivables. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
On pose \(u(x)=x\), \(u'(x)=1\) ; \(v(x)=\sqrt{x^2+1}\), \(v'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\) ; et \(\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}\) :
\(f'(x)=\dfrac{1\times\sqrt{x^2+1}-x\times\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\)
\(=\dfrac{\frac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\)
\(=\dfrac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\)
Pour tout \(x\) : \(x^2+1>0\) et \(\sqrt{x^2+1}>0\), donc \(f'(x)>0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
3. 💡 Méthode : si \(f\) est continue et strictement monotone sur un intervalle \(I\), alors \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur \(J=f(I)\) ; \(f^{-1}\) a le même sens de variation que \(f\).
\(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) (elle est dérivable) et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) (question 2) : elle admet une fonction réciproque définie sur \(J=f(\mathbb{R})\), et d’après la question 1 :
[] \(J=f(\mathbb{R})=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=]-1;1[\)
4. 💡 Méthode : \(f\) est continue et strictement monotone sur \(I\) ; pour chaque \(x\in J=f(I)\), l’équation \(f(y)=x\) d’inconnue \(y\in I\) a une unique solution, et c’est \(f^{-1}(x)\). On résout cette équation :
- si les deux membres sont de même signe connu, on peut élever au carré (un seul cas) ;
- sinon, on sépare les cas selon le signe et on vérifie que chaque cas donne la même formule.
Soient \(x\in]-1;1[\) et \(y\in\mathbb{R}\) tels que \(f(y)=x\), c’est-à-dire \(\dfrac{y}{\sqrt{y^2+1}}=x\).
Remarque sur le signe : \(\sqrt{y^2+1}>0\), donc \(y\) et \(x\) ont le même signe. On sépare les cas.
Cas 1 : \(x=0\). Alors \(y=0\) (seul \(y\) de signe nul) : \(f^{-1}(0)=0\).
Cas 2 : \(x\in]0;1[\). Alors \(y>0\). Les deux membres de \(y=x\sqrt{y^2+1}\) sont positifs, donc l’égalité équivaut à l’égalité des carrés :
\(y=x\sqrt{y^2+1}\iff y^2=x^2(y^2+1)\)
\(\iff y^2-x^2y^2=x^2\)
\(\iff y^2\left(1-x^2\right)=x^2\)
\(\iff y^2=\dfrac{x^2}{1-x^2}\)
(\(1-x^2>0\) car \(x\in]-1;1[\)). Comme \(y>0\) : \(y=\sqrt{\dfrac{x^2}{1-x^2}}=\dfrac{|x|}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\) (car \(x>0\)).
Cas 3 : \(x\in]-1;0[\). Alors \(y<0\) ; les deux membres sont négatifs, l’égalité équivaut encore à l’égalité des carrés : on trouve le même \(y^2=\dfrac{x^2}{1-x^2}\). Comme \(y<0\) : \(y=-\dfrac{|x|}{\sqrt{1-x^2}}=-\dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\).
Bilan : dans les trois cas on obtient la même formule (pour \(x=0\) elle donne bien \(0\)).
[] \(\left(\forall x\in]-1;1[\right)\quad f^{-1}(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\)
\(f(\sqrt{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+1}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
5. Donc \(f^{-1}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\sqrt{3}\) (car \(f(\sqrt{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)).
💡 Méthode : si \(f\) est dérivable en \(a\) avec \(f'(a)\neq0\) et \(b=f(a)\), alors \(f^{-1}\) est dérivable en \(b\) et \(\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'(a)}=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}\).
\(f\) est dérivable en \(\sqrt{3}\) (question 2) et :
\(f'(\sqrt{3})=\dfrac{1}{(3+1)\sqrt{3+1}}\)
\(=\dfrac{1}{4\times2}=\dfrac{1}{8}\neq0\)
Donc \(f^{-1}\) est dérivable en \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}=f(\sqrt{3})\) et :
\(\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{1}{f'(\sqrt{3})}\)
\(=\dfrac{1}{\frac{1}{8}}=8\)
6. 💡 Rappel : l’équation de la tangente à une courbe \((C_h)\) au point d’abscisse \(a\) est \(y=h'(a)(x-a)+h(a)\).
\(y=\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+f^{-1}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
\(y=8\left(x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+\sqrt{3}\)
\(y=8x-4\sqrt{3}+\sqrt{3}\)
\(y=8x-3\sqrt{3}\)
[] \((T)\ :\ y=8x-3\sqrt{3}\)
Les courbes \((C_f)\) et \((C_{f^{-1}})\) sont symétriques par rapport à la droite \(y=x\) :
💡 Comment lever une forme indéterminée ?
- Polynôme en \(\pm\infty\) : limite de son terme de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) : limite du quotient des termes de plus haut degré (propriété du cours).
- Fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » en \(a\) : factorisation par \((x-a)\), puis simplification.
- Racine carrée qui se compense (« \(\infty-\infty\) ») ou qui s’annule (« \(\dfrac{0}{0}\) ») : conjugué.
- Racine qui ne se compense pas : factorisation par le terme dominant.
- Racine cubique qui s’annule ou se compense : \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) ou \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).
Ici : la racine ne se compense pas avec le reste : on factorise par le terme dominant (le conjugué est inutile).
On factorise sous la racine par \(x^2\) : \(\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2}\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=|x|\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}\).
En \(+\infty\) (\(x>0\), donc \(|x|=x\)) :
\(f(x)=\dfrac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
\(\dfrac{1}{x^2}\to0\), donc \(\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}\to\sqrt{1}=1\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1\)
En \(-\infty\) (\(x<0\), donc \(|x|=-x\)) :
\(f(x)=\dfrac{x}{-x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
\(=\dfrac{-1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\)
[] \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-1\)
2. Dérivabilité : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car \(x\mapsto x^2+1\) est dérivable et strictement positive sur \(\mathbb{R}\), donc \(x\mapsto\sqrt{x^2+1}\) est dérivable et ne s’annule pas ; \(f\) est le quotient de deux fonctions dérivables. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
On pose \(u(x)=x\), \(u'(x)=1\) ; \(v(x)=\sqrt{x^2+1}\), \(v'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\) ; et \(\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}\) :
\(f'(x)=\dfrac{1\times\sqrt{x^2+1}-x\times\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\)
\(=\dfrac{\frac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\)
\(=\dfrac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}\)
Pour tout \(x\) : \(x^2+1>0\) et \(\sqrt{x^2+1}>0\), donc \(f'(x)>0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
3. 💡 Méthode : si \(f\) est continue et strictement monotone sur un intervalle \(I\), alors \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur \(J=f(I)\) ; \(f^{-1}\) a le même sens de variation que \(f\).
\(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) (elle est dérivable) et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) (question 2) : elle admet une fonction réciproque définie sur \(J=f(\mathbb{R})\), et d’après la question 1 :
[] \(J=f(\mathbb{R})=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=]-1;1[\)
4. 💡 Méthode : \(f\) est continue et strictement monotone sur \(I\) ; pour chaque \(x\in J=f(I)\), l’équation \(f(y)=x\) d’inconnue \(y\in I\) a une unique solution, et c’est \(f^{-1}(x)\). On résout cette équation :
- si les deux membres sont de même signe connu, on peut élever au carré (un seul cas) ;
- sinon, on sépare les cas selon le signe et on vérifie que chaque cas donne la même formule.
Soient \(x\in]-1;1[\) et \(y\in\mathbb{R}\) tels que \(f(y)=x\), c’est-à-dire \(\dfrac{y}{\sqrt{y^2+1}}=x\).
Remarque sur le signe : \(\sqrt{y^2+1}>0\), donc \(y\) et \(x\) ont le même signe. On sépare les cas.
Cas 1 : \(x=0\). Alors \(y=0\) (seul \(y\) de signe nul) : \(f^{-1}(0)=0\).
Cas 2 : \(x\in]0;1[\). Alors \(y>0\). Les deux membres de \(y=x\sqrt{y^2+1}\) sont positifs, donc l’égalité équivaut à l’égalité des carrés :
\(y=x\sqrt{y^2+1}\iff y^2=x^2(y^2+1)\)
\(\iff y^2-x^2y^2=x^2\)
\(\iff y^2\left(1-x^2\right)=x^2\)
\(\iff y^2=\dfrac{x^2}{1-x^2}\)
(\(1-x^2>0\) car \(x\in]-1;1[\)). Comme \(y>0\) : \(y=\sqrt{\dfrac{x^2}{1-x^2}}=\dfrac{|x|}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\) (car \(x>0\)).
Cas 3 : \(x\in]-1;0[\). Alors \(y<0\) ; les deux membres sont négatifs, l’égalité équivaut encore à l’égalité des carrés : on trouve le même \(y^2=\dfrac{x^2}{1-x^2}\). Comme \(y<0\) : \(y=-\dfrac{|x|}{\sqrt{1-x^2}}=-\dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\).
Bilan : dans les trois cas on obtient la même formule (pour \(x=0\) elle donne bien \(0\)).
[] \(\left(\forall x\in]-1;1[\right)\quad f^{-1}(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\)
\(f(\sqrt{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+1}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
5. Donc \(f^{-1}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\sqrt{3}\) (car \(f(\sqrt{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)).
💡 Méthode : si \(f\) est dérivable en \(a\) avec \(f'(a)\neq0\) et \(b=f(a)\), alors \(f^{-1}\) est dérivable en \(b\) et \(\left(f^{-1}\right)'(b)=\dfrac{1}{f'(a)}=\dfrac{1}{f'\left(f^{-1}(b)\right)}\).
\(f\) est dérivable en \(\sqrt{3}\) (question 2) et :
\(f'(\sqrt{3})=\dfrac{1}{(3+1)\sqrt{3+1}}\)
\(=\dfrac{1}{4\times2}=\dfrac{1}{8}\neq0\)
Donc \(f^{-1}\) est dérivable en \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}=f(\sqrt{3})\) et :
\(\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{1}{f'(\sqrt{3})}\)
\(=\dfrac{1}{\frac{1}{8}}=8\)
6. 💡 Rappel : l’équation de la tangente à une courbe \((C_h)\) au point d’abscisse \(a\) est \(y=h'(a)(x-a)+h(a)\).
\(y=\left(f^{-1}\right)'\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+f^{-1}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
\(y=8\left(x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+\sqrt{3}\)
\(y=8x-4\sqrt{3}+\sqrt{3}\)
\(y=8x-3\sqrt{3}\)
[] \((T)\ :\ y=8x-3\sqrt{3}\)
Les courbes \((C_f)\) et \((C_{f^{-1}})\) sont symétriques par rapport à la droite \(y=x\) :