الفرض 1 — الدورة الأولى — الثانية باك علوم فيزيائية (Devoir Surveillé n°1 — النموذج 2)

A) Limites
1. \(\left(-2x^3+x\right)\) est un polynôme : en \(-\infty\), il a la même limite que son terme de plus haut degré \(\left(-2x^3\right)\) (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to-\infty}\left(-2x^3+x\right)=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(-2x^3\right)\)
\(=+\infty\)
(le produit de \(-2<0\) par \(-\infty\) donne \(+\infty\)).
2. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{1+x}=+\infty\) 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 : la racine ne se compense pas avec le reste : on factorise par le terme dominant (le conjugué est inutile).
Pour \(x>0\) on factorise par \(x\), avec \(x=\sqrt{x^2}\) :
\(\sqrt{1+x}-x=x\left(\dfrac{\sqrt{1+x}}{x}-1\right)\)
\(=x\left(\sqrt{\dfrac{1+x}{x^2}}-1\right)\)
\(=x\left(\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}}-1\right)\)
\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}\to0\), donc la racine tend vers \(0\) et la parenthèse vers \(-1\) ; \(x\to+\infty\) ; par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{1+x}-x\right)=-\infty\)
3. Fraction rationnelle : en \(-\infty\), même limite que le quotient de ses termes de plus haut degré (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{1+4x^2}{2x-x^3}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{4x^2}{-x^3}\)
\(=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{-4}{x}\)
\(=0\)
4. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to1}\left(\sqrt[3]{x}-1\right)=0\) et \(\lim\limits_{x\to1}(x-1)=0\) ; on obtient la forme indéterminée « \(\dfrac{0}{0}\) ».
Ici : racine cubique qui s’annule : on pose \(t=\sqrt[3]{\ldots}\) et on utilise \(t^3-1=(t-1)(t^2+t+1)\).
On pose \(t=\sqrt[3]{x}\) : \(x=t^3\), et quand \(x\to1\), \(t=\sqrt[3]{x}\to\sqrt[3]{1}=1\) :
\(\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}=\dfrac{t-1}{t^3-1}\)
\(=\dfrac{t-1}{(t-1)(t^2+t+1)}\)
\(=\dfrac{1}{t^2+t+1}\)
(on a utilisé \(t^3-1=(t-1)(t^2+t+1)\) et simplifié par \(t-1\neq0\)). Quand \(t\to1\) : \(t^2+t+1\to1+1+1=3\neq0\), donc par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}=\dfrac{1}{3}\)
5. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[3]{1+x^3}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}(-2x^2)=-\infty\) ; on obtient la forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ».
Ici : la racine ne se compense pas avec le reste : on factorise par le terme dominant (le conjugué est inutile).
(\(\sqrt[3]{1+x^3}\) se comporte comme \(x\), négligeable devant \(2x^2\).) Pour \(x>0\), \(x^2=\sqrt[3]{x^6}\) ; on factorise par \(x^2\) :
\(\sqrt[3]{1+x^3}-2x^2=x^2\left(\dfrac{\sqrt[3]{1+x^3}}{x^2}-2\right)\)
\(=x^2\left(\sqrt[3]{\dfrac{1+x^3}{x^6}}-2\right)\)
\(=x^2\left(\sqrt[3]{\dfrac{1}{x^6}+\dfrac{1}{x^3}}-2\right)\)
La racine tend vers \(\sqrt[3]{0}=0\), la parenthèse vers \(-2\), et \(x^2\to+\infty\) ; par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{1+x^3}-2x^2\right)=-\infty\)
6. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{3}}\left(1-\cos(2x)\right)=1-\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\) et \(\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{3}}x^2=\dfrac{\pi^2}{9}\neq0\) : le dénominateur ne tend pas vers \(0\) ⇒ pas de forme indéterminée.
Par quotient (la fonction est continue en \(\dfrac{\pi}{3}\), on remplace) :
\(\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{3}}\dfrac{1-\cos(2x)}{x^2}=\dfrac{\frac{3}{2}}{\frac{\pi^2}{9}}\)
\(=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{9}{\pi^2}=\dfrac{27}{2\pi^2}\)
B) Racines n-ièmes
1. 💡 Méthode : pour comparer des racines d’indices différents, on les écrit avec le même indice (le PPCM des indices), puis on compare les nombres sous la racine : pour \(a,b\geq0\), \(\sqrt[n]{a}<\sqrt[n]{b}\iff a<b\).
Indices \(6\), \(4\) et \(2\) : indice commun \(12\).
\(\sqrt[6]{2}=\sqrt[12]{2^2}=\sqrt[12]{4}\)
\(2^{\frac{3}{4}}=\sqrt[4]{2^3}=\sqrt[12]{2^9}=\sqrt[12]{512}\)
\(\sqrt{3}=\sqrt[12]{3^6}=\sqrt[12]{729}\)
Comme \(4<512<729\) et que \(t\mapsto\sqrt[12]{t}\) est strictement croissante :
[] \(\sqrt[6]{2}<2^{\frac{3}{4}}<\sqrt{3}\)
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 \(\dfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}\).
Numérateur : \(64000000=64\times10^6=2^6\times10^6=(2\times10)^6=20^6\), donc \(\sqrt[6]{64000000}=20\).
\(\sqrt[3]{4}\times2^{\frac{1}{3}}\times\sqrt{2}=2^{\frac{2}{3}}\times2^{\frac{1}{3}}\times2^{\frac{1}{2}}\)
\(=2^{\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}}=2^{\frac{3}{2}}\)
\(=2\sqrt{2}\)
\(A=\dfrac{20}{2\sqrt{2}}=\dfrac{10}{\sqrt{2}}\)
\(=\dfrac{10\sqrt{2}}{2}=5\sqrt{2}\)
[] \(A=5\sqrt{2}\)
C) Équations
💡 Méthode : \(\sqrt[n]{x}\) n’est défini que pour \(x\geq0\) ; pour \(a,b\geq0\) : \(\sqrt[n]{a}=b\iff a=b^n\) et \(\sqrt[n]{a}<b\iff a<b^n\).
Première équation : la racine existe si \(1-x\geq0\), soit \(x\leq1\) ; et une racine cubique (au sens du cours) est positive, donc il faut aussi \(x-1\geq0\), soit \(x\geq1\).
Seule valeur possible : \(x=1\) ; vérification : \(\sqrt[3]{1-1}=0=1-1\).
[] \(S=\{1\}\)
Deuxième équation : \(t\mapsto t^5\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), donc \(a^5=b^5\iff a=b\) :
\((1+2x)^5-32=0\iff(1+2x)^5=2^5\)
\(\iff1+2x=2\)
\(\iff x=\dfrac{1}{2}\)
[] \(S=\left\{\dfrac{1}{2}\right\}\)

1. 💡 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 \(]1;+\infty[\) : \(g(x)=\dfrac{x^2+x-2}{x-1}\) est une fonction rationnelle et son dénominateur \(x-1\) ne s’annule pas sur \(]1;+\infty[\).
[] \(g\) est continue sur \(]1;+\infty[\)
Sur \(]-\infty;1]\) : \(x\mapsto x^2+3\) est continue et strictement positive, donc \(x\mapsto\sqrt{x^2+3}\) est continue ; \(x\mapsto x\) est continue ; donc la somme \(g(x)=x+\sqrt{x^2+3}\) est continue sur \(]-\infty;1]\).
2. 💡 Méthode : \(g\) est continue en \(1\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to1}g(x)=g(1)\). Pour une fonction définie par morceaux, on calcule la limite à gauche et à droite et on les compare à \(g(1)\).
Valeur : \(g(1)=1+\sqrt{1^2+3}=1+2=3\).
Limite à gauche (\(x<1\), \(g(x)=x+\sqrt{x^2+3}\), pas de forme indéterminée) :
\(\lim\limits_{x\to1^-}g(x)=\lim\limits_{x\to1^-}\left(x+\sqrt{x^2+3}\right)\)
\(=1+\sqrt{1+3}=3\)
Limite à droite (\(x>1\), \(g(x)=\dfrac{x^2+x-2}{x-1}\)) :
Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to1^+}\left(x^2+x-2\right)=1+1-2=0\) 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 : fraction rationnelle, forme « \(\dfrac{0}{0}\) » : on factorise le numérateur et le dénominateur par \((x-a)\), puis on simplifie.
\(1\) est racine de \(x^2+x-2\) ; le produit des racines vaut \(-2\), l’autre racine est \(-2\) : \(x^2+x-2=(x-1)(x+2)\).
\(\lim\limits_{x\to1^+}g(x)=\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{(x-1)(x+2)}{x-1}\)
\(=\lim\limits_{x\to1^+}(x+2)\)
\(=1+2=3\)
\(\lim\limits_{x\to1^-}g(x)=\lim\limits_{x\to1^+}g(x)=g(1)=3\) : \(g\) est continue en \(1\). Avec la question 1 :
[!] \(\mathbb{R}=]-\infty;1]\cup]1;+\infty[\) : \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}\)

1. On pose \(f(x)=x^3+2x-1\) ; résoudre l’équation revient à chercher les \(x\) tels que \(f(x)=0\).
💡 Méthode (TVI, cas strictement monotone) : si \(f\) est continue et strictement monotone sur l’intervalle \(\mathbb{R}\) et si \(0\in f(\mathbb{R})\), alors le nombre \(0\) a un unique antécédent par \(f\) dans \(\mathbb{R}\) : l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution dans \(\mathbb{R}\).
Étape 1 (continuité) : \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) car c’est une fonction polynôme.
Étape 2 (stricte monotonie) : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) (polynôme) et pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(f'(x)=3x^2+2>0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
Étape 3 (image de l’intervalle) : on calcule les valeurs (ou les limites) aux bornes :
Pas de forme indéterminée : \(x^3\) et \(2x-1\) ont la même limite ; \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\) (somme).
\(f(\mathbb{R})=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=]-\infty;+\infty[=\mathbb{R}\)
Étape 4 : \(0\in f(\mathbb{R})\) (une valeur négative et une valeur positive) : \(0\) a un unique antécédent \(\alpha\) par \(f\) dans \(\mathbb{R}\).
[] L’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\in\mathbb{R}\).
Localisation : \(f(0)=-1<0\) et \(f(1)=2>0\), donc \(f(0)<f(\alpha)<f(1)\) car \(f(\alpha)=0\). Comme \(f\) est strictement croissante, elle conserve l’ordre :
[] \(0<\alpha<1\)

2. 💡 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 \(0{,}25\).
Milieu \(m=0{,}5\) : \(f(0{,}5)=0{,}125+1-1=0{,}125>0\), donc \(\alpha\in]0;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}5\).
Milieu \(m=0{,}25\) : \(f(0{,}25)=0{,}015625+0{,}5-1\approx-0{,}48<0\), donc \(\alpha\in]0{,}25;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}25\).
[] \(0{,}25<\alpha<0{,}5\)

1. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}x^2=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-2\sqrt{x^2-1}\right)=-\infty\) ; 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 : la racine ne se compense pas avec le reste : on factorise par le terme dominant (le conjugué est inutile).
(\(\sqrt{x^2-1}\) se comporte comme \(x\), négligeable devant \(x^2\).) Pour \(x>1\), \(x^2=\sqrt{x^4}\) ; on factorise par \(x^2\) :
\(f(x)=x^2\left(1-\dfrac{2\sqrt{x^2-1}}{x^2}\right)\)
\(=x^2\left(1-2\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x^4}}\right)\)
\(=x^2\left(1-2\sqrt{\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{x^4}}\right)\)
La racine tend vers \(0\), la parenthèse vers \(1\), et \(x^2\to+\infty\) ; par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\)
2. 💡 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 \(I\).
\(x\mapsto x^2-1\) est continue et positive sur \([1;+\infty[\) (\(x\geq1\Rightarrow x^2\geq1\)), donc \(x\mapsto\sqrt{x^2-1}\) est continue sur \([1;+\infty[\) ; \(x\mapsto x^2\) est continue ; la différence \(f\) est continue.
[] \(f\) continue sur \([1;+\infty[\)
3. a) Dérivabilité : \(f\) est dérivable sur \(]1;+\infty[\) car \(x\mapsto x^2-1\) est dérivable et strictement positive sur \(]1;+\infty[\), donc \(x\mapsto\sqrt{x^2-1}\) y est dérivable (ce n’est pas le cas en \(1\), où \(x^2-1=0\)). Pour tout \(x\in]1;+\infty[\) :
\(f'(x)=2x-2\times\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}\)
\(=2x-\dfrac{2x}{\sqrt{x^2-1}}\)
\(=\dfrac{2x\sqrt{x^2-1}-2x}{\sqrt{x^2-1}}\)
\(=\dfrac{2x\left(\sqrt{x^2-1}-1\right)}{\sqrt{x^2-1}}\)
On transforme \(\sqrt{x^2-1}-1\) à l’aide de son conjugué :
\(\sqrt{x^2-1}-1=\dfrac{\left(\sqrt{x^2-1}-1\right)\left(\sqrt{x^2-1}+1\right)}{\sqrt{x^2-1}+1}\)
\(=\dfrac{(x^2-1)-1}{\sqrt{x^2-1}+1}\)
\(=\dfrac{x^2-2}{\sqrt{x^2-1}+1}\)
[] \(f'(x)=\left(\dfrac{2x}{\sqrt{x^2-1}\left(\sqrt{x^2-1}+1\right)}\right)(x^2-2)\)
b) 💡 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.
Pour \(x>1\) : \(2x>0\), \(\sqrt{x^2-1}>0\) et \(\sqrt{x^2-1}+1>0\), donc le facteur entre parenthèses est positif : \(f'(x)\) a le signe de \(x^2-2=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})\), c’est-à-dire celui de \(x-\sqrt{2}\) (car \(x+\sqrt{2}>0\)).
\(f'(x)=0\iff x^2-2=0\)
\(\iff x^2=2\)
\(\iff x=\sqrt{2}\) (car \(x>1\))

\(f(1)=1-0=1\) ; \(f(\sqrt{2})=2-2\sqrt{1}=0\). Comme \(f\) est continue sur \([1;+\infty[\) :

[] \(f\) est strictement décroissante sur \([1;\sqrt{2}]\) et strictement croissante sur \([\sqrt{2};+\infty[\).
4. a) 💡 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 \(f\).
\(g\) est continue (question 2) et strictement croissante (question 3b) sur \([\sqrt{2};+\infty[\) : elle admet une réciproque définie sur \(J=g([\sqrt{2};+\infty[)\). On calcule :
\(g(\sqrt{2})=2-2\sqrt{2-1}=0\)
et \(\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty\) (question 1) :
[] \(J=\left[g(\sqrt{2});\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)\right[=[0;+\infty[\)
b) On développe le carré (\(\left(a-b\right)^2=a^2-2ab+b^2\)) :
\(\left(\sqrt{x^2-1}-1\right)^2=\left(\sqrt{x^2-1}\right)^2-2\sqrt{x^2-1}+1\)
\(=x^2-1-2\sqrt{x^2-1}+1\)
\(=x^2-2\sqrt{x^2-1}=g(x)\)
c) 💡 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 \(x\in[0;+\infty[\) et \(y\in[\sqrt{2};+\infty[\) tels que \(g(y)=x\).
Signe : \(y\geq\sqrt{2}\Rightarrow y^2-1\geq1\Rightarrow\sqrt{y^2-1}\geq1\), donc \(A=\sqrt{y^2-1}-1\geq0\). Ici un seul cas : \(A\) est positif, donc \(A^2=x\iff A=\sqrt{x}\) (on rejette \(-\sqrt{x}\), négatif).
\(g(y)=x\iff\left(\sqrt{y^2-1}-1\right)^2=x\)
\(\iff\sqrt{y^2-1}-1=\sqrt{x}\)
\(\iff\sqrt{y^2-1}=1+\sqrt{x}\)
\(\iff y^2-1=\left(1+\sqrt{x}\right)^2\)
\(\iff y^2=1+\left(1+\sqrt{x}\right)^2\)
\(\iff y=\sqrt{1+\left(1+\sqrt{x}\right)^2}\)
(on a élevé au carré deux nombres positifs, et \(y>0\)).
[!] \(\left(\forall x\in[0;+\infty[\right)\quad g^{-1}(x)=\sqrt{1+\left(1+\sqrt{x}\right)^2}\)