الفرض 1 — الدورة الأولى — الثانية باك علوم فيزيائية (Examen n°1 — النموذج 3)

A) Limites
1. \(\left(2x-x^3\right)\) est un polynôme : en \(-\infty\), il a la même limite que son terme de plus haut degré \(\left(-x^3\right)\) (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to-\infty}\left(2x-x^3\right)=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(-x^3\right)\)
\(=+\infty\)
2. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to-\infty}\sqrt{1+x^2}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}(-x)=+\infty\) : « \(+\infty+\infty\) » ⇒ pas de forme indéterminée.
Par somme :
[] \(\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\sqrt{1+x^2}-x\right)=+\infty\)
3. Fraction rationnelle : en \(+\infty\), même limite que le quotient de ses termes de plus haut degré (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1-4x^2}{2x+1}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{-4x^2}{2x}\)
\(=\lim\limits_{x\to+\infty}(-2x)\)
\(=-\infty\)
4. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}(2x^2+1)=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-\sqrt{1+x^2}\right)=-\infty\) ; 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).
Pour \(x>0\), \(x^2=\sqrt{x^4}\) ; on factorise par \(x^2\) :
\(2x^2+1-\sqrt{1+x^2}=x^2\left(2+\dfrac{1}{x^2}-\sqrt{\dfrac{1+x^2}{x^4}}\right)\)
\(=x^2\left(2+\dfrac{1}{x^2}-\sqrt{\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{x^2}}\right)\)
La parenthèse tend vers \(2+0-0=2\) et \(x^2\to+\infty\) ; par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(2x^2+1-\sqrt{1+x^2}\right)=+\infty\)
5. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to0}(\tan x-\sin x)=0\) et \(\lim\limits_{x\to0}x^3=0\) ; 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 \(X=ax\) (\(X\to0\)).
Comme \(\sin x=\tan x\cos x\), on factorise : \(\tan x-\sin x=\tan x-\tan x\cos x=\tan x(1-\cos x)\). On répartit \(x^3=x\times x^2\) :
\(\dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}=\dfrac{\tan x(1-\cos x)}{x\times x^2}\)
\(=\dfrac{\tan x}{x}\times\dfrac{1-\cos x}{x^2}\)
\(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x}{x}=1\) et \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}\) (limites usuelles) ; par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}=1\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)
6. 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 :
[] \(\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}=\dfrac{1}{3}\)
B) Comparaison
💡 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 \(4\), \(6\) et \(2\) : indice commun \(12\).
\(2^{\frac{1}{4}}=\sqrt[4]{2}=\sqrt[12]{2^3}=\sqrt[12]{8}\)
\(\sqrt[6]{81}=\sqrt[6]{3^4}=\sqrt[12]{3^8}=\sqrt[12]{6561}\)
\(\sqrt{5}=\sqrt[12]{5^6}=\sqrt[12]{15625}\)
Comme \(8<6561<15625\) :
[] \(2^{\frac{1}{4}}<\sqrt[6]{81}<\sqrt{5}\)
C) Simplification
💡 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 \(\dfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}\).
\(\dfrac{\sqrt[3]{2}\times\sqrt[6]{32}}{\sqrt[3]{\sqrt{8}}}=\dfrac{2^{\frac{1}{3}}\times2^{\frac{5}{6}}}{\left(2^{\frac{3}{2}}\right)^{\frac{1}{3}}}\)
\(=2^{\frac{1}{3}+\frac{5}{6}-\frac{1}{2}}\)
\(=2^{\frac{2+5-3}{6}}=2^{\frac{2}{3}}\)
\(=\sqrt[3]{2^2}=\sqrt[3]{4}\)
D) Équations et inéquation
(1) >> \(t\mapsto t^3\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) : \(a^3=b^3\iff a=b\).
\((1-x)^3=-8\iff(1-x)^3=(-2)^3\)
\(\iff1-x=-2\)
\(\iff x=3\)
[] \(S=\{3\}\)
(2) >> Condition d’existence : \(x+2\geq0\), soit \(x\geq-2\) ; puis, pour \(a\geq0\) et \(b\geq0\) : \(\sqrt[3]{a}<b\iff a<b^3\).
\(\sqrt[3]{x+2}<2\iff x+2<2^3\)
\(\iff x<6\)
Avec la condition \(x\geq-2\) :
[] \(S=[-2;6[\)
(3) >> Changement d’inconnue : on pose \(t=x^3\) (alors \(x^6=t^2\)).
\(t^2+2t-3=0\iff(t-1)(t+3)=0\)
\(\iff t=1\) ou \(t=-3\)
\(x^3=1\iff x=1\)
\(x^3=-3\iff(-x)^3=3\)
\(\iff-x=\sqrt[3]{3}\)
\(\iff x=-\sqrt[3]{3}\)
[] \(S=\left\{-\sqrt[3]{3};1\right\}\)

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 \(]-\infty;1[\) et sur \(]1;+\infty[\), \(h(x)=\dfrac{x^3+x-2}{x-1}\) est une fonction rationnelle dont le dénominateur \(x-1\) ne s’annule pas.
[] \(h\) est continue sur \(]-\infty;1[\) et sur \(]1;+\infty[\)
2. 💡 Méthode : \(h\) est continue en \(1\) si et seulement si \(\lim\limits_{x\to1}h(x)=h(1)\). Pour une fonction définie par morceaux, on calcule la limite à gauche et à droite et on les compare à \(h(1)\).
Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to1}\left(x^3+x-2\right)=1+1-2=0\) 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 \(x^3+x-2\) ; par division euclidienne par \(x-1\) (ou par identification) : \(x^3+x-2=(x-1)(x^2+x+2)\). Vérification : \((x-1)(x^2+x+2)=x^3+x^2+2x-x^2-x-2=x^3+x-2\).
\(\lim\limits_{x\to1}h(x)=\lim\limits_{x\to1}\dfrac{(x-1)(x^2+x+2)}{x-1}\)
\(=\lim\limits_{x\to1}\left(x^2+x+2\right)\)
\(=1+1+2=4\)
\(\lim\limits_{x\to1}h(x)=4=h(1)\) : \(h\) est continue en \(1\) ; avec la question 1 :
[!] \(h\) est continue sur \(\mathbb{R}\)

1. On pose \(f(x)=x^3+x-1\).
💡 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 \(x\in\mathbb{R}\), \(f'(x)=3x^2+1>0\) : \(f\) 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 \(x\) 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 \(f(1)=1>0\), donc \(f(0)<f(\alpha)<f(1)\) car \(f(\alpha)=0\). Comme \(f\) est strictement croissante, elle conserve l’ordre :
[] \(0<\alpha<1\)
2. a) 💡 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 \(m=0{,}5\) : \(f(0{,}5)=0{,}125+0{,}5-1=-0{,}375<0\), donc \(\alpha\in]0{,}5;1[\) ; amplitude \(0{,}5\).
Milieu \(m=0{,}75\) : \(f(0{,}75)=0{,}421875+0{,}75-1=0{,}171875>0\), donc \(\alpha\in]0{,}5;0{,}75[\) ; amplitude \(0{,}25\).
[] \(0{,}5<\alpha<0{,}75\)
b) 💡 \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) et \(f(\alpha)=0\) : une fonction strictement croissante conserve l’ordre (dans les deux sens).
\(x^3+x-1>0\iff f(x)>0\)
\(\iff f(x)>f(\alpha)\)
\(\iff x>\alpha\)
[] \(S=]\alpha;+\infty[\)
3. Dérivabilité : \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car c’est une fonction polynôme. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\(g'(x)=\dfrac{1}{4}\times4x^3+\dfrac{1}{2}\times2x-1\)
\(=x^3+x-1=f(x)\)
D’après 2.b) : \(g'(x)<0\) si \(x<\alpha\), \(g'(\alpha)=0\), \(g'(x)>0\) si \(x>\alpha\).
Limites : \(g\) est un polynôme, même limite que son terme de plus haut degré \(\dfrac{1}{4}x^4\) (propriété du cours) :
\(\lim\limits_{x\to\pm\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{4}x^4\)
\(=+\infty\)

1. a) 💡 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 \(I\).
\(f(x)=\dfrac{1-x^2}{x}\) est une fonction rationnelle dont le dénominateur \(x\) ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}_+^*\).
[] \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}_+^*\)
b) Dérivabilité : \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^*\) car c’est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^*\) :
\(f(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x^2}{x}=\dfrac{1}{x}-x\)
\(f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}-1\)
\(=-\dfrac{1+x^2}{x^2}\)
\(1+x^2>0\) et \(x^2>0\), donc \(f'(x)<0\) sur \(\mathbb{R}_+^*\) :
[] \(f\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+^*\)
c) 💡 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 \(f\).
Limites aux bornes (pas de forme indéterminée) :
\(\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{x}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to0^+}(-x)=0\), donc \(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty\) (somme).
\(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}(-x)=-\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\) (somme).
\(f\) est continue et strictement décroissante sur l’intervalle \(\mathbb{R}_+^*\) (on inverse les bornes) :
[] \(J=f(\mathbb{R}_+^*)=\left]\lim\limits_{x\to+\infty}f(x);\lim\limits_{x\to0^+}f(x)\right[=]-\infty;+\infty[=\mathbb{R}\)
2. a) 💡 Pour \(b\in\mathbb{R}\) : \(f^{-1}(b)\) est l’unique \(a>0\) tel que \(f(a)=b\). On résout donc \(f(x)=b\) avec \(x>0\).
\(f(x)=0\iff\dfrac{1-x^2}{x}=0\)
\(\iff1-x^2=0\)
\(\iff x=1\) ou \(x=-1\)
Comme \(x>0\), on garde \(x=1\) :
[] \(f^{-1}(0)=1\)
\(f(x)=-\dfrac{3}{2}\iff\dfrac{1-x^2}{x}=-\dfrac{3}{2}\)
\(\iff2(1-x^2)=-3x\)
\(\iff2x^2-3x-2=0\)
\(\iff(2x+1)(x-2)=0\)
\(\iff x=-\dfrac{1}{2}\) ou \(x=2\)
(\(\Delta=9+16=25\)). Comme \(x>0\), on garde \(x=2\) :
[] \(f^{-1}\left(-\dfrac{3}{2}\right)=2\)
b) 💡 \(f^{-1}\) a le même sens de variation que \(f\) : elle est strictement décroissante, donc elle inverse l’ordre.
\(\sqrt[3]{2}=2^{\frac{1}{3}}\) et \(\sqrt{2}=2^{\frac{1}{2}}\) ; comme \(2>1\) et \(\dfrac{1}{3}<\dfrac{1}{2}\) : \(\sqrt[3]{2}<\sqrt{2}\). Donc :
[] \(f^{-1}(\sqrt{2})<f^{-1}\left(\sqrt[3]{2}\right)\)
3. 💡 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 \(x\in\mathbb{R}\) et \(y>0\) tels que \(f(y)=x\) :
\(f(y)=x\iff\dfrac{1-y^2}{y}=x\)
\(\iff1-y^2=xy\)
\(\iff y^2+xy-1=0\)
Équation du second degré en \(y\) : \(\Delta=x^2+4>0\), deux racines \(y_1=\dfrac{-x-\sqrt{x^2+4}}{2}\) et \(y_2=\dfrac{-x+\sqrt{x^2+4}}{2}\).
Quelle racine garder ? On veut \(y>0\). Or \(\sqrt{x^2+4}>\sqrt{x^2}=|x|\geq x\), donc \(-x+\sqrt{x^2+4}>0\) : \(y_2>0\) ; et \(\sqrt{x^2+4}>|x|\geq-x\), donc \(-x-\sqrt{x^2+4}<0\) : \(y_1<0\) (rejetée). Cela vaut quel que soit le signe de \(x\).
[!] \(\left(\forall x\in\mathbb{R}\right)\quad f^{-1}(x)=\dfrac{-x+\sqrt{x^2+4}}{2}\)