الفرض 1 — الدورة الأولى — الثانية باك علوم فيزيائية (Devoir Surveillé n°1 — النموذج 4)

A) Limites
1. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to1}\left(2x^2+x-3\right)=2+1-3=0\) et \(\lim\limits_{x\to1}(x+1)=2\neq0\) : seul le numérateur tend vers \(0\) ⇒ pas de forme indéterminée.
Par quotient (fonction rationnelle continue en \(1\)) :
[] \(\lim\limits_{x\to1}\dfrac{2x^2+x-3}{x+1}=\dfrac{0}{2}=0\)
2. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to0}\tan(2x)=0\) et \(\lim\limits_{x\to0}\left(x^2+x\right)=0\) ; 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 \(X=ax\) (\(X\to0\)).
On factorise le dénominateur : \(x^2+x=x(x+1)\), puis on fait apparaître \(2x\) (l’argument de la tangente) :
\(\dfrac{\tan(2x)}{x^2+x}=\dfrac{\tan(2x)}{x(x+1)}\)
\(=\dfrac{\tan(2x)}{2x}\times\dfrac{2}{x+1}\)
On pose \(X=2x\) : quand \(x\to0\), \(X\to0\), et \(\lim\limits_{X\to0}\dfrac{\tan X}{X}=1\) (limite usuelle). D’autre part \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{2}{x+1}=\dfrac{2}{1}=2\). Par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan(2x)}{x^2+x}=1\times2=2\)
3. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-\sqrt{1+x}\right)=-\infty\) ; 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).
\(x-\sqrt{1+x}=x\left(1-\dfrac{\sqrt{1+x}}{x}\right)\)
\(=x\left(1-\sqrt{\dfrac{1+x}{x^2}}\right)\)
\(=x\left(1-\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}}\right)\)
(pour \(x>0\), \(x=\sqrt{x^2}\)). La parenthèse tend vers \(1\) et \(x\to+\infty\) ; par produit :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x-\sqrt{1+x}\right)=+\infty\)
4. Fraction rationnelle : en \(+\infty\), même limite que le quotient de ses termes de plus haut degré (propriété du cours).
\(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x^3+x+1}{x^4+5}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x^3}{x^4}\)
\(=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x}\)
\(=0\)
5. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to-\infty}3x^3=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}(x+1)=-\infty\) : les deux termes tendent vers \(-\infty\) ⇒ pas de forme indéterminée.
Par somme :
[] \(\lim\limits_{x\to-\infty}\left(3x^3+x+1\right)=-\infty\)
6. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+x}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}(-x)=-\infty\) ; on obtient la forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ».
Ici : racine carrée dont les termes dominants se compensent : on multiplie et on divise par le conjugué, car \(\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2\).
(Les termes dominants \(\sqrt{x^2}=x\) et \(x\) se compensent : la factorisation donnerait « \(+\infty\times0\) ».)
\(\sqrt{x^2+x}-x=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)\left(\sqrt{x^2+x}+x\right)}{\sqrt{x^2+x}+x}\)
\(=\dfrac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}\)
\(=\dfrac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x}}+x}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}\)
(pour \(x>0\), \(\sqrt{x^2}=x\)). \(\dfrac{1}{x}\to0\), le dénominateur tend vers \(\sqrt{1}+1=2\) ; par quotient :
[] \(\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)=\dfrac{1}{2}\)
7. Calcul direct (on remplace) : \(\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{3}}(2\cos x-1)=2\times\dfrac{1}{2}-1=0\) et \(\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{3}}\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)=0\) ; 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 \(X=ax\) (\(X\to0\)).
On pose \(X=x-\dfrac{\pi}{3}\) : quand \(x\to\dfrac{\pi}{3}\), \(X\to0\), et \(x=X+\dfrac{\pi}{3}\). Formule d’addition :
\(\cos\left(X+\dfrac{\pi}{3}\right)=\cos X\cos\dfrac{\pi}{3}-\sin X\sin\dfrac{\pi}{3}\)
\(=\dfrac{1}{2}\cos X-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin X\)
\(\dfrac{2\cos x-1}{x-\frac{\pi}{3}}=\dfrac{\cos X-\sqrt{3}\sin X-1}{X}\)
\(=\dfrac{\cos X-1}{X}-\sqrt{3}\times\dfrac{\sin X}{X}\)
\(=-X\times\dfrac{1-\cos X}{X^2}-\sqrt{3}\times\dfrac{\sin X}{X}\)
(on a écrit \(\dfrac{\cos X-1}{X}=-X\times\dfrac{1-\cos X}{X^2}\) pour faire apparaître la limite usuelle).
Premier terme : \(X\to0\) et \(\dfrac{1-\cos X}{X^2}\to\dfrac{1}{2}\) (usuelle) : produit \(\to0\). Second terme : \(\dfrac{\sin X}{X}\to1\) (usuelle) : \(\to\sqrt{3}\). Par somme :
[] \(\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{3}}\dfrac{2\cos x-1}{x-\frac{\pi}{3}}=-0\times\dfrac{1}{2}-\sqrt{3}\times1=-\sqrt{3}\)
8. 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) Racines n-ièmes
a) 💡 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 \(a,b\geq0\), \(\sqrt[n]{a}<\sqrt[n]{b}\iff a<b\).
\(\sqrt[4]{\sqrt{7}}=\sqrt[8]{7}\) : indices \(3\), \(8\) et \(8\) ; indice commun \(24\).
\(\sqrt[3]{2}=\sqrt[24]{2^8}=\sqrt[24]{256}\)
\(\sqrt[4]{\sqrt{7}}=\sqrt[8]{7}=\sqrt[24]{7^3}=\sqrt[24]{343}\)
\(\sqrt[8]{5}=\sqrt[24]{5^3}=\sqrt[24]{125}\)
Comme \(125<256<343\) :
[] \(\sqrt[8]{5}<\sqrt[3]{2}<\sqrt[4]{\sqrt{7}}\)
b) 💡 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 \(\dfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}\).
\(\sqrt[15]{3^5}=3^{\frac{5}{15}}=3^{\frac{1}{3}}\) ; \(\sqrt[3]{9}=3^{\frac{2}{3}}\) ; \(\left(\sqrt[5]{9}\right)^{-3}=\left(3^{\frac{2}{5}}\right)^{-3}=3^{-\frac{6}{5}}\) ; \(\sqrt[5]{3}=3^{\frac{1}{5}}\) :
\(A=3^{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}-\frac{6}{5}-\frac{1}{5}}\)
\(=3^{1-\frac{7}{5}}=3^{-\frac{2}{5}}\)
\(=\dfrac{1}{\sqrt[5]{3^2}}\)
[] \(A=\dfrac{1}{\sqrt[5]{9}}\)
C) Continuité
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 \(I\).
Sur \(]1;+\infty[\) : \(f(x)=\dfrac{x}{2x-1}\) est rationnelle et \(2x-1>1>0\) ne s’annule pas : \(f\) y est continue.
Sur \(]-\infty;1[\) : \(x\mapsto1-x\) est continue et positive (\(1-x>0\)), donc \(x\mapsto\sqrt{1-x}\) est continue ; \(x\mapsto x^2\) aussi ; la différence \(f(x)=x^2-2\sqrt{1-x}\) est continue.
[] \(f\) est continue sur \(]1;+\infty[\) et sur \(]-\infty;1[\)
b) 💡 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 \(f(1)\).
Limite à droite (pas de forme indéterminée : le dénominateur tend vers \(2\times1-1=1\neq0\)) :
\(\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{x}{2x-1}\)
\(=\dfrac{1}{2\times1-1}=1\)
Limite à gauche (\(\sqrt{1-x}\to\sqrt{0}=0\)) :
\(\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to1^-}\left(x^2-2\sqrt{1-x}\right)\)
\(=1^2-2\times0=1\)
\(\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=1=f(1)\) : \(f\) est continue en \(1\) ; avec a) :
[!] \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\)

1. Dérivabilité : \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car c’est une fonction polynôme. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :
\(h'(x)=5x^4-5\)
\(=5\left(x^4-1\right)\)
\(=5\left((x^2)^2-1^2\right)\)
\(=5(x^2+1)(x^2-1)\)
2. a) On cherche d’abord les racines :
\((x-1)(x+1)=0\)
\(\iff x-1=0\) ou \(x+1=0\)
\(\iff x=1\) ou \(x=-1\)
Signe de chaque facteur, puis du produit :

Comme \(5(x^2+1)>0\), \(h'(x)\) a le même signe. Valeurs : \(h(-1)=-1+5+1=5\) ; \(h(1)=1-5+1=-3\).
Limites : \(h\) est un polynôme, même limite que son terme de plus haut degré \(x^5\) (propriété du cours) :
\(\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}x^5=+\infty\)
\(\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x^5=-\infty\)

b) 💡 Rappel (image d’un intervalle) : si \(f\) est continue et strictement croissante sur \([a;b]\), alors \(f([a;b])=[f(a);f(b)]\) ; sur \([a;+\infty[\) : \(f([a;+\infty[)=\left[f(a);\lim\limits_{+\infty}f\right[\) ; si \(f\) est strictement décroissante, on inverse les bornes.
\(h\) est continue (polynôme). \(I=[-1;1]\) : \(h\) strictement décroissante ⇒ \(h(I)=[h(1);h(-1)]=[-3;5]\).
\(J=[1;+\infty[\) : \(h\) strictement croissante ⇒ \(h(J)=\left[h(1);\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)\right[=[-3;+\infty[\).
\(K=\mathbb{R}\) : \(h\) n’est pas monotone sur \(\mathbb{R}\), on découpe : \(h(]-\infty;-1])=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}h(x);h(-1)\right]=]-\infty;5]\), puis on réunit les trois images :
\(h(\mathbb{R})=]-\infty;5]\cup[-3;5]\cup[-3;+\infty[\)
\(=]-\infty;+\infty[=\mathbb{R}\)
3. a) 💡 Méthode (TVI, cas strictement monotone) : si \(h\) est continue et strictement monotone sur l’intervalle \([0;1]\) et si \(0\in h([0;1])\), alors le nombre \(0\) a un unique antécédent par \(h\) dans \([0;1]\) : l’équation \(h(x)=0\) admet une unique solution dans \([0;1]\).
Étape 1 (continuité) : \(h\) est continue sur \([0;1]\) car c’est une fonction polynôme.
Étape 2 (stricte monotonie) : \([0;1]\subset[-1;1]\) où \(h'(x)\leq0\) (\(h'\) ne s’annule qu’en \(1\)) : \(h\) est strictement décroissante sur \([0;1]\).
Étape 3 (image de l’intervalle) : on calcule les valeurs (ou les limites) aux bornes :
\(h(0)=0-0+1=1\)
\(h(1)=1-5+1=-3\)
\(h([0;1])=[h(1);h(0)]=[-3;1]\)
Étape 4 : \(0\in h([0;1])\) (une valeur négative et une valeur positive) : \(0\) a un unique antécédent \(\alpha\) par \(h\) dans \([0;1]\) ; comme \(0\) n’est pas atteint aux bornes, \(\alpha\in]0;1[\).
[] L’équation \(h(x)=0\) 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 \(h(0)=1>0\) et \(h(1)=-3<0\) :
Milieu \(m=0{,}5\) : \(h(0{,}5)=0{,}03125-2{,}5+1\approx-1{,}47<0\), donc \(\alpha\in]0;0{,}5[\) ; amplitude \(0{,}5\).
Milieu \(m=0{,}25\) : \(h(0{,}25)=0{,}00098-1{,}25+1\approx-0{,}25<0\), donc \(\alpha\in]0;0{,}25[\) ; amplitude \(0{,}25\).
[] \(0<\alpha<0{,}25\)

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 \(I\).
\(x\mapsto x\) est continue (polynôme) et \(x\mapsto\sqrt{x}\) est continue sur \([0;+\infty[\) ; donc la somme \(f(x)=x+2\sqrt{x}\) est continue sur \(I\).
[] \(f\) est continue sur \(I\)
2. a) 💡 Méthode : on compare \(f(a)\) et \(f(b)\) pour \(a<b\) (on évite la dérivée, car \(\sqrt{x}\) n’est pas dérivable en \(0\)).
Soient \(a,b\in I\) avec \(a<b\). Alors \(\sqrt{a}<\sqrt{b}\) (la racine carrée est strictement croissante), donc \(2\sqrt{a}<2\sqrt{b}\) ; en additionnant avec \(a<b\) :
\(a+2\sqrt{a}<b+2\sqrt{b}\)
\(\iff f(a)<f(b)\)
[] \(f\) est strictement croissante sur \(I\)
b) 💡 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 (1) et strictement croissante (2a) sur \(I\). Image : \(f(0)=0\) ; \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\) (pas de forme indéterminée : \(x\to+\infty\) et \(2\sqrt{x}\to+\infty\)).
[] \(f(I)=\left[f(0);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[0;+\infty[=I\) : \(f^{-1}\) est définie sur \(I\)
3. a) \(f(0)=0+2\sqrt{0}=0\), donc \(0\) est l’antécédent de \(0\) :
[] \(f^{-1}(0)=0\)
b) 💡 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 \(x\in I\) et \(y\in I\) tels que \(f(y)=x\). Idée : \(\left(\sqrt{y}+1\right)^2=y+2\sqrt{y}+1\), donc \(y+2\sqrt{y}=\left(\sqrt{y}+1\right)^2-1\).
\(f(y)=x\iff\left(\sqrt{y}+1\right)^2-1=x\)
\(\iff\left(\sqrt{y}+1\right)^2=1+x\)
Signe : \(\sqrt{y}+1\geq1>0\) et \(\sqrt{1+x}>0\) : deux nombres positifs ont le même carré si et seulement s’ils sont égaux (un seul cas) :
\(\left(\sqrt{y}+1\right)^2=1+x\iff\sqrt{y}+1=\sqrt{1+x}\)
\(\iff\sqrt{y}=\sqrt{1+x}-1\)
\(\iff y=\left(\sqrt{1+x}-1\right)^2\)
(possible car \(\sqrt{1+x}-1\geq0\), puisque \(1+x\geq1\)).
[] \(\left(\forall x\in I\right)\quad f^{-1}(x)=\left(\sqrt{1+x}-1\right)^2\)
c) 💡 On compare chacun des deux membres à \(x\).
\(f^{-1}(x)=\left(\sqrt{1+x}\right)^2-2\sqrt{1+x}+1\)
\(=x+2-2\sqrt{1+x}\)
\(1+x\geq1\Rightarrow\sqrt{1+x}\geq1\Rightarrow2-2\sqrt{1+x}\leq0\), donc \(f^{-1}(x)\leq x\) ; et \(f(x)=x+2\sqrt{x}\geq x\). Ainsi \(f^{-1}(x)\leq x\leq f(x)\).
L’égalité \(f^{-1}(x)=f(x)\) impose donc \(f^{-1}(x)=x\) et \(f(x)=x\), c’est-à-dire \(\sqrt{1+x}=1\) et \(\sqrt{x}=0\), soit \(x=0\) ; réciproquement \(f^{-1}(0)=0=f(0)\).
[!] \(S=\{0\}\)