سلسلة تمارين مصححة Limites et continuité — الثانية باك علوم فيزيائية

Correction 1

💡 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 $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$.

a) $\left(-3x^3+2x-1\right)$ est un polynôme : en $+\infty$, il a la même limite que son terme de plus haut degré $\left(-3x^3\right)$ (propriété du cours).

$\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-3x^3+2x-1\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-3x^3\right)$

$=-\infty$

(le produit de $-3<0$ par $x^3\to+\infty$ donne $-\infty$).

b) Fraction rationnelle : en $-\infty$, même limite que le quotient de ses termes de plus haut degré (propriété du cours).

$\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2x^2-x}{1-x^2}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2x^2}{-x^2}$

$=\lim\limits_{x\to-\infty}(-2)$

$=-2$

c) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to2}(x^2-4)=0$ et $\lim\limits_{x\to2}(x^2-3x+2)=4-6+2=0$ ; on obtient la forme indéterminée « $\dfrac{0}{0}$ ».

Ici : fraction rationnelle, forme « $\dfrac{0}{0}$ » : on factorise le numérateur et le dénominateur par $(x-a)$, puis on simplifie.

$x^2-4=(x-2)(x+2)$ (identité remarquable) et $x^2-3x+2=(x-2)(x-1)$ ($2$ est racine, produit des racines $2$).

$\dfrac{x^2-4}{x^2-3x+2}=\dfrac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x-1)}$

$=\dfrac{x+2}{x-1}$

(simplification par $x-2\neq0$). Quand $x\to2$ : $x+2\to4$ et $x-1\to1\neq0$ ; par quotient :

$\lim\limits_{x\to2}\dfrac{x^2-4}{x^2-3x+2}=\dfrac{4}{1}=4$

d) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to1^+}(2x+1)=3$ et $\lim\limits_{x\to1^+}(x-1)=0$ : forme « $\dfrac{3}{0}$ » ⇒ pas de forme indéterminée.

💡 « $\dfrac{\ell}{0}$ » avec $\ell\neq0$ n’est pas indéterminée : la limite est infinie, on étudie le signe du dénominateur.

Pour $x>1$ : $x-1>0$, donc $x-1\to0^+$ ; le numérateur tend vers $3>0$ : « $\dfrac{3}{0^+}$ ».

$\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{2x+1}{x-1}=+\infty$

Correction 2

a) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+3x}=+\infty$ 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 $\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2$.

$\sqrt{x^2+3x}-x=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)\left(\sqrt{x^2+3x}+x\right)}{\sqrt{x^2+3x}+x}$

$=\dfrac{(x^2+3x)-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}$

$=\dfrac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}}+x}$

$=\dfrac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}$

(pour $x>0$, $\sqrt{x^2}=x$). $\dfrac{3}{x}\to0$, le dénominateur tend vers $\sqrt{1}+1=2$ ; par quotient :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\dfrac{3}{2}$

b) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to-\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty$ 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 $\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2$.

(En $-\infty$, $\sqrt{x^2}=|x|=-x$ compense $x$.) On multiplie par le conjugué $\sqrt{x^2+1}-x$ :

$\sqrt{x^2+1}+x=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)}{\sqrt{x^2+1}-x}$

$=\dfrac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}-x}$

$=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}$

Au dénominateur : $\sqrt{x^2+1}\to+\infty$ et $-x\to+\infty$ (pas de forme indéterminée), donc il tend vers $+\infty$ ; et $\dfrac{1}{X}\to0$ :

$\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0$

c) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to3}\left(\sqrt{x+1}-2\right)=\sqrt{4}-2=0$ et $\lim\limits_{x\to3}(x-3)=0$ ; 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 $(x-a)$.

$\dfrac{\sqrt{x+1}-2}{x-3}=\dfrac{\left(\sqrt{x+1}-2\right)\left(\sqrt{x+1}+2\right)}{(x-3)\left(\sqrt{x+1}+2\right)}$

$=\dfrac{(x+1)-4}{(x-3)\left(\sqrt{x+1}+2\right)}$

$=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+2}$

(simplification par $x-3\neq0$). $\sqrt{x+1}+2\to\sqrt{4}+2=4$ ; par quotient :

$\lim\limits_{x\to3}\dfrac{\sqrt{x+1}-2}{x-3}=\dfrac{1}{4}$

d) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{4x^2+1}=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}(-x)=-\infty$ ; 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).

(Ici $\sqrt{4x^2}=2x$ et $2x-x=x$ : les termes dominants ne se compensent pas, le conjugué est inutile.) Pour $x>0$ :

$\sqrt{4x^2+1}-x=x\sqrt{4+\dfrac{1}{x^2}}-x$

$=x\left(\sqrt{4+\dfrac{1}{x^2}}-1\right)$

La parenthèse tend vers $\sqrt{4}-1=1>0$ et $x\to+\infty$ ; par produit :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{4x^2+1}-x\right)=+\infty$

Correction 3

💡 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 $X=ax$ ($X\to0$).

a) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to0}\sin(3x)=0$ et $\lim\limits_{x\to0}2x=0$ ; on obtient la forme indéterminée « $\dfrac{0}{0}$ ».

On fait apparaître $3x$ (l’argument du sinus) au dénominateur :

$\dfrac{\sin(3x)}{2x}=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{\sin(3x)}{3x}$

On pose $X=3x$ : $X\to0$ et $\dfrac{\sin X}{X}\to1$ (limite usuelle) ; par produit :

$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin(3x)}{2x}=\dfrac{3}{2}\times1=\dfrac{3}{2}$

b) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to0}\left(1-\cos(2x)\right)=0$ et $\lim\limits_{x\to0}x^2=0$ ; on obtient la forme indéterminée « $\dfrac{0}{0}$ ».

On fait apparaître $(2x)^2=4x^2$ au dénominateur :

$\dfrac{1-\cos(2x)}{x^2}=4\times\dfrac{1-\cos(2x)}{4x^2}$

$=4\times\dfrac{1-\cos(2x)}{(2x)^2}$

On pose $X=2x$ : $\dfrac{1-\cos X}{X^2}\to\dfrac{1}{2}$ (limite usuelle) ; par produit :

$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos(2x)}{x^2}=4\times\dfrac{1}{2}=2$

c) Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to0}\tan x=0$ et $\lim\limits_{x\to0}\sin(2x)=0$ ; on obtient la forme indéterminée « $\dfrac{0}{0}$ ».

On divise le numérateur et le dénominateur par $x$ ($x\neq0$) pour faire apparaître deux limites usuelles :

$\dfrac{\tan x}{\sin(2x)}=\dfrac{\frac{\tan x}{x}}{\frac{\sin(2x)}{x}}$

$=\dfrac{\frac{\tan x}{x}}{2\times\frac{\sin(2x)}{2x}}$

Numérateur : $\dfrac{\tan x}{x}\to1$ (usuelle). Dénominateur : avec $X=2x$, $\dfrac{\sin X}{X}\to1$, donc il tend vers $2\times1=2\neq0$. Par quotient :

$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\tan x}{\sin(2x)}=\dfrac{1}{2}$

d) Attention : la limite usuelle $\dfrac{\sin x}{x}\to1$ est valable en $0$, pas en $+\infty$.

💡 Limites et ordre : si $|f(x)-\ell|\leq u(x)$ au voisinage de $+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}u(x)=0$, alors $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\ell$.

Pour $x>0$ : $|\sin x|\leq1$, donc $\left|\dfrac{\sin x}{x}-0\right|=\dfrac{|\sin x|}{x}\leq\dfrac{1}{x}$, et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0$ :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sin x}{x}=0$

Correction 4

1. 💡 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 $\dfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}$.

$\sqrt[4]{32}=2^{\frac{5}{4}}$ ; $\sqrt[4]{8}=2^{\frac{3}{4}}$ ; $\sqrt[6]{64}=\sqrt[6]{2^6}=2$ :

$A=\dfrac{2^{\frac{5}{4}}\times2^{\frac{3}{4}}}{2}=\dfrac{2^{\frac{8}{4}}}{2}$

$=\dfrac{2^2}{2}=2$

$\sqrt{2}=2^{\frac{1}{2}}$ ; $\sqrt[3]{4}=2^{\frac{2}{3}}$ ; $\sqrt[6]{32}=2^{\frac{5}{6}}$ :

$B=2^{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}-\frac{5}{6}}$

$=2^{\frac{3+4-5}{6}}=2^{\frac{1}{3}}$

$=\sqrt[3]{2}$

$A=2$ ; $B=\sqrt[3]{2}$

2. 💡 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 $3$ et $4$ : indice commun $12$.

$\sqrt[3]{3}=\sqrt[12]{3^4}=\sqrt[12]{81}$

$\sqrt[4]{5}=\sqrt[12]{5^3}=\sqrt[12]{125}$

Comme $81<125$ :

$\sqrt[3]{3}<\sqrt[4]{5}$

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 $\sqrt[n]{a}<b\iff a<b^n$.

a) Condition : $x-1\geq0$, soit $x\geq1$. Alors :

$\sqrt[4]{x-1}=2\iff x-1=2^4$

$\iff x=17$

$17\geq1$ convient :

$S=\{17\}$

b) Condition : $x^2-1\geq0$. Alors :

$\sqrt[3]{x^2-1}=2\iff x^2-1=2^3$

$\iff x^2=9$

$\iff x=3$ ou $x=-3$

Vérification : pour $x=\pm3$, $x^2-1=8\geq0$ : les deux conviennent.

$S=\{-3;3\}$

Correction 5

1. 💡 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 $f(1)$.

Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to1}(x^2-1)=0$ 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.

$\lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}\dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1}$

$=\lim\limits_{x\to1}(x+1)$

$=1+1=2$

$\lim\limits_{x\to1}f(x)=2=f(1)$ :

$f$ est continue en $1$

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 : $g(1)=1^2+a\times1=1+a$.

À gauche ($x\leq1$, polynôme, on remplace) :

$\lim\limits_{x\to1^-}g(x)=\lim\limits_{x\to1^-}\left(x^2+ax\right)$

$=1+a$

À droite :

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 « $\dfrac{0}{0}$ ».

Ici : racine carrée qui s’annule au point : on multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué pour faire apparaître le facteur $(x-a)$.

$\dfrac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\dfrac{(x+3)-4}{(x-1)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}$

$=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}+2}$

$\sqrt{x+3}+2\to\sqrt{4}+2=4$, donc $\lim\limits_{x\to1^+}g(x)=\dfrac{1}{4}$.

$g$ est continue en $1$ si et seulement si les deux limites sont égales à $g(1)$ :

$1+a=\dfrac{1}{4}\iff a=\dfrac{1}{4}-1$

$\iff a=-\dfrac{3}{4}$

[!] $a=-\dfrac{3}{4}$

Correction 6

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 $I$.

$x\mapsto1-\cos x$ et $x\mapsto x$ sont continues sur $\mathbb{R}$, et $x\neq0$ sur $\mathbb{R}^*$ : le quotient est continu.

$f$ est continue sur $\mathbb{R}^*$

2. Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to0}(1-\cos x)=0$ et $\lim\limits_{x\to0}x=0$ ; 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 fait apparaître $x^2$ au dénominateur ($x\neq0$) :

$\dfrac{1-\cos x}{x}=x\times\dfrac{1-\cos x}{x^2}$

$\lim\limits_{x\to0}x=0$ et $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}$ (usuelle) ; par produit :

$\lim\limits_{x\to0}f(x)=0\times\dfrac{1}{2}=0$

3. 💡 Méthode : si $f$ n’est pas définie en $a$ mais $\lim\limits_{x\to a}f(x)=\ell$ (réel), la fonction $g$ définie par $g(x)=f(x)$ pour $x\neq a$ et $g(a)=\ell$ est continue en $a$ : c’est le prolongement par continuité de $f$.

Ici $f$ n’est pas définie en $0$ et $\lim\limits_{x\to0}f(x)=0\in\mathbb{R}$ :

[!] Le prolongement est $g(x)=\dfrac{1-\cos x}{x}$ si $x\neq0$ et $g(0)=0$.

Correction 7

1. On pose $\varphi(x)=\cos x-x$ : $(E)\iff\varphi(x)=0$.

💡 Méthode (TVI, cas strictement monotone) : si $\varphi$ est continue et strictement monotone sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ et si $0\in \varphi(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right])$, alors le nombre $0$ a un unique antécédent par $\varphi$ dans $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ : l’équation $\varphi(x)=0$ admet une unique solution dans $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$.

Étape 1 (continuité) : $\varphi$ est continue sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ car $\cos$ et $x\mapsto x$ sont continues (différence).

Étape 2 (stricte monotonie) : $\varphi$ est dérivable et $\varphi'(x)=-\sin x-1$ ; sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$, $\sin x\geq0$, donc $\varphi'(x)\leq-1<0$ : $\varphi$ est strictement décroissante.

Étape 3 (image de l’intervalle) : on calcule les valeurs (ou les limites) aux bornes :

$\varphi(0)=\cos0-0=1$

$\varphi\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0-\dfrac{\pi}{2}=-\dfrac{\pi}{2}$

$\varphi\left(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\right)=\left[\varphi\left(\dfrac{\pi}{2}\right);\varphi(0)\right]=\left[-\dfrac{\pi}{2};1\right]$

Étape 4 : $0\in \varphi(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right])$ (une valeur négative et une valeur positive) : $0$ a un unique antécédent $\alpha$ par $\varphi$ dans $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ ; comme $0$ n’est pas atteint aux bornes, $\alpha\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[$.

L’équation $\varphi(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[$.

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 $\dfrac{\pi}{8}$.

On part de $\varphi(0)=1>0$ et $\varphi\left(\dfrac{\pi}{2}\right)<0$ :

Milieu $m=\dfrac{\pi}{4}$ : $\varphi(\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\pi}{4}\approx-0{,}08<0$, donc $\alpha\in\left]0;\dfrac{\pi}{4}\right[$ ; amplitude $\dfrac{\pi}{4}$.

Milieu $m=\dfrac{\pi}{8}$ : $\varphi(\dfrac{\pi}{8})=\cos\dfrac{\pi}{8}-\dfrac{\pi}{8}\approx0{,}53>0$, donc $\alpha\in\left]\dfrac{\pi}{8};\dfrac{\pi}{4}\right[$ ; amplitude $\dfrac{\pi}{8}$.

$\dfrac{\pi}{8}<\alpha<\dfrac{\pi}{4}$

Correction 8

1. Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=2x-4$

$=2(x-2)$

$f'(x)=0\iff2(x-2)=0$

$\iff x=2$

$f(2)=4-8+1=-3$

Limites : $f$ est un polynôme, même limite que son terme de plus haut degré $x^2$ (propriété du cours) :

$\lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\pm\infty}x^2$

$=+\infty$

2. 💡 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.

**$[0;1]$** : $[0;1]\subset]-\infty;2]$ où $f$ est continue et strictement décroissante ; $f(0)=1$ et $f(1)=1-4+1=-2$ :

$f([0;1])=[f(1);f(0)]=[-2;1]$

**$[1;3]$** : $f$ n’est pas monotone ($2\in[1;3]$) : on découpe. $f(3)=9-12+1=-2$.

$f([1;2])=[f(2);f(1)]=[-3;-2]$

$f([2;3])=[f(2);f(3)]=[-3;-2]$

$f([1;3])=[-3;-2]\cup[-3;-2]=[-3;-2]$

**$[2;+\infty[$** : $f$ strictement croissante :

$f([2;+\infty[)=\left[f(2);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[-3;+\infty[$

**$\mathbb{R}$** : $f(]-\infty;2])=\left[f(2);\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)\right[=[-3;+\infty[$, donc :

$f(\mathbb{R})=[-3;+\infty[\cup[-3;+\infty[=[-3;+\infty[$

[!] Attention : sur un intervalle où $f$ n’est pas monotone, on découpe selon le tableau de variations.

Correction 9

1. 💡 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 $f$.

Continuité : $f$ est une fonction polynôme, continue sur $I$.

Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $I$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\inI$ :

$f'(x)=2x+2=2(x+1)$

Pour $x>-1$, $f'(x)>0$ ($f'$ ne s’annule qu’en $-1$) : $f$ est strictement croissante sur $I$. $f(-1)=1-2=-1$ ; $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ ($x^2$ et $2x$ tendent vers $+\infty$).

$J=f(I)=\left[f(-1);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=[-1;+\infty[$

2. $1\in I$ et $f(1)=1+2=3$, donc :

$f^{-1}(3)=1$

💡 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 $x\in J$ et $y\in I$ tels que $f(y)=x$. On remarque $y^2+2y=(y+1)^2-1$ :

$f(y)=x\iff(y+1)^2-1=x$

$\iff(y+1)^2=x+1$

Signe : $y\geq-1\Rightarrow y+1\geq0$, et $x+1\geq0$ : deux nombres positifs de même carré sont égaux (un seul cas) :

$(y+1)^2=x+1\iff y+1=\sqrt{x+1}$

$\iff y=-1+\sqrt{x+1}$

[!] $\left(\forall x\in J\right)\quad f^{-1}(x)=-1+\sqrt{x+1}$

Correction 10

1. Dérivabilité : $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=3x^2+3=3(x^2+1)>0$

$f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ ; limites (pas de forme indéterminée : $x^3$ et $3x-2$ ont la même limite) : $-\infty$ en $-\infty$, $+\infty$ en $+\infty$.

💡 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) : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, donc sur $[0;1]$.

Étape 3 (image de l’intervalle) : on calcule les valeurs (ou les limites) aux bornes :

$f(0)=-2$

$f(1)=1+3-2=2$

$f([0;1])=[f(0);f(1)]=[-2;2]$

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 $\alpha\in]0;1[$.

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 $m=0{,}5$ : $f(0{,}5)=0{,}125+1{,}5-2=-0{,}375<0$, donc $\alpha\in]0{,}5;1[$ ; amplitude $0{,}5$.

Milieu $m=0{,}75$ : $f(0{,}75)=0{,}421875+2{,}25-2\approx0{,}67>0$, donc $\alpha\in]0{,}5;0{,}75[$ ; amplitude $0{,}25$.

$0{,}5<\alpha<0{,}75$

Signe : $f$ strictement croissante et $f(\alpha)=0$ : $x<\alpha\Rightarrow f(x)<f(\alpha)=0$ ; $x>\alpha\Rightarrow f(x)>0$.

3. Dérivabilité : $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car c’est une fonction polynôme. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$g'(x)=\dfrac{1}{4}\times4x^3+\dfrac{3}{2}\times2x-2$

$=x^3+3x-2=f(x)$

Donc $g'$ a le signe de $f$ (question 2). Limites : $g$ est un polynôme, même limite que $\dfrac{1}{4}x^4$ (propriété du cours) :

$\lim\limits_{x\to\pm\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{4}x^4$

$=+\infty$

4. 💡 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 (polynôme) et strictement croissante sur $\mathbb{R}$, et $f(\mathbb{R})=\left]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=\mathbb{R}$ : $f^{-1}$ est définie sur $\mathbb{R}$.

$f(1)=1+3-2=2$

[!] $f^{-1}(2)=1$

Correction 11

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 $[0;+\infty[$ : $x^2+x=x(x+1)\geq0$ et $x\mapsto x^2+x$ est continue, donc $x\mapsto\sqrt{x^2+x}$ est continue ; la différence $f$ est continue.

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 « $+\infty-\infty$ ».

💡 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 $\left(\sqrt{A}-B\right)\left(\sqrt{A}+B\right)=A-B^2$.

$f(x)=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)\left(\sqrt{x^2+x}+x\right)}{\sqrt{x^2+x}+x}$

$=\dfrac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}$

$=\dfrac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x}}+x}$

$=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}$

(pour $x>0$, $\sqrt{x^2}=x$). $\dfrac{1}{x}\to0$, le dénominateur tend vers $2$ ; par quotient :

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\dfrac{1}{2}$

2. La forme demandée a été obtenue ci-dessus (pour $x>0$).

💡 Pour la monotonie, on compare $f(a)$ et $f(b)$ pour $a<b$.

Soient $0<a<b$ : $\dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{b}$, donc $\sqrt{1+\dfrac{1}{a}}+1>\sqrt{1+\dfrac{1}{b}}+1>0$ (la racine est croissante), et en passant à l’inverse : $f(a)<f(b)$. De plus $f(0)=0$ et $f(x)>0$ pour $x>0$.

$f$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$

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 $f$.

$f$ continue et strictement croissante : $J=\left[f(0);\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\right[=\left[0;\dfrac{1}{2}\right[$.

💡 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 $x\in J$ et $y\geq0$ tels que $f(y)=x$, c’est-à-dire $\sqrt{y^2+y}=x+y$. Signe : les deux membres sont positifs ($x\geq0$, $y\geq0$), l’égalité équivaut à l’égalité des carrés (un seul cas) :

$\sqrt{y^2+y}=x+y\iff y^2+y=x^2+2xy+y^2$

$\iff y-2xy=x^2$

$\iff y(1-2x)=x^2$

$\iff y=\dfrac{x^2}{1-2x}$

(division par $1-2x>0$ car $x<\dfrac{1}{2}$ ; et $y\geq0$ convient).

[!] $\left(\forall x\in J\right)\quad f^{-1}(x)=\dfrac{x^2}{1-2x}$

Correction 12

1. 💡 Les deux membres sont positifs et $t\mapsto t^3$ est strictement croissante : $a\leq b\iff a^3\leq b^3$.

$\left(1+\dfrac{x}{3}\right)^3=1+3\times\dfrac{x}{3}+3\times\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{x^3}{27}$

$=1+x+\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{x^3}{27}$

Pour $x\geq0$ : $\dfrac{x^2}{3}+\dfrac{x^3}{27}\geq0$, donc $\left(\sqrt[3]{1+x}\right)^3=1+x\leq\left(1+\dfrac{x}{3}\right)^3$ :

$\sqrt[3]{1+x}\leq1+\dfrac{x}{3}$

2. Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to0}\left(\sqrt[3]{1+x}-1\right)=0$ et $\lim\limits_{x\to0}x=0$ ; 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 cubique qui s’annule : on pose $t=\sqrt[3]{\ldots}$ et on utilise $t^3-1=(t-1)(t^2+t+1)$.

On pose $t=\sqrt[3]{1+x}$ : $x=t^3-1$ et $t\to1$ :

$\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1}{x}=\dfrac{t-1}{t^3-1}$

$=\dfrac{1}{t^2+t+1}$

$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1}{x}=\dfrac{1}{3}$

Deuxième limite (forme « $\dfrac{0}{0}$ ») : on fait apparaître les deux limites connues en ajoutant et retranchant $1$ :

$\dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt[3]{1+x}}{x}=\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}-\dfrac{\sqrt[3]{1+x}-1}{x}$

Par le conjugué : $\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}+1}\to\dfrac{1}{2}$ ; et le second terme tend vers $\dfrac{1}{3}$. Par différence :

$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt[3]{1+x}}{x}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}$

3. Calcul direct (on remplace) : $\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt[3]{x^3+x^2}=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}(-x)=-\infty$ ; 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 $a=\sqrt[3]{x^3+x^2}$ et $b=x$ : $a^3-b^3=x^2$ :

$\sqrt[3]{x^3+x^2}-x=\dfrac{x^2}{a^2+ax+x^2}$

$=\dfrac{1}{\left(\frac{a}{x}\right)^2+\frac{a}{x}+1}$

(division par $x^2$). Or $\dfrac{a}{x}=\sqrt[3]{\dfrac{x^3+x^2}{x^3}}=\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{x}}\to1$ ; le dénominateur tend vers $3$ :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{x^3+x^2}-x\right)=\dfrac{1}{3}$