1. **Comparer les nombres \(\sqrt{5}\) et \(\sqrt{3}\)** On sait que \(5 > 3\), donc \(\sqrt{5} > \sqrt{3}\). 2. **Simplifier le nombre \(\frac{3\sqrt{6} \times \sqrt{75}}{4\sqrt{4} \times \sqrt{2}}\)** Formule utilisée: \(\sqrt{a} \times \sqrt{b} = \sqrt{ab}\). Calcul: \[ \frac{3\sqrt{6} \times \sqrt{75}}{4\sqrt{4} \times \sqrt{2}} = \frac{3 \times \sqrt{6 \times 75}}{4 \times \sqrt{4 \times 2}} = \frac{3 \times \sqrt{450}}{4 \times \sqrt{8}}. \] Simplifions \(\sqrt{450} = \sqrt{9 \times 50} = 3\sqrt{50} = 3 \times 5 \sqrt{2} = 15\sqrt{2}\). Simplifions \(\sqrt{8} = \sqrt{4 \times 2} = 2\sqrt{2}\). Donc: \[ \frac{3 \times 15 \sqrt{2}}{4 \times 2 \sqrt{2}} = \frac{45 \sqrt{2}}{8 \sqrt{2}} = \frac{45}{8}. \] 3. **Calculer les limites:** - \(\lim_{x \to +\infty} \frac{2x+5}{x^2}\) On divise numérateur et dénominateur par \(x^2\): \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{2x/x^2 + 5/x^2}{1} = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{2}{x} + \frac{5}{x^2}\right) = 0. \] - \(\lim_{x \to 1} \frac{x^2 -1}{x-1}\) Factorisation du numérateur: \[ \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1. \] Pour \(x \to 1\), la limite est \(1+1=2\). - \(\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 - x + 26}}{x}\) On divise sous la racine par \(x^2\): \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2(1 - \frac{1}{x} + \frac{26}{x^2})}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \sqrt{1 - \frac{1}{x} + \frac{26}{x^2}}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 - \frac{1}{x} + \frac{26}{x^2}} = 1. \] 4. **Résoudre \((x + 1447)^2 + 81 = 0\) dans \(\mathbb{R}\)** Un carré est toujours positif ou nul, donc \((x + 1447)^2 \geq 0\). L'équation devient \((x + 1447)^2 = -81\), impossible dans \(\mathbb{R}\). Donc, pas de solution réelle. 5. **Fonction définie par morceaux:** \[ h(x) = \begin{cases} \sqrt{2x + 3} & x \geq 3 \\ x^2 - 2x & x < 3 \end{cases} \] (a) Continuité en \(x=3\): Calcul des limites: \[ \lim_{x \to 3^-} h(x) = 3^2 - 2 \times 3 = 9 - 6 = 3. \] \[ \lim_{x \to 3^+} h(x) = \sqrt{2 \times 3 + 3} = \sqrt{9} = 3. \] Valeur en 3: \[ h(3) = \sqrt{9} = 3. \] Donc \(h\) est continue en 3. (b) Continuité sur \(\mathbb{R}\): Les deux expressions sont continues sur leurs domaines respectifs, et la continuité en 3 est vérifiée. Donc \(h\) est continue sur \(\mathbb{R}\). 6. **Montrer qu'il existe \(c \in [2025; 2026]\) tel que \(f(c) = f(2025) = f(2026) - f(c)\)** Posons \(g(x) = f(x) - f(2025)\). On veut \(f(c) = f(2025) = f(2026) - f(c)\) donc \(f(c) = f(2026) - f(c)\) donc \(2f(c) = f(2026)\) donc \(f(c) = \frac{f(2026)}{2}\). Comme \(f\) est continue sur \([2025; 2026]\), par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\) tel que \(f(c) = \frac{f(2026)}{2}\). --- **Exercice 2** 1. \(f(x) = x^3 + 4x - 1\) - \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) car \(x^3\) domine. - \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\). 2. Montrer que \(f(x) = 0\) admet une solution unique \(a\) avec \(0 < a < 1\). Calculons \(f(0) = -1 < 0\) et \(f(1) = 1 + 4 - 1 = 4 > 0\). Par continuité, il existe \(a \in (0,1)\) tel que \(f(a) = 0\). La dérivée \(f'(x) = 3x^2 + 4 > 0\) pour tout \(x\), donc \(f\) est strictement croissante, donc solution unique. 3. Encadrement de \(a\) d'amplitude 0,25: Testons \(f(0.5) = 0.125 + 2 - 1 = 1.125 > 0\), donc \(a \in (0, 0.5)\). Testons \(f(0.25) = 0.015625 + 1 - 1 = 0.015625 > 0\), donc \(a \in (0, 0.25)\). Testons \(f(0.1) = 0.001 + 0.4 - 1 = -0.599 < 0\), donc \(a \in (0.1, 0.25)\). L'encadrement est \([0.1, 0.25]\) d'amplitude 0,15 (plus petit que 0,25). 4. Tableau de signe de \(f\): - \(f\) est strictement croissante. - \(f(x) < 0\) pour \(x < a\), \(f(x) = 0\) en \(x = a\), \(f(x) > 0\) pour \(x > a\). 5. Montrer que \(a = \sqrt{1 - 4a^3}\). Partant de \(f(a) = 0\): \[ a^3 + 4a - 1 = 0 \Rightarrow a^3 = 1 - 4a. \] On veut montrer \(a = \sqrt{1 - 4a^3}\). Calculons \(1 - 4a^3 = 1 - 4(1 - 4a) = 1 - 4 + 16a = -3 + 16a\). Donc \(a = \sqrt{-3 + 16a}\). Élevons au carré: \[ a^2 = -3 + 16a \Rightarrow a^2 - 16a + 3 = 0. \] Cette équation n'est pas compatible avec la définition de \(a\) sauf si on vérifie numériquement. Donc la relation est une propriété à vérifier numériquement ou par substitution. --- **Exercice 3** 1. \(f(x) = x - 2\sqrt{x} + 4\) est composée de fonctions continues sur \([0, +\infty[\), donc continue. 2. \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) car \(x\) domine. 3a. Dérivée: \[ f'(x) = 1 - \frac{1}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 1)}. \] 3b. Étude du signe de \(f'(x)\) pour le tableau de variation. 4a. La restriction \(g\) sur \([1, +\infty[\) est strictement croissante, donc bijective sur son image, donc admet une réciproque. 4b. Le tableau de variation de \(g^{-1}\) est la symétrie du tableau de \(g\). 4c. Vérification: \[ g(x) = (\sqrt{x} - 1)^2 + 3. \] Calcul: \[ (\sqrt{x} - 1)^2 + 3 = x - 2\sqrt{x} + 1 + 3 = x - 2\sqrt{x} + 4 = g(x). \] Pour \(g^{-1}(7)\), on résout: \[ 7 = (\sqrt{x} - 1)^2 + 3 \Rightarrow (\sqrt{x} - 1)^2 = 4 \Rightarrow \sqrt{x} - 1 = \pm 2. \] Comme \(x \geq 1\), \(\sqrt{x} - 1 = 2 \Rightarrow \sqrt{x} = 3 \Rightarrow x = 9\) ou \(\sqrt{x} - 1 = -2 \Rightarrow \sqrt{x} = -1\) impossible. Donc \(g^{-1}(7) = 9\) (corrigé de l'énoncé). 4d. Expression de \(g^{-1}(x)\): \[ g(x) = (\sqrt{x} - 1)^2 + 3 = y \Rightarrow (\sqrt{x} - 1)^2 = y - 3. \] Posons \(t = \sqrt{x} - 1\), alors \(t^2 = y - 3\), donc \(t = \sqrt{y - 3}\) (car \(t \geq 0\) pour \(x \geq 1\)). Donc: \[ \sqrt{x} = 1 + \sqrt{y - 3} \Rightarrow x = (1 + \sqrt{y - 3})^2. \] Donc: \[ g^{-1}(y) = (1 + \sqrt{y - 3})^2, \quad y \geq 3. \] --- **Exercice 4** \[ f(x) = \begin{cases} \sqrt{x} - 1 & 0 \leq x < 1 \\ x^2 - x & x \geq 1 \end{cases} \] 1. Dérivabilité en 1 à droite: \[ f'_+(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1+h)^2 - (1+h) - (1 - 1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1 + 2h + h^2 - 1 - h}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h + h^2}{h} = 1. \] 2. Dérivabilité en 1 à gauche: \[ f'_-(1) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\sqrt{1+h} - 1 - 0}{h}. \] Utilisons la conjugaison: \[ \frac{\sqrt{1+h} - 1}{h} \times \frac{\sqrt{1+h} + 1}{\sqrt{1+h} + 1} = \frac{1+h - 1}{h(\sqrt{1+h} + 1)} = \frac{h}{h(\sqrt{1+h} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1+h} + 1}. \] Donc: \[ f'_-(1) = \frac{1}{\sqrt{1} + 1} = \frac{1}{2}. \] 3. La fonction n'est pas dérivable en 1 car \(f'_-(1) \neq f'_+(1)\). 4. Dérivabilité en 0 à droite: \[ f'_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{h} - 1 - (-1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{h}} = +\infty. \] Interprétation géométrique: la tangente en 0 est verticale à droite.