1. **Exercice 6**: Soit la fonction $f$ définie par $f(x) = x^2 - 7x + 8$.\ **1. Déterminer l'image par $f$ des intervalles $(-\infty, -2]$, $(-1, 0]$ et $[1, +\infty)$.**\ - Calculons $f$ sur les bornes et étudions le comportement sur chaque intervalle.\ - Pour $x \leq -2$ : la fonction est quadratique avec un minimum. Trouvons les extrêmes et images.\ - Pour $x \in (-1,0]$ et $x \geq 1$, calculs analogues.\ Calculs :\ $f(-2) = (-2)^2 -7(-2) + 8 = 4 +14 +8 = 26$.\ $f(-1) = 1 +7 +8 = 16$.\ $f(0) = 0 - 0 + 8 = 8$.\ $f(1) = 1 -7 +8 = 2$.\ Puisque $f$ est une parabole ouverte vers le haut (coefficient de $x^2$ positif), son minimum se trouve en $x = \alpha$ qu'on trouvera plus bas.\ Image de $(-\infty, -2]$ : pour $x \to -\infty$, $f(x) \to +\infty$, et $f(-2) = 26$, donc l'image est $[26, +\infty)$.\ Image de $(-1,0]$ : les valeurs vont de $f(-1) = 16$ à $f(0) = 8$. Comme parabole décroissante puis croissante, l'image est $[8,16)$.\ Image de $[1,+\infty)$ : $f(1)=2$ et $f(x) \to +\infty$ quand $x \to +\infty$, donc image $[2,+\infty)$.\ 2. **Montrer que l'équation $f'(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ ; donner un encadrement à $10^{-1}$ près**.\ - La dérivée : $f'(x) = 2x - 7$.\ - Résolvons $2x - 7 = 0 \implies x = 3.5.$\ - La solution unique est donc $\alpha = 3.5$ avec encadrement $3.5 \pm 0.05$ (entre $3.4$ et $3.6$).\ 3. **En déduire le signe de $f'(x)$**.\ - $f'(x) = 2x - 7$.\ - Pour $x < 3.5$, $f'(x) < 0$ donc $f$ décroît.\ - Pour $x > 3.5$, $f'(x) > 0$ donc $f$ croît.\ ---\ 2. **Exercice 7**: Soit $f(x) = \frac{2x - 1}{x - 2}$.\ 1. **Étudier les variations de $f$**.\ - Dérivons : $f'(x) = \frac{(2)(x-2) - (2x -1)(1)}{(x-2)^2} = \frac{2x - 4 - 2x +1}{(x-2)^2} = \frac{-3}{(x-2)^2}$.\ - Le dénominateur est toujours positif sauf $x=2$ non dans le domaine.\ - Donc $f'(x) < 0$ toujours, sauf hors domaine. $f$ est strictement décroissante sur chaque intervalle.\ 2. **Définir $g$ restriction de $f$ sur $(-\infty, 3]$**.\ 3. **Montrer que $g$ est bijection de $(-\infty,3]$ vers un intervalle à déterminer.**\ - $f$ strictement décroissante donc $g$ aussi.\ - Calculer $g(-\infty) = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x -1}{x - 2} = \lim \frac{2 - 1/x}{1 - 2/x} = 2$.\ - $g(3) = \frac{2\times 3 -1}{3 -2} = \frac{5}{1} = 5$.\ - Comme strictement décroissante, image de $g$ est $[5,2)$ ou $(2,5]$. Comme $-\\infty$ donne $2$ et c'est limite, $]2, 5]$.\ 4. **En déduire existence d'une bijection réciproque $g^{-1}$, son domaine et tableau de variation.**\ - $g$ est bijection de $(-\infty, 3]$ sur $(2,5]$.\ - $g^{-1}$ est définie sur $(2,5]$, strictement décroissante aussi (car inverse d'une décroissante).\ 5. **Calculer $g(0)$, montrer que $g^{-1}$ est dérivable en $\frac{1}{3}$ et calculer $(g^{-1})'(\frac{1}{3})$.**\ - $g(0) = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2} = 0.5$.\ - $g^{-1}$ est dérivable où $g'(x) \neq 0$. Calculons $(g^{-1})'(y) = \frac{1}{g'(g^{-1}(y))}$. \Puisque $g'(x) = -3/(x-2)^2$, on a $(g^{-1})'(y) = - (g^{-1}(y)-2)^2 /3$. Pour $y=1/3$, on calcule $x = g^{-1}(1/3)$ en résolvant $f(x) = 1/3$.\ - $\frac{2x -1}{x -2} = \frac{1}{3} \implies 3(2x -1) = x-2 \implies 6x -3 = x -2 \implies 5x = 1 \implies x = \frac{1}{5}$.\ - Donc, $(g^{-1})'(1/3) = - \frac{(1/5 - 2)^2}{3} = - \frac{(-9/5)^2}{3} = - \frac{81/25}{3} = - \frac{81}{75} = -1.08$.\ 6. **Résoudre l'équation $g^{-1}(x) = x = 1$.**\ - $g^{-1}(x) = x =1 \implies g(1) = x$.\ - Vérifions $g(1) = \frac{2\times 1 -1}{1 - 2} = \frac{1}{-1} = -1$.\ - $g^{-1}(-1) = 1$. Equation $g^{-1}(x) = x$ veut dire $x=1$\ - On cherche $x$ vérifiant $g^{-1}(x) = x$, donc $g(x) = x$ par définition inverse.\ - Résolvons $f(x) = x$: \$\frac{2x -1}{x - 2} = x \Rightarrow 2x -1 = x(x-2) = x^2 - 2x$\ - $2x -1 = x^2 - 2x$\ - $0 = x^2 - 4x + 1$\ - $x = \frac{4 \pm \sqrt{16 -4}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$.\ - $2 + \sqrt{3} > 3$, hors domaine de $g$. Seul $2 - \sqrt{3} \approx 0.27$ est dans le domaine $(-\infty, 3]$.\ - Donc solution $x \approx 0.27$.\ 7. **Déterminer l'expression explicite de $g^{-1}$.**\ - Soit $y = \frac{2x -1}{x - 2}$. Inverse : $y(x - 2) = 2x -1$.\ - $yx - 2y = 2x -1$\ - $yx - 2x = 2y -1$\ - $x(y - 2) = 2y -1$\ - $x = \frac{2y -1}{y - 2}$.\ - Ainsi, $g^{-1}(y) = \frac{2y -1}{y - 2}$, pour $y \in (2,5]$.\ ---\ 3. **Exercice 8**: Déterminer les limites.\ 1) $f(x) = \frac{2x + 1}{x^2 -1}$, aux points $+\infty$, $1$, $- \frac{1}{2}$.\ - $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim \frac{2x+1}{x^2 -1} = 0$ car dégrés : degré dénominateur > degré numérateur.\ - $\lim_{x \to 1} f(x)$ : au dénominateur $1 -1=0$, testons à gauche et droite:\ $f(1^+) = \frac{2(1)+1}{(1)^2 -1} = \frac{3}{0^+} = + \infty$, $f(1^-)$ tend vers $-\infty$. La limite n'existe pas (divergence).\ - $\lim_{x \to -\frac{1}{2}} f(x) = \frac{2(-\frac{1}{2}) + 1}{(-\frac{1}{2})^2 -1} = \frac{-1 + 1}{\frac{1}{4} -1} = 0 / (- \frac{3}{4}) = 0$.\ 2) $f(x) = x \sqrt{\sqrt{x^2 - 1} - \sqrt{x^2 + 1}}$, $x \to -\infty$.\ - Pour $x$ grand en valeur absolue, $\sqrt{x^2 -1} \sim |x|$, $\sqrt{x^2 +1} \sim |x|$.\ - Donc sous racine $\sqrt{x^2 - 1} - \sqrt{x^2 +1} \sim |x| - |x| = 0$.\ - Plus finement, développe par différence de racines, la limite est 0. Donc $f(x) \to -\infty \times 0 = $ forme indéterminée; en réduisant, la limite est 0.\ 3) $f(x) = \frac{k -1}{x^2 +1}$, $x \to -1$.\ - $\lim_{x \to -1} = \frac{k -1}{1+1} = \frac{k -1}{2}$.\ 4) $f(x) = \frac{3 \times x x^2 -1}{\cos^2 x}$, $x \to 0$.\ - Interprétation incertaine (probablement $\frac{3x^3 -1}{\cos^2 x}$)\ - Supposons $f(x) = \frac{3x^3 -1}{\cos^2 x}$.\ - $\lim_{x\to 0} = \frac{3 \,0 -1}{1} = -1$.\ 5) $f(x) = 1 + \frac{\cot x}{1 - \cos x}$, $x \to 0$.\ - $\,\cot x \sim \frac{1}{x}$, $1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}$.\ - Donc $\frac{\cot x}{1 - \cos x} \sim \frac{\frac{1}{x}}{\frac{x^2}{2}} = \frac{2}{x^3} \to +\infty$ ou $-\infty$ selon signe. La limite diverge.\ 6) $f(x) = \frac{\cos^2 x}{|x|}$, $x \to 0$.\ - $\cos^2 x \to 1$, $|x| \to 0$, donc $f(x) \to +\infty$.\ 7) $f(x) = x + \frac{1}{x^2 + 1}$, $x \to \pm \infty$.\ - $x \to \pm \infty$, $\frac{1}{x^2 +1} \to 0$, donc limite $\pm \infty$.\ 8) $f(x) = \frac{1}{x^2 +1}$, $x \to \pm \infty$.\ - Limite $0$.\ ---\ 4. **Exercice 9**: Fonctions $f(x) = x^2 - x + 1$, $g(x) = \sqrt{x} - 1$, $h(x) = \frac{2x + x^2}{x + 1}$.\ - Domaine $D_f = \mathbb{R}$. Limites : $x \to \pm \infty$, $f(x) \sim x^2 \to +\infty$. Parabole, donc de branche infinie parabolique.\ - Domaine $D_g = [0, +\infty)$. Limite en $0$: $g(0) = -1$. Limite en $+\infty$: $\sqrt{x} -1 \to +\infty$.\ - Domaine $D_h = \mathbb{R} \setminus \{-1\}$ (points où dénominateur nul). Limites aux bornes:\ $x \to -1^-: h(x) \to -\infty$, $x \to -1^+: h(x) \to +\infty$.\ - Pour $x \to \pm \infty$, $h(x) \sim \frac{x^2}{x} = x \to \pm \infty$.\ - Donc branches infinies verticales et infinies aux bornes.\