1. **Comparer les nombres** $\sqrt{5}$ et $\sqrt{3}$. On sait que $5 > 3$, donc $\sqrt{5} > \sqrt{3}$. 2. **Simplifier** $\frac{3\sqrt{4} \times \sqrt{75}}{4 \times \sqrt{2}}$. - Calculer $\sqrt{4} = 2$. - Calculer $\sqrt{75} = \sqrt{25 \times 3} = 5\sqrt{3}$. - Le numérateur devient $3 \times 2 \times 5\sqrt{3} = 30\sqrt{3}$. - Le dénominateur est $4 \times \sqrt{2} = 4\sqrt{2}$. - Donc l'expression est $\frac{30\sqrt{3}}{4\sqrt{2}} = \frac{30}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \frac{15}{2} \times \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{15}{2} \sqrt{\frac{3}{2}}$. 3. **Calculer les limites**: - $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2+x-5}{x^2+2}$. Diviser numérateur et dénominateur par $x^2$: $$\lim_{x \to +\infty} \frac{1 + \frac{1}{x} - \frac{5}{x^2}}{1 + \frac{2}{x^2}} = \frac{1+0-0}{1+0} = 1.$$ - $\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1}$. Factoriser le numérateur: $x^2 - 1 = (x-1)(x+1)$. Donc $\frac{x^2 - 1}{x - 1} = x + 1$ pour $x \neq 1$. Donc la limite est $1 + 1 = 2$. - $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 - x + 26}}{x}$. Factoriser $x^2$ dans la racine: $$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2(1 - \frac{1}{x} + \frac{26}{x^2})}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \sqrt{1 - \frac{1}{x} + \frac{26}{x^2}}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 - \frac{1}{x} + \frac{26}{x^2}} = 1.$$ 4. **Résoudre** $(x + 1447)^2 + 81 = 0$. Comme $(x + 1447)^2 \geq 0$ et $81 > 0$, la somme est toujours positive. Donc aucune solution réelle. 5. Soit $$h(x) = \begin{cases} \sqrt{2x} + 3 & x \geq 3 \\ x^2 - 2x & x < 3 \end{cases}$$ (a) Étudier la continuité en $x=3$. - Calculer $h(3) = \sqrt{6} + 3$. - Limite à gauche: $\lim_{x \to 3^-} x^2 - 2x = 9 - 6 = 3$. - Limite à droite: $\lim_{x \to 3^+} \sqrt{2 \times 3} + 3 = \sqrt{6} + 3$. - Comme $3 \neq \sqrt{6} + 3$, $h$ n'est pas continue en 3. (b) Continuité sur $\mathbb{R}$. - $h$ est composée de fonctions continues sur chaque intervalle. - Discontinue en 3, continue ailleurs. 6. Soit $f$ continue sur $[2025;2026]$. Montrer qu'il existe $c \in [2025;2026]$ tel que $$f(c) = f(2025) = f(2026) - f(c).$$ Posons $g(x) = f(2026) - f(x) - f(2025)$. On a $g(2025) = f(2026) - f(2025) - f(2025) = f(2026) - 2f(2025)$. $g(2026) = f(2026) - f(2026) - f(2025) = -f(2025)$. Si $g(2025)$ et $g(2026)$ ont des signes opposés, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c$ tel que $g(c) = 0$, donc $f(c) = f(2025) = f(2026) - f(c)$. --- Exercice 2: 1. Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ pour $f(x) = x^3 + 4x - 1$. - Quand $x \to +\infty$, $x^3$ domine, donc $f(x) \to +\infty$. - Quand $x \to -\infty$, $x^3 \to -\infty$, donc $f(x) \to -\infty$. 2. Montrer que $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ avec $0 < \alpha < 1$. - $f$ est continue et strictement croissante (car $f'(x) = 3x^2 + 4 > 0$). - Calculer $f(0) = -1 < 0$, $f(1) = 1 + 4 - 1 = 4 > 0$. - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha \in (0,1)$ tel que $f(\alpha) = 0$. - Unicité par croissance stricte. 3. Encadrement de $\alpha$ d'amplitude 0,25. - Tester $f(0.5) = 0.125 + 2 - 1 = 1.125 > 0$. - Tester $f(0.25) = 0.015625 + 1 - 1 = 0.015625 > 0$. - Tester $f(0) = -1 < 0$. - Donc $\alpha \in (0,0.25)$ ou $(0,0.5)$ selon tests plus précis. - Par exemple, $\alpha \in (0,0.25)$ amplitude 0.25. 4. Tableau de signe de $f$: - $f'(x) = 3x^2 + 4 > 0$ pour tout $x$, donc $f$ strictement croissante. - $f(x) < 0$ pour $x < \alpha$, $f(x) = 0$ en $\alpha$, $f(x) > 0$ pour $x > \alpha$. 5. Montrer que $\alpha = \sqrt{1 - 4\alpha}$. - Partir de $f(\alpha) = 0$: $\alpha^3 + 4\alpha - 1 = 0$. - Isoler $\alpha^3 = 1 - 4\alpha$. - Poser $\alpha = \sqrt{1 - 4\alpha}$, vérifier que cela satisfait l'équation. --- Exercice 3: 1. Montrer que $f(x) = x - 2\sqrt{x} + 4$ est continue sur $[0, +\infty[$. - $x$, $\sqrt{x}$ sont continues sur $[0, +\infty[$. - Combinaison linéaire de fonctions continues est continue. 2. Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$. - $x \to +\infty$, $\sqrt{x} \to +\infty$, mais $x$ domine. - $f(x) \sim x$ donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. 3. Montrer que $f'(x) = \frac{x - 1}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 1)}$ pour $x > 0$. - $f(x) = x - 2x^{1/2} + 4$. - $f'(x) = 1 - 2 \times \frac{1}{2} x^{-1/2} = 1 - \frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x}}$. - Mettre sous forme demandée: $$f'(x) = \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x}} = \frac{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 1)} = \frac{x - 1}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 1)}.$$ 4. Tableau de variation de $f$ sur $[0, +\infty[$: - $f'(x) = 0$ pour $x=1$. - Pour $x < 1$, $f'(x) < 0$, décroissante. - Pour $x > 1$, $f'(x) > 0$, croissante. - Minimum en $x=1$. 5. Soit $g$ restriction de $f$ sur $[1, +\infty[$. (a) $g$ est strictement croissante sur $[1, +\infty[$ donc bijective sur son image, admet une réciproque $g^{-1}$. (b) Tableau de variation de $g^{-1}$ est inverse de $g$. (c) Montrer que $g(x) = (\sqrt{x} - 1)^2 + 3$. - Développer: $(\sqrt{x} - 1)^2 + 3 = x - 2\sqrt{x} + 1 + 3 = x - 2\sqrt{x} + 4 = g(x)$. - Vérifier $g^{-1}(7) = 4$: $g(4) = 4 - 2 \times 2 + 4 = 4 - 4 + 4 = 4$. Erreur, recalcul: $g(4) = 4 - 2 \times 2 + 4 = 4 - 4 + 4 = 4$, pas 7. Tester $g(9) = 9 - 2 \times 3 + 4 = 9 - 6 + 4 = 7$. Donc $g^{-1}(7) = 9$. (d) Déterminer $g^{-1}(x)$: - $y = g(x) = (\sqrt{x} - 1)^2 + 3$. - $y - 3 = (\sqrt{x} - 1)^2$. - $\sqrt{x} - 1 = \pm \sqrt{y - 3}$. - Comme $x \geq 1$, $\sqrt{x} \geq 1$, donc $\sqrt{x} - 1 \geq 0$. - Donc $\sqrt{x} - 1 = \sqrt{y - 3}$. - $\sqrt{x} = 1 + \sqrt{y - 3}$. - $x = (1 + \sqrt{y - 3})^2$. - Donc $g^{-1}(y) = (1 + \sqrt{y - 3})^2$ pour $y \geq 3$. --- Exercice 4: 1. Étudier la dérivabilité de $f$ en 1 à droite. - $f(x) = x^2 - x$ pour $x \geq 1$. - Dérivée à droite en 1: $f'_+(1) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1+h)^2 - (1+h) - (1 - 1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1 + 2h + h^2 - 1 - h}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h + h^2}{h} = \lim_{h \to 0^+} (1 + h) = 1$. 2. Dérivabilité en 1 à gauche. - $f(x) = \sqrt{x} - 1$ pour $0 \leq x < 1$. - Dérivée à gauche en 1: $f'_-(1) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\sqrt{1+h} - 1 - (\sqrt{1} - 1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{\sqrt{1+h} - 1}{h}$. - Utiliser la conjugaison: $$\frac{\sqrt{1+h} - 1}{h} \times \frac{\sqrt{1+h} + 1}{\sqrt{1+h} + 1} = \frac{1+h - 1}{h(\sqrt{1+h} + 1)} = \frac{h}{h(\sqrt{1+h} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1+h} + 1}.$$ - Quand $h \to 0^-$, $\sqrt{1+h} + 1 \to 2$. - Donc $f'_-(1) = \frac{1}{2}$. 3. La fonction est-elle dérivable en 1? - Comme $f'_-(1) = \frac{1}{2} \neq 1 = f'_+(1)$, $f$ n'est pas dérivable en 1. 4. Dérivabilité en 0 à droite. - $f(x) = \sqrt{x} - 1$ pour $x \geq 0$. - Dérivée à droite en 0: $$f'_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{h} - 1 - (\sqrt{0} - 1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{h}} = +\infty.$$ - La dérivée n'existe pas finie à droite en 0. - Géométriquement, la tangente verticale en 0, la courbe a un point anguleux.