1. **Énoncé du problème 1.1 :** Montrer que pour $a,b>0$, $$\left(a^{2} + a^{\frac{4}{3}} b^{\frac{2}{3}}\right)^{\frac{1}{2}} + \left(b^{2} + a^{\frac{2}{3}} b^{\frac{4}{3}}\right)^{\frac{1}{2}} = \left(a^{\frac{2}{3}} + b^{\frac{2}{3}}\right)^{\frac{3}{2}}$$ 2. **Preuve :** - Posons $x = a^{\frac{2}{3}}$ et $y = b^{\frac{2}{3}}$, alors $a^{2} = x^{3}$ et $b^{2} = y^{3}$. - L'expression de gauche devient : $$\sqrt{x^{3} + x^{2} y} + \sqrt{y^{3} + x y^{2}} = \sqrt{x^{2}(x + y)} + \sqrt{y^{2}(x + y)} = x \sqrt{x + y} + y \sqrt{x + y} = (x + y) \sqrt{x + y}$$ - Or, $(x + y) \sqrt{x + y} = (x + y)^{\frac{3}{2}}$. - En remplaçant $x$ et $y$ par leurs expressions en $a$ et $b$, on obtient : $$\left(a^{\frac{2}{3}} + b^{\frac{2}{3}}\right)^{\frac{3}{2}}$$ - Ce qui conclut la preuve. --- 3. **Énoncé du problème 1.2 :** Calculer les limites suivantes : $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{x + 8} - 2}{x}; \quad \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[4]{x} - \sqrt[6]{x + 1}}{\sqrt{x} - \sqrt[3]{x + 1}}; \quad \lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{2x^{3} + 2} - x$$ 4. **Calculs :** - Pour la première limite, utiliser la définition de la dérivée de $f(x) = \sqrt[3]{x}$ en $x=8$ : $$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{x + 8} - 2}{x} = f'(8) = \frac{1}{3 \times 8^{\frac{2}{3}}} = \frac{1}{3 \times 4} = \frac{1}{12}$$ - Pour la deuxième limite, factoriser en dominant par $x$ : $$\sqrt[4]{x} = x^{\frac{1}{4}}, \quad \sqrt[6]{x+1} \sim x^{\frac{1}{6}}, \quad \sqrt{x} = x^{\frac{1}{2}}, \quad \sqrt[3]{x+1} \sim x^{\frac{1}{3}}$$ - Le numérateur est $x^{\frac{1}{4}} - x^{\frac{1}{6}} = x^{\frac{1}{6}}(x^{\frac{1}{12}} - 1)$, le dénominateur est $x^{\frac{1}{2}} - x^{\frac{1}{3}} = x^{\frac{1}{3}}(x^{\frac{1}{6}} - 1)$. - En divisant numérateur et dénominateur par $x^{\frac{1}{3}}$, on obtient : $$\frac{x^{\frac{1}{6}}(x^{\frac{1}{12}} - 1)}{x^{\frac{1}{3}}(x^{\frac{1}{6}} - 1)} = \frac{x^{\frac{1}{6} - \frac{1}{3}}(x^{\frac{1}{12}} - 1)}{x^{\frac{1}{6}} - 1} = \frac{x^{-\frac{1}{6}}(x^{\frac{1}{12}} - 1)}{x^{\frac{1}{6}} - 1}$$ - Quand $x \to +\infty$, $x^{\frac{1}{12}} \to +\infty$, donc le numérateur tend vers $+\infty$ et le dénominateur aussi, mais on peut approximer : $$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt[4]{x} - \sqrt[6]{x + 1}}{\sqrt{x} - \sqrt[3]{x + 1}} = 0$$ (car le dénominateur croît plus vite que le numérateur). - Pour la troisième limite : $$\sqrt[3]{2x^{3} + 2} - x = \sqrt[3]{x^{3}(2 + \frac{2}{x^{3}})} - x = x \left( \sqrt[3]{2 + \frac{2}{x^{3}}} - 1 \right)$$ - Quand $x \to +\infty$, $\frac{2}{x^{3}} \to 0$, donc $$\sqrt[3]{2 + 0} = \sqrt[3]{2}$$ - Donc la limite est : $$\lim_{x \to +\infty} x (\sqrt[3]{2} - 1) = +\infty$$ car $\sqrt[3]{2} - 1 > 0$. --- 5. **Énoncé du problème 1.3 :** Résoudre dans $\mathbb{R}$ : $$ (2x + 3)^4 - 81 = 0; \quad \sqrt[3]{x - 2} - 2 = 0; \quad \sqrt[3]{x - 1} - 3 \sqrt[6]{x - 1} = \sqrt[6]{x - 1} - 3 $$ 6. **Résolutions :** - Pour $(2x + 3)^4 - 81 = 0$ : $$(2x + 3)^4 = 81 = 3^4 \implies 2x + 3 = \pm 3$$ - Cas 1 : $2x + 3 = 3 \implies 2x = 0 \implies x = 0$ - Cas 2 : $2x + 3 = -3 \implies 2x = -6 \implies x = -3$ - Pour $\sqrt[3]{x - 2} - 2 = 0$ : $$\sqrt[3]{x - 2} = 2 \implies x - 2 = 8 \implies x = 10$$ - Pour $\sqrt[3]{x - 1} - 3 \sqrt[6]{x - 1} = \sqrt[6]{x - 1} - 3$ : Posons $t = \sqrt[6]{x - 1} \geq 0$, alors $t^3 = \sqrt[3]{x - 1}$. L'équation devient : $$t^3 - 3t = t - 3 \implies t^3 - 4t + 3 = 0$$ Factorisons : $$t^3 - 4t + 3 = (t - 1)(t^2 + t - 3) = 0$$ - $t = 1$ ou $t^2 + t - 3 = 0$ - Résolvons $t^2 + t - 3 = 0$ : $$t = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 12}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{13}}{2}$$ - Seule la racine positive est retenue : $t = \frac{-1 + \sqrt{13}}{2} > 0$ - Donc $x - 1 = t^6$ donne deux solutions : $$x_1 = 1 + 1^6 = 2, \quad x_2 = 1 + \left(\frac{-1 + \sqrt{13}}{2}\right)^6$$ --- 7. **Exercice 2, problème 2.1 :** Montrer que l'équation $h(x) = 0$ avec $h(x) = x^5 + 2x^3 - 1$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\mathbb{R}$ et que $0 < \alpha < 1$. 8. **Démonstration :** - $h$ est une fonction polynomiale de degré impair, continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. - Calculons $h(0) = -1 < 0$ et $h(1) = 1 + 2 - 1 = 2 > 0$. - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha \in (0,1)$ tel que $h(\alpha) = 0$. - Montrons l'unicité : $$h'(x) = 5x^4 + 6x^2 > 0 \quad \forall x \neq 0$$ - $h'$ est strictement positive sauf en $x=0$ où $h'(0)=0$, mais $h$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. - Donc $h$ est strictement croissante, donc l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution. --- 9. **Problème 2.2 :** Montrer que : $$\sqrt[3]{\alpha^{2} + 2} = \frac{1}{\alpha}$$ 10. **Preuve :** - Partant de $h(\alpha) = 0$ : $$\alpha^5 + 2 \alpha^3 - 1 = 0 \implies 1 = \alpha^5 + 2 \alpha^3 = \alpha^3 (\alpha^2 + 2)$$ - Donc $$\frac{1}{\alpha^3} = \alpha^2 + 2 \implies \sqrt[3]{\alpha^2 + 2} = \frac{1}{\alpha}$$ --- 11. **Problème 2.3 :** En déduire que : $$\frac{1}{\sqrt[3]{3}} < \alpha < \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$$ 12. **Démonstration :** - De $\sqrt[3]{\alpha^2 + 2} = \frac{1}{\alpha}$, on élève au cube : $$\alpha^2 + 2 = \frac{1}{\alpha^3}$$ - Posons $y = \frac{1}{\alpha}$, alors $$\alpha^2 + 2 = y^3 \implies \frac{1}{y^2} + 2 = y^3 \implies y^3 - 2 = \frac{1}{y^2} > 0$$ - Donc $y^3 > 2$ donc $y > \sqrt[3]{2}$. - De plus, $h(\alpha) = 0$ implique $\alpha^5 + 2 \alpha^3 = 1$ donc $$\alpha^3 (\alpha^2 + 2) = 1$$ - Comme $\alpha^2 + 2 > 2$, on a $$\alpha^3 < \frac{1}{2} \implies \alpha < \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$$ - Par ailleurs, en testant $\alpha = \frac{1}{\sqrt[3]{3}}$, on trouve que $h(\alpha) < 0$, donc $\alpha > \frac{1}{\sqrt[3]{3}}$. --- 13. **Problème 2.4 :** Déterminer le signe de $$f\left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) \text{ et } f\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)$$ 14. **Calculs :** - $f(x) = x^5 + 2x^3 - 1$ - Pour $x = \frac{1}{\sqrt[3]{3}}$, $$f\left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) = \left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)^5 + 2 \left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)^3 - 1 = \frac{1}{3^{5/3}} + \frac{2}{3} - 1$$ - Cette valeur est négative car $\frac{1}{3^{5/3}}$ est très petit et $\frac{2}{3} - 1 = -\frac{1}{3}$. - Pour $x = \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$, $$f\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right) = \frac{1}{2^{5/3}} + 2 \times \frac{1}{2} - 1 = \frac{1}{2^{5/3}} + 1 - 1 = \frac{1}{2^{5/3}} > 0$$ --- 15. **Problème 2.5 :** Étudier les variations de $$h(x) = \frac{1}{6} x^{6} + \frac{1}{2} x^{4} - x + 7$$ 16. **Étude :** - Dérivée : $$h'(x) = x^{5} + 2 x^{3} - 1$$ - $h'(x) = 0$ est l'équation de l'exercice 2.1, qui admet une unique solution $\alpha$. - $h'(x) < 0$ pour $x < \alpha$, $h'(x) > 0$ pour $x > \alpha$. - Donc $h$ décroît sur $(-\infty, \alpha)$ et croît sur $(\alpha, +\infty)$. - $h$ admet un minimum local en $x = \alpha$. --- 17. **Problème 2.6 :** Montrer que $$\lim_{x \to +\infty} \left(\frac{x^5 + 2x^3 - 1}{x - \alpha}\right)^{2025} = 0$$ 18. **Calcul :** - Pour $x \to +\infty$, $$\frac{x^5 + 2x^3 - 1}{x - \alpha} \sim \frac{x^5}{x} = x^4 \to +\infty$$ - Donc la limite de la puissance $2025$ serait $+\infty$ sauf si le quotient tend vers 0. - Or, $x - \alpha \sim x$ donc $$\frac{x^5 + 2x^3 - 1}{x - \alpha} \sim x^4 \to +\infty$$ - Il y a une erreur dans l'énoncé ou la limite est mal interprétée. Si on considère $$\left(\frac{x^5 + 2x^3 - 1}{x - \alpha}\right)^{-2025}$$ alors la limite serait 0. - Sinon, la limite est $+\infty$. --- 19. **Exercice 3, problème 3.1 :** Montrer que $$f(x) = x \sqrt{x + 3}$$ est continue sur $[-3, +\infty[$. 20. **Preuve :** - $f$ est composée de fonctions continues sur $[-3, +\infty[$ : - $x \mapsto x$ est continue. - $x \mapsto \sqrt{x + 3}$ est continue sur $[-3, +\infty[$ car $x + 3 \geq 0$. - Le produit de fonctions continues est continue. - Donc $f$ est continue sur $[-3, +\infty[$. --- 21. **Problème 3.2 :** Étudier la dérivabilité de $f$ à droite en $-3$ et interpréter. 22. **Calcul :** - Dérivée à droite en $-3$ : $$f'_+(-3) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(-3 + h) - f(-3)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(-3 + h) \sqrt{h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} (-3 + h) \frac{\sqrt{h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} (-3 + h) \frac{1}{\sqrt{h}} = -\infty$$ - La dérivée à droite n'existe pas finie en $-3$. - Interprétation : $f$ est continue mais non dérivable en $-3$ à droite, la pente est infinie. --- 23. **Problème 3.3a :** Montrer que $$f'(x) = \frac{3(x + 2)}{2 \sqrt{x + 3}}$$ pour $x \in [-3, +\infty[$. 24. **Preuve :** - $f(x) = x (x + 3)^{1/2}$ - Par la règle du produit : $$f'(x) = (x)' (x + 3)^{1/2} + x \times \frac{1}{2} (x + 3)^{-1/2} = (x + 3)^{1/2} + \frac{x}{2 \sqrt{x + 3}} = \frac{2(x + 3) + x}{2 \sqrt{x + 3}} = \frac{3x + 6}{2 \sqrt{x + 3}} = \frac{3(x + 2)}{2 \sqrt{x + 3}}$$ --- 25. **Problème 3.3b :** Étudier les variations de $f$ sur $[-3, +\infty[$. 26. **Étude :** - Le dénominateur $2 \sqrt{x + 3} > 0$ pour $x > -3$. - Le signe de $f'(x)$ dépend de $3(x + 2)$. - $f'(x) > 0$ si $x > -2$, $f'(x) = 0$ si $x = -2$, $f'(x) < 0$ si $x < -2$. - Donc $f$ décroît sur $[-3, -2]$ et croît sur $[-2, +\infty[$. --- 27. **Problème 3.4 :** Montrer que l'équation $$f(x) = 3$$ admet une unique solution $\beta \in [-2, +\infty[$. 28. **Preuve :** - $f$ est strictement croissante sur $[-2, +\infty[$. - Calculons $f(-2) = -2 \sqrt{1} = -2 < 3$ et - $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\beta > -2$ telle que $f(\beta) = 3$. --- 29. **Problème 3.5a :** Montrer que la restriction $g$ de $f$ à $[-2, +\infty[$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ à déterminer. 30. **Preuve :** - $g$ est strictement croissante sur $[-2, +\infty[$ donc bijective sur son image $J = g([-2, +\infty[) = [f(-2), +\infty[ = [-2, +\infty[$. - Donc $g^{-1}$ est définie sur $J = [-2, +\infty[$. --- 31. **Problème 3.5b :** Montrer que $$(g^{-1})'(3) = \frac{2}{\beta(\beta + 2)}$$ 32. **Preuve :** - Par la formule de dérivée de la fonction inverse : $$(g^{-1})'(y) = \frac{1}{g'(g^{-1}(y))}$$ - En particulier, $$(g^{-1})'(3) = \frac{1}{g'(\beta)}$$ - Or, $$g'(x) = f'(x) = \frac{3(x + 2)}{2 \sqrt{x + 3}}$$ - Comme $f(\beta) = 3$, on a $$\sqrt{\beta + 3} = \frac{3}{\beta}$$ - Donc $$g'(\beta) = \frac{3(\beta + 2)}{2 \times \frac{3}{\beta}} = \frac{3(\beta + 2) \beta}{2 \times 3} = \frac{\beta(\beta + 2)}{2}$$ - D'où $$(g^{-1})'(3) = \frac{2}{\beta(\beta + 2)}$$ --- 33. **Problème 3.5c :** En déduire $$\lim_{x \to 3} \frac{g^{-1}(x) - g^{-1}(3)}{x - 3}$$ 34. **Réponse :** - Cette limite est la définition de la dérivée de $g^{-1}$ en $3$ : $$\lim_{x \to 3} \frac{g^{-1}(x) - g^{-1}(3)}{x - 3} = (g^{-1})'(3) = \frac{2}{\beta(\beta + 2)}$$ --- 35. **Problème 3.5d :** Comparer $$g^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) \text{ et } g^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$ 36. **Analyse :** - $g^{-1}$ est croissante car $g$ est croissante. - Comme $\frac{1}{\sqrt[3]{3}} < \frac{1}{\sqrt{2}}$, on a $$g^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) < g^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$ --- 37. **Problème 3.5e :** Déterminer $$f^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right) \times \sqrt{f^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right) + 3}$$ 38. **Solution :** - Posons $z = f^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)$, alors $$f(z) = z \sqrt{z + 3} = \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$$ - Donc $$z \sqrt{z + 3} = \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$$ - L'expression demandée est exactement $$z \sqrt{z + 3} = \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$$ - Donc la valeur est $$\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$$