**Exercice 1 : Continuité et dérivabilité de f** 1. a) Montrer que f est continue en 1. - La fonction est définie par : $$f(x) = \begin{cases} x^3 - 1 & \text{si } x \geq 1 \\ x - 1 + 2\sqrt{1 - x} & \text{si } x < 1 \end{cases}$$ - Calculons les limites à gauche et à droite en 1 : $$\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 - 1 + 2\sqrt{1 - 1} = 0$$ $$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 1^3 - 1 = 0$$ Et $$f(1) = 1^3 - 1 = 0$$ - Les limites à gauche et à droite sont égales et égales à la valeur de la fonction en 1. \textbf{Donc, f est continue en 1.} 1. b) Montrer que f est continue sur \(\mathbb{R}\). - Sur $$(-\infty,1)$$, $$f(x) = x - 1 + 2\sqrt{1 - x}$$ est composée de fonctions continues (polynôme et racine) sur $$(-\infty,1)$$. - Sur $$[1,+\infty)$$, $$f(x) = x^3 - 1$$ est continue car c'est un polynôme. - La continuité en 1 est déjà établie. \textbf{Donc, f est continue sur \(\mathbb{R}\).} 2. a) Étudier la dérivabilité de f à droite de 1 et interpréter géométriquement. - Pour $$x \geq 1$$, $$f(x) = x^3 - 1$$. - La dérivée à droite en 1 est : $$f'(1^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h)-f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1+h)^3 - 1 - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1 + 3h + 3h^2 + h^3 - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} (3 + 3h + h^2) = 3$$ - Géométriquement, la pente de la tangente à droite de 1 est 3. 2. b) Étudier la dérivabilité de f à gauche de 1 et interpréter géométriquement. - Pour $$x < 1$$, $$f(x) = x - 1 + 2\sqrt{1-x}$$. - Calcul de la dérivée à gauche en 1 : $$f'(x) = 1 + 2 \times \frac{1}{2 \sqrt{1 - x}} \times (-1) = 1 - \frac{1}{\sqrt{1 - x}}$$ Donc : $$f'(1^-) = \lim_{x \to 1^-} 1 - \frac{1}{\sqrt{1 - x}} = 1 - +\infty = -\infty$$ - La dérivée est non finie à gauche, donc f n'est pas dérivable à gauche de 1. - Géométriquement, cela signifie que la tangente est verticale ou la fonction présente un point anguleux à 1. \n**Exercice 2 : Limites, équations, simplification** 1. Calculer les limites : a) $$\lim_{x \to 5} \frac{\sqrt[3]{3x - 7} - 2}{x - 5}$$ - Posons $$y = \sqrt[3]{3x-7}$$. - Au point $$x=5$$, $$3 \times 5 - 7 = 15 - 7 = 8$$ donc $$y = \sqrt[3]{8} = 2$$. - Notons $$f(x) = \sqrt[3]{3x - 7}$$ alors la limite est la dérivée de $$f$$ en $$x=5$$ par définition de la dérivée : $$f'(x) = \frac{1}{3} (3x - 7)^{-2/3} \times 3 = (3x - 7)^{-2/3}$$ Donc : $$f'(5) = (15 - 7)^{-2/3} = 8^{-2/3}$$ $$8^{1/3} = 2$$ donc $$8^{-2/3} = 2^{-2} = \frac{1}{4}$$ - \textbf{Limite =} $$\frac{1}{4}$$. b) $$\lim_{x \to +\infty} (\sqrt[3]{4x^3 - 3x + 2} - 3x)$$ - Factorisons à l'intérieur du radical : $$4x^3 - 3x + 2 = 4x^3 (1 - \frac{3}{4x^2} + \frac{1}{2x^3})$$ - Pour les grandes valeurs de $$x$$, $$\sqrt[3]{4x^3 - 3x + 2} = \sqrt[3]{4x^3} \sqrt[3]{1 - \frac{3}{4x^2} + \frac{1}{2x^3}} = x \sqrt[3]{4} \left(1 + o(1) \right)$$ - Or on veut : $$x \sqrt[3]{4} - 3x = x(\sqrt[3]{4} - 3)$$ - Comme $$\sqrt[3]{4} \approx 1.5874 < 3$$ la limite est $$\lim_{x \to \infty} x(1.5874 - 3) = -\infty$$ 2. Résoudre $$\sqrt[3]{x+2} - 4 \sqrt[3]{x+2} + 3 = 0$$ - Posons $$t = \sqrt[3]{x+2}$$, alors $$t - 4t + 3 = -3t + 3 = 0$$ $$-3t + 3 = 0 \Rightarrow t = 1$$ - Donc $$\sqrt[3]{x+2} = 1 \Rightarrow x + 2 = 1^3 = 1 \Rightarrow x = -1$$ 3. Montrer que $$A = \frac{(27)^{1/3} \times (81)^{1/4} \times 9^{1/5}}{3^{17/12}} = 3$$ - Écrivons chaque facteur en base 3 : $$27 = 3^3, \quad 81 = 3^4, \quad 9 = 3^2$$ - Alors : $$(27)^{1/3} = (3^3)^{1/3} = 3$$ $$(81)^{1/4} = (3^4)^{1/4} = 3$$ $$9^{1/5} = (3^2)^{1/5} = 3^{2/5}$$ - Donc le numérateur : $$3 \times 3 \times 3^{2/5} = 3^{1 + 1 + \frac{2}{5}} = 3^{2 + \frac{2}{5}} = 3^{\frac{10}{5} + \frac{2}{5}} = 3^{\frac{12}{5}}$$ - Le dénominateur : $$3^{17/12}$$ - Donc : $$A = \frac{3^{12/5}}{3^{17/12}} = 3^{\frac{12}{5} - \frac{17}{12}}$$ - Trouvons le commun dénominateur : $$60$$ $$\frac{12}{5} = \frac{12 \times 12}{5 \times 12} = \frac{144}{60}, \quad \frac{17}{12} = \frac{17 \times 5}{12 \times 5} = \frac{85}{60}$$ - Donc : $$A = 3^{\frac{144}{60} - \frac{85}{60}} = 3^{\frac{59}{60}}$$ - Ici, il semble qu'il y ait une erreur dans l'énoncé ou une faute dans la valeur finale. Mais si on reprend le calcul de l'exposant correctement : $$\frac{12}{5} = 2.4, \quad \frac{17}{12} \approx 1.4167$$ $$2.4 - 1.4167 = 0.9833$$ - Cette valeur est proche de 1, donc on peut vérifier plus exactement : $$\frac{12}{5} - \frac{17}{12} = \frac{144}{60} - \frac{85}{60} = \frac{59}{60}$$ - Ce qui implique que $$A = 3^{59/60} \neq 3$$. - Vu la consigne initiale, il est probable qu'il faille recalculer ou re-vérifier les exposants avec exactitude pour vérifier l'expression du dénominateur. Si on corrige l'expression pour que $$A=3$$, on suppose alors que la puissance du dénominateur est $$\frac{59}{60}$$. **Exercice 3 : Étude de la fonction h** 1. Calculer $$\lim_{x \to +\infty} h(x)$$ et $$\lim_{x \to -\infty} h(x)$$ avec $$h(x) = -2x^3 - 4x + 2$$ - Premier terme dominateur est $$-2x^3$$. - $$\lim_{x \to +\infty} h(x) = -\infty$$ - $$\lim_{x \to -\infty} h(x) = +\infty$$ car $$-2x^3$$ tend vers $$+\infty$$ quand $$x \to -\infty$$ (car cube négatif devient négatif, mais avec un coefficient -2 donne positif infini). 2. Étudier les variations de h. - $$h'(x) = -6x^2 - 4$$ - Pour tout $$x$$, $$-6x^2 -4 < 0$$. - Donc $$h$$ est strictement décroissante sur $$\mathbb{R}$$. 3. a) Montrer que l'équation $$h(x)=0$$ admet une solution unique $$\alpha$$ dans $$[0,+\infty[$ et que $$0 < \alpha < 1$$. - $$h(0) = 2 > 0$$ - $$h(1) = -2 -4 + 2 = -4 < 0$$ - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution $$\alpha$$ dans $$]0,1[$. - Comme $$h$$ décroît strictement, la solution est unique. 3. b) Encadrement d'amplitude 0.25 pour $$\alpha$$ - Prenons $$x = 0.5$$ : $$h(0.5) = -2(0.125) - 4(0.5) + 2 = -0.25 - 2 + 2 = -0.25 < 0$$ - $$h(0.25) = -2(0.015625) - 4(0.25) + 2 = -0.03125 - 1 + 2 = 0.96875 > 0$$ - Donc $$\alpha \in [0.25, 0.5]$$ qui est un encadrement d'amplitude 0.25. 3. c) Vérification de $$\alpha = \frac{1}{\alpha^2 + 2}$$ - On part de $$h(\alpha) = 0 \Rightarrow -2\alpha^3 - 4\alpha + 2 = 0$$ - Réarranged: $$2 = 2\alpha^3 + 4\alpha$$ - Diviser par 2: $$1 = \alpha^3 + 2\alpha$$ - Factoriser par $$\alpha$$: $$1 = \alpha ( \alpha^2 + 2 )$$ - Inverser donne : $$\alpha = \frac{1}{\alpha^2 + 2}$$ 4. Étudier le signe de h et résoudre $$h(x) \geq 0$$ - Comme $$h$$ décroît et a une racine unique $$\alpha$$ : - pour $$x < \alpha$$, $$h(x) > 0$$ (car $$h(0) > 0$$ et décroissant) - pour $$x > \alpha$$, $$h(x) < 0$$ - Donc, $$h(x) \geq 0 \iff x \leq \alpha$$. 5. a) Montrer que $$h$$ admet une fonction réciproque $$h^{-1}$$ sur un intervalle J. - $$h$$ est strictement décroissante donc bijective sur $$\mathbb{R}$$ sur son image $$J = h(\mathbb{R}) = ]-\infty, +\infty[$. - Donc $$h^{-1}$$ existe sur $$J$$. 5. b) Montrer que $$h^{-1}$$ est dérivable en 0 et calculer $$\left(h^{-1}\right)'(0)$$. - Par la formule de la dérivée d'une bijection : $$\left(h^{-1}\right)'(y) = \frac{1}{h'(h^{-1}(y))}$$ - Ici $$y=0$$, cherchons $$x_0$$ tel que $$h(x_0)=0$$, c'est $$x_0=\alpha$$. - Donc $$\left(h^{-1}\right)'(0) = \frac{1}{h'(\alpha)} = \frac{1}{-6\alpha^2 - 4}$$ Finalement les solutions sont : $$f$$ est continue sur $$\mathbb{R}$$, dérivable à droite en 1 avec $$f'(1^+)=3$$, non dérivable à gauche avec dérivée infinie. Limites calculées, résolution d'équation et simplification de puissances effectuées. Fonction $$h$$ décroissante, unique solution $$\alpha$$ à $$h(x)=0$$ dans $$[0,1]$$, encadrée entre 0.25 et 0.5, avec $$\alpha = \frac{1}{\alpha^2 + 2}$$. Signe de $$h$$ et existence de $$h^{-1}$$, dérivabilité et calcul de $$\left(h^{-1}\right)'(0)$$ réalisés.