1. **Problème 1 : Continuité de la fonction en $x=1$** On a la fonction $f(x) = \begin{cases} \frac{2x^2 + x - 3}{x^3 - 1} & x \neq 1 \\ 2a - 6 & x = 1 \end{cases}$. On cherche la valeur de $a$ pour que $f$ soit continue en $x=1$. 2. **Calcul de la limite de $f(x)$ quand $x \to 1$** Factorisons le dénominateur : $$x^3 - 1 = (x-1)(x^2 + x + 1)$$ Factorisons le numérateur : $$2x^2 + x - 3 = (2x - 3)(x + 1)$$ Donc pour $x \neq 1$, $$f(x) = \frac{(2x - 3)(x + 1)}{(x-1)(x^2 + x + 1)}$$ 3. **Calcul de la limite** La limite en $x=1$ est $$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{2x^2 + x - 3}{x^3 - 1}$$ Substituons directement : Numérateur : $2(1)^2 + 1 - 3 = 2 + 1 - 3 = 0$ Dénominateur : $1^3 - 1 = 0$ Forme indéterminée $\frac{0}{0}$, on applique la règle de l'Hôpital. 4. **Dérivées du numérateur et du dénominateur** $$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^2 + x - 3) = 4x + 1$$ $$g'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - 1) = 3x^2$$ 5. **Calcul de la limite avec la règle de l'Hôpital** $$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{4x + 1}{3x^2} = \frac{4(1) + 1}{3(1)^2} = \frac{5}{3}$$ 6. **Continuité en $x=1$** Pour que $f$ soit continue en $1$, il faut que $$f(1) = \lim_{x \to 1} f(x)$$ Donc $$2a - 6 = \frac{5}{3}$$ 7. **Résolution pour $a$** $$2a = \frac{5}{3} + 6 = \frac{5}{3} + \frac{18}{3} = \frac{23}{3}$$ $$a = \frac{23}{6}$$ --- 8. **Problème 2 : Fonction $f(x) = \frac{2x^2}{2x + 4}$** 1) Déterminer le domaine de définition $D_f$. Le dénominateur ne doit pas être nul : $$2x + 4 \neq 0 \Rightarrow x \neq -2$$ Donc $$D_f = \mathbb{R} \setminus \{-2\}$$ 2) Dresser le tableau de variations de $f$. Calculons la dérivée $f'(x)$ : $$f(x) = \frac{2x^2}{2x + 4}$$ Utilisons la règle du quotient : $$f'(x) = \frac{(4x)(2x + 4) - 2x^2 (2)}{(2x + 4)^2} = \frac{4x(2x + 4) - 4x^2}{(2x + 4)^2}$$ Développons le numérateur : $$4x(2x + 4) - 4x^2 = 8x^2 + 16x - 4x^2 = 4x^2 + 16x$$ Donc $$f'(x) = \frac{4x^2 + 16x}{(2x + 4)^2} = \frac{4x(x + 4)}{(2x + 4)^2}$$ Étudions le signe de $f'(x)$ : - Le dénominateur est toujours positif sauf en $x = -2$ où il est nul. - Le numérateur est nul pour $x=0$ et $x=-4$. Intervalles : - Pour $x < -4$, $x < 0$ et $x < -4$ donc $x$ négatif, $x+4$ négatif, produit positif. - Pour $-4 < x < 0$, $x$ négatif, $x+4$ positif, produit négatif. - Pour $x > 0$, $x$ positif, $x+4$ positif, produit positif. Donc : - $f'(x) > 0$ sur $(-\infty, -4)$ - $f'(x) < 0$ sur $(-4, 0)$ - $f'(x) > 0$ sur $(0, +\infty)$ 9) **Tableau de variations** - $f$ croissante sur $(-\infty, -4)$ - $f$ décroissante sur $(-4, 0)$ - $f$ croissante sur $(0, +\infty)$ 10) **Restriction $h$ de $f$ sur $J = ]0, +\infty[$** (a) Montrer que $h$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $J$. Sur $]0, +\infty[$, $f$ est strictement croissante donc injective, donc $h$ admet une réciproque. (b) Résoudre $(f^{-1})(\frac{1}{6})$. Cela revient à résoudre $$f(x) = \frac{1}{6}$$ avec $x > 0$. 11) **Résolution de $f(x) = \frac{1}{6}$** $$\frac{2x^2}{2x + 4} = \frac{1}{6}$$ Multiplions en croix : $$12x^2 = 2x + 4$$ $$12x^2 - 2x - 4 = 0$$ Divisons par 2 : $$6x^2 - x - 2 = 0$$ 12) **Résolution de l'équation quadratique** Discriminant : $$\Delta = (-1)^2 - 4 \times 6 \times (-2) = 1 + 48 = 49$$ Racines : $$x = \frac{1 \pm 7}{2 \times 6} = \frac{1 \pm 7}{12}$$ Donc $$x_1 = \frac{1 + 7}{12} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}$$ $$x_2 = \frac{1 - 7}{12} = \frac{-6}{12} = -\frac{1}{2}$$ 13) **Choix de la solution dans $J = ]0, +\infty[$** Seule $x = \frac{2}{3}$ est dans $]0, +\infty[$. Donc $$(f^{-1})(\frac{1}{6}) = \frac{2}{3}$$