**Exercice 1 : Continuité et limites** 1. Étudier la continuité de la fonction $f$ en $a$. - Pour $a = -1$ : $$f(x) = \frac{x^2 - 1}{x + 1} \text{ si } x \neq -1, \quad f(-1) = -2$$ 1. Simplifions $f(x)$ pour $x \neq -1$ : $$\frac{x^2 - 1}{x + 1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x + 1} = x - 1,\quad x \neq -1$$ 2. Calculons la limite à gauche et à droite en $x \to -1$ : $$\lim_{x \to -1} f(x) = \lim_{x \to -1} (x - 1) = -1 - 1 = -2$$ 3. Comme $f(-1) = -2$, la fonction est continue en $a = -1$. - Pour $a = 0$ : $$f(x) = \begin{cases} \sqrt{4 - x^3} & x < 0 \\ x^2 + 2 & x \geq 0 \end{cases}$$ 1. Calcul de la limite à gauche : $$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \sqrt{4 - 0} = 2$$ 2. Calcul de la limite à droite et de la valeur en 0 : $$f(0) = 0^2 + 2 = 2,$$ $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0^2 + 2 = 2$$ 3. La limite à gauche, la limite à droite et la valeur en $0$ sont égales, donc $f$ est continue en $0$. - Pour $a = 2$ : $$f(x) = \begin{cases} \frac{2x + 1}{7 - 6x} & x \leq 2 \\ \frac{x^2 + x - 6}{x - 2} & x > 2 \end{cases}$$ 1. Calcul de la limite à gauche : $$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \frac{2\cdot 2 + 1}{7 - 6\cdot 2} = \frac{5}{7 - 12} = \frac{5}{-5} = -1$$ 2. Simplifions la partie $x > 2$ : $$x^2 + x - 6 = (x - 2)(x + 3)$$ Donc pour $x > 2$, $$f(x) = \frac{(x - 2)(x + 3)}{x - 2} = x + 3$$ 3. Calcul de la limite à droite : $$\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2 + 3 = 5$$ 4. Comme $\lim_{x \to 2^-} f(x) \neq \lim_{x \to 2^+} f(x)$, $f$ n'est pas continue en $2$. 2. Calcul des limites : - $$\lim_{x \to +\infty} \frac{3x^3 + 5x + 6}{x + 13}$$ En divisant numérateur et dénominateur par $x^3$ : $$\lim_{x \to +\infty} \frac{3 + 5/x^2 + 6/x^3}{1/x^2 + 13/x^3} = +\infty$$ car degré numérateur > degré dénominateur. - $$\lim_{x \to -\infty} \frac{-3x^5 + 6x^3 - 2x + 1}{x^4 - x^2 + 6x + 2}$$ Divisons par $x^5$ : $$\lim_{x \to -\infty} \frac{-3 + 6/x^2 - 2/x^4 + 1/x^5}{1/x - 1/x^3 + 6/x^4 + 2/x^5} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-3 + 0}{0} = -\infty$$ car le dénominateur tend vers $0^-$. - $$\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x + 2} - 2}{x - 1}$$ Remarquons que le numérateur et le dénominateur tendent vers $0$. Utilisons la conjugaison : $$\frac{\sqrt{x + 2} - 2}{x - 1} \times \frac{\sqrt{x + 2} + 2}{\sqrt{x + 2} + 2} = \frac{x + 2 - 4}{(x - 1)(\sqrt{x + 2} + 2)} = \frac{x - 2}{(x - 1)(\sqrt{x + 2} + 2)}$$ Écrivons $x - 2 = (x - 1) - 1$: $$= \frac{(x - 1) - 1}{(x - 1)(\sqrt{x + 2} + 2)} = \frac{1}{\sqrt{x + 2} + 2} - \frac{1}{(x - 1)(\sqrt{x + 2} + 2)}$$ En limitant $x \to 1$, le premier terme est $\frac{1}{\sqrt{3} + 2}$ mais le second diverge, nous devons directement remplacer : Plus simplement, la limite est de type $0/0$, on peut appliquer la règle de l'Hôpital : $$\lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{2\sqrt{x + 2}}}{1} = \frac{1}{2 \sqrt{3}}$$ **Exercice 2 : Racine unique et encadrement** 1. La fonction $f(x) = x^3 + x + 1$ est strictement croissante car $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$. Donc $f$ est strictement monotone et continue sur $\mathbb{R}$. Vérifions aux bornes $-2$ et $2$ : $$f(-2) = (-2)^3 + (-2) + 1 = -8 - 2 + 1 = -9 < 0$$ $$f(2) = 8 + 2 + 1 = 11 > 0$$ Par le théorème des valeurs intermédiaires, $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in [-2, 2]$. 2. Pour encadrer $\alpha$ avec une amplitude $0.125$, on peut appliquer la méthode de dichotomie ou itérations successives. Par exemple, entre $-2$ et $-1.875$. Calculons $f(-1.875)$ : $$(-1.875)^3 + (-1.875) + 1 \approx -6.5918 - 1.875 + 1 = -7.4668 < 0$$ $f(-1.75) = (-1.75)^3 + (-1.75) + 1 = -5.359 + (-1.75) + 1 = -6.109 < 0$ Plus précis avec étapes successives, on peut encadrer $\alpha$ dans un intervalle de largeur $0.125$ autour de $-1.75$ à $-1.625$. **Exercice 3 : Domaine, image et solutions** 1. Déterminer le domaine de définition $D_f$. La fonction est donnée partout sur $\mathbb{R}$, donc $D_f = \mathbb{R}$. 2. Calculer $f([ -\infty, -1])$: $f$ croît de 1 à 2, donc image est $[1, 2]$. Calculer $f([ -\infty, 3])$: $f$ varie de 1 jusqu'à 7 avec maximum et minimum aux points indiqués, image est $[-4, 7]$. 3. Résoudre $f(x) = 0$. Sur $(-\infty, -1]$, $f$ croît de 1 à 2, ne passe pas par 0. Sur $[-1, 3]$, $f$ décroît de 2 à -4, donc existe une solution où $f=0$ entre $-1$ et $3$. Sur $[3, +\infty)$, $f$ croît de -4 à 7, donc une autre solution existe où $f=0$ entre 3 et un point supérieur. Donc deux solutions au total, dans $[-1, 3]$ et $[3, +\infty)$. **Exercice 4 : Limites, dérivée, fonction réciproque** 1. Calcul des limites : $$\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + 1}{x - 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{1}{x}} = 2$$ $$\lim_{x \to 1^+} \frac{2x + 1}{x - 1} = +\infty$$ (car dénominateur tend vers $0^+$). 2. Dérivée : $$f'(x) = \frac{(2)(x - 1) - (2x + 1)(1)}{(x - 1)^2} = \frac{2x - 2 - 2x - 1}{(x - 1)^2} = \frac{-3}{(x - 1)^2}$$ 3. Comme $f'(x) < 0$ pour tout $x > 1$, $f$ est strictement décroissante sur $I = ]1, +\infty[$, donc injective. $f(I) = J$, image de $f$ sur $I$. 4. Trouvons l'inverse : posons $y = \frac{2x + 1}{x - 1}$ pour $x > 1$. Multiplier par $x - 1$ : $$y(x - 1) = 2x + 1$$ $$yx - y = 2x + 1$$ Regroupons les $x$ : $$x(y - 2) = y + 1$$ $$x = \frac{y + 1}{y - 2}$$ avec $y \neq 2$. Donc $$f^{-1}(y) = \frac{y + 1}{y - 2}$$ Le domaine de $f^{-1}$ est $J = f(I) = ]-\infty, 2[$ car $f$ est décroissante avec asymptote horizontale à 2.