1) a) Montrons que $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{1}{2}$.\n Pour $x < 1$, $f(x) = \frac{\sqrt{x^2 + 3} - 2}{x - 1}$.\n Calculons la limite en $1$ par la forme indéterminée $\frac{0}{0}$.\n Multiplions numérateur et dénominateur par le conjugué :\n $$f(x) = \frac{(\sqrt{x^2 + 3} - 2)(\sqrt{x^2 + 3} + 2)}{(x - 1)(\sqrt{x^2 + 3} + 2)} = \frac{x^2 + 3 - 4}{(x - 1)(\sqrt{x^2 + 3} + 2)} = \frac{x^2 - 1}{(x - 1)(\sqrt{x^2 + 3} + 2)}.$$\n Or, $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$, donc\n $$f(x) = \frac{(x - 1)(x + 1)}{(x - 1)(\sqrt{x^2 + 3} + 2)} = \frac{x + 1}{\sqrt{x^2 + 3} + 2}.$$\n En simplifiant, on peut calculer la limite en $x \to 1^-$ :\n $$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{1 + 1}{\sqrt{1 + 3} + 2} = \frac{2}{2 + 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}.$$\n b) Vérifions que $f(x) = u \circ v (x)$ avec $u(x) = \frac{(x+1) \sin x}{x(x+2)}$ et $v(x) = x - 1$.\n Pour $x > 1$, $f(x) = \frac{x \sin(x - 1)}{x^2 - 1}$.\n Calculons $u(v(x))$ :\n $$u(v(x)) = u(x - 1) = \frac{((x - 1) + 1) \sin(x - 1)}{(x - 1)((x - 1) + 2)} = \frac{x \sin(x - 1)}{(x - 1)(x + 1)} = \frac{x \sin(x - 1)}{x^2 - 1} = f(x).$$\n Donc $f = u \circ v$.\n c) Déterminons $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} u(v(x)) = \lim_{t \to 0^+} u(t)$ avec $t = v(x) = x - 1$.\n Calculons $\lim_{t \to 0} u(t) = \lim_{t \to 0} \frac{(t + 1) \sin t}{t (t + 2)}$.\n On a $\sin t \sim t$ quand $t \to 0$, donc\n $$u(t) \sim \frac{(t + 1) t}{t (t + 2)} = \frac{t + 1}{t + 2}.$$\n En $t \to 0$, cela donne\n $$\lim_{t \to 0} u(t) = \frac{1}{2}.$$\n Donc $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{2}$.\n d) Comme $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{2}$, la fonction $f$ est prolongeable par continuité en $x = 1$.\n On définit $g$ par :\n $$g(x) = \begin{cases} f(x) & x \neq 1 \\ \frac{1}{2} & x = 1 \end{cases}.$$\n 2) a) Montrons que $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -1$.\n Pour $x < 1$, $f(x) = \frac{\sqrt{x^2 + 3} - 2}{x - 1}$.\n Quand $x \to -\infty$, $\sqrt{x^2 + 3} \sim |x| = -x$ car $x$ est négatif.\n Donc\n $$f(x) \sim \frac{-x - 2}{x - 1} = \frac{-x - 2}{x - 1}.$$\n Divisons numérateur et dénominateur par $x$ :\n $$f(x) \sim \frac{-1 - \frac{2}{x}}{1 - \frac{1}{x}} \to \frac{-1 - 0}{1 - 0} = -1.$$\n b) Montrons que pour tout $x > 1$,\n $$\frac{x}{1 - x^2} \leq f(x) \leq \frac{x}{x^2 - 1}.$$\n Rappelons que pour $x > 1$, $f(x) = \frac{x \sin(x - 1)}{x^2 - 1}$.\n Or, $\sin(x - 1)$ est compris entre $-1$ et $1$, donc\n $$-1 \leq \sin(x - 1) \leq 1.$$\n Multiplions par $\frac{x}{x^2 - 1}$. Comme $x > 1$, $x > 0$ et $x^2 - 1 > 0$, donc le signe est conservé :\n $$\frac{x}{x^2 - 1} \times (-1) \leq f(x) \leq \frac{x}{x^2 - 1} \times 1,$$\n soit\n $$-\frac{x}{x^2 - 1} \leq f(x) \leq \frac{x}{x^2 - 1}.$$\n Or, $\frac{x}{1 - x^2} = -\frac{x}{x^2 - 1}$, donc\n $$\frac{x}{1 - x^2} \leq f(x) \leq \frac{x}{x^2 - 1}.$$\n c) En déduire $\lim_{x \to +\infty} f(x)$.\n Calculons les limites des bornes :\n $$\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1 - x^2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1 - x^2} = 0,$$\n car le dénominateur tend vers $-\infty$ plus vite que le numérateur.\n De même,\n $$\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x^2 - 1} = 0.$$\n Par le théorème des gendarmes,\n $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0.$$\n 3) Montrons que l'équation $f(x) = \frac{1}{\pi}$ admet au moins une solution $\alpha$ dans $[\frac{\pi}{2} + 1 ; \pi + 1]$.\n Pour $x > 1$, $f(x) = \frac{x \sin(x - 1)}{x^2 - 1} = u(v(x))$ avec $v(x) = x - 1$ et $u(t) = \frac{(t + 1) \sin t}{t (t + 2)}$.\n Considérons $t \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$.\n Calculons $u(\frac{\pi}{2})$ :\n $$u\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{(\frac{\pi}{2} + 1) \sin(\frac{\pi}{2})}{\frac{\pi}{2} (\frac{\pi}{2} + 2)} = \frac{(\frac{\pi}{2} + 1) \times 1}{\frac{\pi}{2} (\frac{\pi}{2} + 2)} > 0.$$\n Calculons $u(\pi)$ :\n $$u(\pi) = \frac{(\pi + 1) \sin \pi}{\pi (\pi + 2)} = 0.$$\n La fonction $u$ est continue sur $[\frac{\pi}{2}, \pi]$ et prend des valeurs positives en $\frac{\pi}{2}$ et $0$ en $\pi$.\n La valeur $\frac{1}{\pi} \approx 0.318$ est comprise entre $0$ et $u(\frac{\pi}{2})$.\n Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha - 1 \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$ tel que $u(\alpha - 1) = \frac{1}{\pi}$.\n Donc $f(\alpha) = u(v(\alpha)) = u(\alpha - 1) = \frac{1}{\pi}$ avec $\alpha \in [\frac{\pi}{2} + 1, \pi + 1]$.\n 4) a) Déterminons $h([0, 2])$.\n D'après la description, la courbe $Ch$ est croissante, passant près de $y=2$ à l'axe vertical.\n Sur $[0, 2]$, $h$ est continue et croissante, donc $h([0, 2]) = [h(0), h(2)]$.\n D'après le graphique, $h(0) \approx 2$ et $h(2)$ est supérieur à $2$ (car la courbe monte).\n Donc $h([0, 2]) = [2, h(2)]$ avec $h(2) > 2$.\n b) Déterminons $\lim_{x \to -\infty} f \circ h (x)$ et $\lim_{x \to +\infty} f \circ h (x)$.\n On a $\lim_{x \to -\infty} h(x) = 1$ (asymptote horizontale $y=1$).\n Donc\n $$\lim_{x \to -\infty} f(h(x)) = \lim_{t \to 1} f(t).$$\n D'après 1), $\lim_{x \to 1} f(x) = \frac{1}{2}$.\n Donc\n $$\lim_{x \to -\infty} f(h(x)) = \frac{1}{2}.$$\n Pour $x \to +\infty$, $h(x) \sim x$ (asymptote $y = x$).\n Donc $h(x) \to +\infty$ quand $x \to +\infty$.\n D'après 2)c), $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.\n Donc\n $$\lim_{x \to +\infty} f(h(x)) = 0.$$\n c) Déterminons $\lim_{x \to -\infty} f \circ f (x)$ et $\lim_{x \to +\infty} h \circ f (x)$.\n Pour $x \to -\infty$, $f(x) \to -1$ (2)a).\n Donc\n $$\lim_{x \to -\infty} f(f(x)) = \lim_{t \to -1} f(t).$$\n Pour $t < 1$, $f(t) = \frac{\sqrt{t^2 + 3} - 2}{t - 1}$. Calculons $f(-1)$ :\n $$f(-1) = \frac{\sqrt{1 + 3} - 2}{-1 - 1} = \frac{2 - 2}{-2} = 0.$$\n La fonction $f$ est continue sur $(-\infty, 1)$, donc\n $$\lim_{t \to -1} f(t) = f(-1) = 0.$$\n Donc\n $$\lim_{x \to -\infty} f(f(x)) = 0.$$\n Pour $x \to +\infty$, $f(x) \to 0$ (2)c).\n Calculons $h(0)$ d'après le graphique, $h(0) \approx 2$.\n Donc\n $$\lim_{x \to +\infty} h(f(x)) = h(0) = 2.$$