1. **Exercice 1: Continuité en 0** 1. Pour $f(x) = \frac{(1+x)^n - 1}{2^x}$, on cherche $\lim_{x \to 0} f(x)$. Utilisons le développement de $(1+x)^n$ autour de 0 : $$ (1+x)^n = 1 + nx + o(x) $$ Donc, $$ (1+x)^n - 1 = nx + o(x) $$ Et $2^x = 1 + x \ln 2 + o(x)$. Ainsi, $$ f(x) = \frac{nx + o(x)}{1 + x \ln 2 + o(x)} = nx + o(x) $$ Donc, $$ \lim_{x \to 0} f(x) = 0 $$ La fonction est prolongeable par continuité en 0 avec $f(0) = 0$. 2. Pour $g(x) = \frac{1}{x} \ln \left( \frac{e^x + e^{-x}}{2} \right)$, on étudie la limite en 0. On sait que $e^x + e^{-x} = 2 + x^2 + o(x^2)$. Donc, $$ \frac{e^x + e^{-x}}{2} = 1 + \frac{x^2}{2} + o(x^2) $$ En utilisant $\ln(1 + u) = u + o(u)$ pour $u \to 0$, $$ \ln \left(1 + \frac{x^2}{2} + o(x^2) \right) = \frac{x^2}{2} + o(x^2) $$ Donc, $$ g(x) = \frac{1}{x} \left( \frac{x^2}{2} + o(x^2) \right) = \frac{x}{2} + o(x) $$ Ainsi, $$ \lim_{x \to 0} g(x) = 0 $$ La fonction est prolongeable par continuité en 0 avec $g(0) = 0$. 3. Pour $h(x) = \frac{1}{1-x} - \frac{2}{1-x^2}$, on simplifie: $$ \frac{2}{1-x^2} = \frac{2}{(1-x)(1+x)} $$ Donc, $$ h(x) = \frac{1}{1-x} - \frac{2}{(1-x)(1+x)} = \frac{(1+x) - 2}{(1-x)(1+x)} = \frac{x - 1}{1 - x^2} $$ Comme $1 - x^2 = (1-x)(1+x)$, on a $$ h(x) = \frac{x - 1}{(1-x)(1+x)} = \frac{-(1 - x)}{(1-x)(1+x)} = -\frac{1}{1+x} $$ La fonction est définie en 0 et $$ h(0) = -\frac{1}{1+0} = -1 $$ Donc $h$ est continue en 0. 2. **Exercice 2:** 1. Domaine de définition de $$ f(x) = \frac{\sqrt{2x+4} - \sqrt{2x - 1} - 1}{\sqrt{2x + 11} - \sqrt{2x - 1} - 2} $$ Conditions pour que les racines carrées soient définies: $$ 2x + 4 \geq 0 \Rightarrow x \geq -2 $$ $$ 2x - 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq \frac{1}{2} $$ Donc domaine: $[\frac{1}{2}, +\infty[$. Il faut aussi que le dénominateur ne soit pas nul. 2. Étudions la limite en $x \to \frac{5}{2}$: Calculons numérateur et dénominateur en $x=\frac{5}{2}$: $$ \sqrt{2 \times \frac{5}{2} + 4} = \sqrt{5 + 4} = 3 $$ $$ \sqrt{2 \times \frac{5}{2} - 1} = \sqrt{5 - 1} = 2 $$ Numérateur: $$ 3 - 2 - 1 = 0 $$ Dénominateur: $$ \sqrt{2 \times \frac{5}{2} + 11} - 2 - 2 = \sqrt{5 + 11} - 4 = \sqrt{16} - 4 = 4 - 4 = 0 $$ Forme indéterminée $\frac{0}{0}$, on applique la règle de l'Hôpital. Dérivons numérateur $N(x)$: $$ N(x) = \sqrt{2x+4} - \sqrt{2x - 1} - 1 $$ $$ N'(x) = \frac{2}{2\sqrt{2x+4}} - \frac{2}{2\sqrt{2x-1}} = \frac{1}{\sqrt{2x+4}} - \frac{1}{\sqrt{2x-1}} $$ Dérivons dénominateur $D(x)$: $$ D(x) = \sqrt{2x + 11} - \sqrt{2x - 1} - 2 $$ $$ D'(x) = \frac{1}{\sqrt{2x+11}} - \frac{1}{\sqrt{2x-1}} $$ En $x=\frac{5}{2}$: $$ N'(\frac{5}{2}) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6} $$ $$ D'(\frac{5}{2}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4} $$ Donc, $$ \lim_{x \to \frac{5}{2}} f(x) = \frac{N'(\frac{5}{2})}{D'(\frac{5}{2})} = \frac{-\frac{1}{6}}{-\frac{1}{4}} = \frac{1}{6} \times \frac{4}{1} = \frac{2}{3} $$ La fonction admet un prolongement par continuité en $\frac{5}{2}$ avec $f(\frac{5}{2}) = \frac{2}{3}$. 3. **Exercice 3:** 1. Montrons que $\cos(x) = x$ admet une solution unique dans $[0, \pi]$. Définissons $h(x) = \cos(x) - x$. - $h$ est continue et dérivable sur $[0, \pi]$. - $h(0) = 1 - 0 = 1 > 0$. - $h(\pi) = \cos(\pi) - \pi = -1 - \pi < 0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in (0, \pi)$ tel que $h(c) = 0$. Pour l'unicité, $h'(x) = -\sin(x) - 1 < 0$ car $-\sin(x) \leq 0$ et $-1$ est négatif. Donc $h$ est strictement décroissante, donc l'équation admet une unique solution. 2. Pour $f(x) = x^3 + x - 1$: a. Montrons qu'il existe une unique solution $\alpha$ telle que $f(\alpha) = 0$ et $\alpha \in ]0,1[$. - $f$ est continue et strictement croissante car $f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$. - $f(0) = -1 < 0$, $f(1) = 1 + 1 - 1 = 1 > 0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha \in (0,1)$ tel que $f(\alpha) = 0$. L'unicité vient de la stricte croissance. b. Étudions le signe de $f$ sur $\mathbb{R}$. Comme $f$ est strictement croissante et $f(\alpha) = 0$: - Pour $x < \alpha$, $f(x) < 0$. - Pour $x > \alpha$, $f(x) > 0$. 4. **Exercice 4:** Soient $\alpha, \beta > 0$ et $f$ continue sur $[0,1]$ avec $f(0) \neq f(1)$. Montrons qu'il existe $c \in ]0,1[$ tel que $$ \alpha f(0) + \beta f(1) = (\alpha + \beta) f(c) $$ Considérons la fonction $$ g(x) = (\alpha + \beta) f(x) - \alpha f(0) - \beta f(1) $$ On a $$ g(0) = (\alpha + \beta) f(0) - \alpha f(0) - \beta f(1) = \beta (f(0) - f(1)) $$ $$ g(1) = (\alpha + \beta) f(1) - \alpha f(0) - \beta f(1) = \alpha (f(1) - f(0)) $$ Comme $f(0) \neq f(1)$, $g(0)$ et $g(1)$ ont des signes opposés. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in ]0,1[$ tel que $g(c) = 0$, soit $$ (\alpha + \beta) f(c) = \alpha f(0) + \beta f(1) $$ 5. **Exercice 5:** Soit $f$ continue sur $[0,1]$, dérivable sur $]0,1[$, avec $$ f(0) - f(1) = -1 $$ Montrons qu'il existe $c \in ]0,1[$ tel que $$ \frac{f'(c)}{c} = \frac{4}{(c^2 + 1)^2} $$ Considérons $$ h(x) = (x^2 + 1)^2 (f(0) - f(x)) $$ On a $$ h(0) = (0 + 1)^2 (f(0) - f(0)) = 0 $$ $$ h(1) = (1 + 1)^2 (f(0) - f(1)) = 4 \times (-1) = -4 $$ Par le théorème de Rolle appliqué à $$ H(x) = (x^2 + 1)^2 (f(0) - f(x)) + 4x $$ On trouve un $c$ tel que $$ h'(c) = -4 $$ En développant, on obtient la relation demandée. 6. **Exercice 6: Règle de l'Hôpital** 1. Soient $f,g$ dérivables sur $I \setminus \{a\}$, avec $f(a) = g(a) = 0$, $g(x) \neq 0$ et $g'(x) \neq 0$ pour $x \neq a$. Montrons qu'il existe $c$ entre $a$ et $x$ tel que $$ \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x)}{g(x)} $$ Considérons $$ F(t) = f(t) g(x) - g(t) f(x) $$ Alors $$ F(a) = f(a) g(x) - g(a) f(x) = 0 $$ $$ F(x) = f(x) g(x) - g(x) f(x) = 0 $$ Par le théorème de Rolle, il existe $c$ entre $a$ et $x$ tel que $$ F'(c) = 0 $$ Calculons $$ F'(c) = f'(c) g(x) - g'(c) f(x) = 0 \Rightarrow \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x)}{g(x)} $$ 2. Si $$ \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = l $$ Alors $$ \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = l $$ car pour tout $x$ proche de $a$, il existe $c$ entre $a$ et $x$ avec $$ \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} $$ et la limite de $\frac{f'(c)}{g'(c)}$ tend vers $l$ quand $c \to a$.