1. Soit $f(x) = \frac{x^2 - 6x + 5}{x-5}$, $x \neq 5$ et $f(5) = 4$. Étudier la continuité en $x_0 = 5$. Calculons la limite à gauche et à droite de 5. On factorise le numérateur : $x^2 - 6x + 5 = (x-5)(x-1)$. Donc, $$f(x) = \frac{(x-5)(x-1)}{x-5} = x-1, \quad x \neq 5.$$ La limite quand $x \to 5$ est donc $\lim_{x\to5} f(x) = 5-1=4$. Puisque $f(5) = 4$, $f$ est continue en 5. 2. Montrer que $f$ est dérivable en $x_0=5$. La fonction $f$ coïncide avec la fonction $g(x) = x-1$ pour $x \neq 5$, qui est dérivable avec $g'(x) = 1$. Vérifions la dérivabilité en $x=5$ par définition : $$f'(5) = \lim_{h \to 0} \frac{f(5+h) - f(5)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{(5+h)-1 - 4}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{4+h -4}{h} = 1.$$ La dérivée existe et vaut 1. 3. Déterminer l'équation de la tangente $(T)$ à $C_f$ en $x=5$. L'équation de la tangente est $$y = f(5) + f'(5)(x-5) = 4 + 1 \times (x-5) = x -1.$$ 4. Étude de la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $$f(x) = \begin{cases} x^2 + \frac{1}{x} & x \geq 1 \\ x^3 - 2x + 1 & x < 1 \end{cases}$$ Étudier la dérivabilité en $a=1$. Calculons la limite à gauche et à droite de $f$ et $f'$ en $1$ : - $f(1) = 1^2 + 1 = 2$ - Limite à gauche : $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 - 2 + 1 = 0$, différente de $2$, donc $f$ est discontinue (et donc non dérivable) en 1. 5. Calcul de $f'$ pour chaque fonction 1) $f(x)=(2x^2 - 5x)(3x - 2)$: $$f'(x) = (4x - 5)(3x-2) + (2x^2 - 5x)(3) = 12x^2 - 8x -15x +10 + 6x^2 -15x = 18x^2 - 38x + 10$$ 2) $f(x) = \frac{6x-5}{x^2+1}$: $$f'(x) = \frac{6(x^2+1) - (6x-5)(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{6x^2 + 6 - 12x^2 + 10x}{(x^2+1)^2} = \frac{-6x^2 + 10x + 6}{(x^2+1)^2}$$ 3) $f(x) = \sqrt{3} x^2 + 2x + 1$: $$f'(x) = 2\sqrt{3}x + 2$$ 4) $f(x) = (2x^2 + 3x - 3)^4$: $$f'(x) = 4(2x^2+3x-3)^3 (4x +3)$$ 5) $f(x) = \sqrt[3]{x} = x^{1/3}$: $$f'(x) = \frac{1}{3} x^{-2/3}$$ 6) $f(x) = \sqrt[4]{x^5} = x^{5/4}$: $$f'(x) = \frac{5}{4} x^{1/4}$$ 7) $f(x) = \sqrt[4]{1 + \cos^2(x)} = (1 + \cos^2 x)^{1/4}$: Par règle de la chaîne, $$f'(x) = \frac{1}{4} (1 + \cos^2 x)^{-3/4} \times 2 \cos x (-\sin x) = -\frac{1}{2} \cos x \sin x (1 + \cos^2 x)^{-3/4}$$ 6. Etude de $f(x) = x - 2\sqrt{x}$ 1) Domaine : $x \geq 0$. Calcul de la limite à l'infini : $$\lim_{x \to +\infty} x - 2\sqrt{x} = +\infty$$ 2a) Dérivabilité à droite de 0 : $$f'(x) = 1 - \frac{2}{2\sqrt{x}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{x}}$$ À droite de 0, $f'$ est définie, mais $$\lim_{x \to 0^+} f'(x) = 1 - +\infty = -\infty,$$ donc pas dérivable en 0 mais dérivable à droite. 2b) Géométriquement, la pente de la tangente à droite de 0 est verticale (tendance infinie), donc la fonction a un coin sharp à 0. 3a) Variation de $f$ : $f'(x) = 1 - \frac{1}{\sqrt{x}}$. Pour $x < 1$, $f'(x) < 0$ (décroissante), pour $x > 1$, $f'(x) > 0$ (croissante), et $f'(1)=0$ point critique. 3b) Tableau de variation : décroissante sur $(0,1)$, puis croissante sur $(1, +\infty)$ avec minimum en $x=1$. 4a) Soit $g$ restriction de $f$ à $I=[1, +\infty)$, $g$ est strictement croissante donc bijective sur son image $J=[g(1), +\infty) = [1-2, +\infty) = [-1, +\infty)$, donc $g^{-1}$ est définie sur $J$. 4b) Pour $y = x-2\sqrt{x}$, posons $t = \sqrt{x}$, on obtient $$y = t^2 - 2t = (t-1)^2 - 1$$ Alors, $$t-1 = \pm \sqrt{y+1}$$ Puis $$t = 1 + \sqrt{y+1}$$ (on prend la branche positive car $t=\sqrt{x} \geq 0$) Donc $$g^{-1}(y) = (1+ \sqrt{y+1})^2, \quad y \in J.$$ 7. Pour $f(x) = x^3 - 3x - 3$ définie sur $[1, +\infty)$ Calcul de $f'$: $$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1)$$ Pour $x \geq 1$, $f'(x) \geq 0$ avec égalité seulement en 1. Donc $f$ est croissante sur $[1, +\infty)$ avec un point critique isolé. Par continuité, $f$ est strictement monotone croissante. Donc $f$ est bijective sur $[1, +\infty)$ vers $J = [f(1), +\infty) = [-5, +\infty)$ et admet une fonction réciproque $f^{-1}: J \to [1, +\infty)$.