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Déterminer les limites suivantes :
D'après les propriétés de la partie entière, on a :
$\frac{1}{x} - 1 < E\left(\frac{1}{x}\right) \leqslant \frac{1}{x}$
Si $x > 0$ :
En multipliant par $x$, l'ordre ne change pas :
$1 - x < x\,E\left(\frac{1}{x}\right) \leqslant 1$
Or :
$\lim_{x \to 0^+} (1 - x) = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 0^+} 1 = 1$
Si $x < 0$ :
L'ordre s'inverse en multipliant par $x$ :
$1 < x\,E\left(\frac{1}{x}\right) \leqslant 1 - x$
Or :
$\lim_{x \to 0^-} 1 = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 0^-} (1 - x) = 1$
Si $x \in ]0, 1[$ $\Rightarrow f(x) = 0$
Si $x \in [-1, 0[$ $\Rightarrow f(x) = \frac{-1}{x}$
| $\lim f$ | $\lim g$ | $\lim (f+g)$ | $\lim (fg)$ | $\lim \frac{1}{g}$ | $\lim \frac{f}{g}$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $\ell$ | $\ell' \neq 0$ | $\ell + \ell'$ | $\ell \ell'$ | $\frac{1}{\ell'}$ | $\frac{\ell}{\ell'}$ |
| $0$ | $0$ | $0$ | $0$ | $\infty$ | F.I |
| $+\infty$ | $+\infty$ | $+\infty$ | $+\infty$ | $0$ | F.I |
| $0$ | $\infty$ | $\infty$ | F.I | $0$ | $0$ |
| $\infty$ | $0$ | $\infty$ | F.I | $\infty$ | $\infty$ |
| $+\infty$ | $-\infty$ | F.I | $-\infty$ | $0$ | F.I |
• Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert de centre $a$. On dit que $f$ est continue en $a$ si et seulement si :
a) $\begin{cases} f(x) = \dfrac{\sqrt{x+1} - 1}{x} & ; x > -1 \text{ et } x \neq 0 \\[6pt] f(0) = \dfrac{1}{2} & \end{cases}$
$\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{x+1} - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{x(\sqrt{x+1} + 1)} = \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{\sqrt{x+1} + 1} = \dfrac{1}{2}$
On a $\lim_{x \to 0} f(x) = \dfrac{1}{2} = f(0)$
On a : $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2 = f(1)$
Et : $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 1 \neq f(1)$
$f$ est continue à droite en 1 mais n'est pas continue à gauche en 1, car :
$f$ continue en $a \;\Longleftrightarrow\; \begin{cases} f \text{ continue à gauche en } a \\ \text{et } f \text{ continue à droite en } a \end{cases}$
c'est-à-dire $\lim_{x \to a^+} f(x) = \lim_{x \to a^-} f(x) = f(a)$
Soit la fonction $f$ définie par :
Déterminer $a$ et $b$ pour que $f$ soit continue en 1.
On a :
Or :
Pour que $f$ soit continue en 1, il faut que : $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$
Donc : $\dfrac{1 + a - b}{2} = -1 \;\Rightarrow\; \dfrac{1 + 3 - b}{2} = -1 \;\Leftrightarrow\; \dfrac{4 - b}{2} = -1 \;\Leftrightarrow\; 4 - b = -2$
c'est-à-dire $\boxed{b = 6}$
Soit $f$ définie sur un intervalle ouvert de centre $a$ tel que $a \notin D_f$.
Si $\lim_{x \to a} f(x) = \ell \quad (\ell \in \mathbb{R})$,
alors $f$ est prolongeable par continuité au point d'abscisse $a$.
On définit alors la fonction $g$ telle que :
La fonction $g$ prolonge $f$ au point d'abscisse $a$.
$f(x) = \dfrac{x^2 - 4x + 3}{x^2 - 5x + 6} \quad,\quad D_f = \mathbb{R} \setminus \{2, 3\}$
Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur $I$.
Déterminer $D_f$ et étudier la continuité de $f$ sur $D_f$ :
1) $D_f = \mathbb{R}$, et $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ comme fonction polynôme.
2) $D_f = \mathbb{R} \setminus \{2, -2\}$ et $f$ est continue sur $D_f$ comme fonction rationnelle.
3) $D_f = ]-\infty, 0] \cup [4, +\infty[$.
$x \mapsto x^2 - 4x$ est continue sur $D_f$ comme polynôme et $x^2 - 4x \geqslant 0$ sur $D_f$. Donc $f$ est continue.
4) $x \mapsto \sin x$ est continue sur $\mathbb{R}$ et $x \mapsto x^2 + 3x + 3$ est continue sur $\mathbb{R}$ comme polynôme.
Donc $f$ est continue sur $\mathbb{R} = D_f$ comme produit.
5) $x \mapsto \cos x$ est continue sur $\mathbb{R}$ et $x \mapsto x^2 + x + 1$ est continue sur $\mathbb{R}$ avec $x^2 + x + 1 \neq 0$, et $D_f = \mathbb{R}$.
Donc $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ comme quotient.
6) $x \mapsto \tan x$ est continue sur $D_f = \mathbb{R} \setminus \left\{\frac{\pi}{2} + k\pi\right\}$.
Donc $f$ est continue sur $D_f$ comme puissance.
7) $D_f = ]-\infty, 1] \cup ]1, +\infty[ = \mathbb{R}$.
- Continuité en 1 :
$f(x) = x^2 - 4x + 3$
1) $f'(x) = 2x - 4$
| $x$ | $-\infty$ | $2$ | $+\infty$ |
| $f'(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f$ | $+\infty$ ↘ | $-1$ | $+\infty$ ↗ |
2) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$
| Intervalle $I$ | $f$ croissante | $f$ décroissante |
|---|---|---|
| $[a, b]$ | $[f(a), f(b)]$ | $[f(b), f(a)]$ |
| $[a, +\infty[$ | $\left[f(a), \lim_{+\infty} f\right[$ | $\left]\lim_{+\infty} f, f(a)\right]$ |
| $]a, +\infty[$ | $\left]\lim_{a^+} f, \lim_{+\infty} f\right[$ | $\left]\lim_{+\infty} f, \lim_{a^+} f\right[$ |
| $]a, b[$ | $\left]\lim_{a^+} f, \lim_{b^-} f\right[$ | $\left]\lim_{b^-} f, \lim_{a^+} f\right[$ |
| $]-\infty, b]$ | $\left]\lim_{-\infty} f, f(b)\right]$ | $\left[f(b), \lim_{-\infty} f\right[$ |
| $]-\infty, +\infty[$ | $\left]\lim_{-\infty} f, \lim_{+\infty} f\right[$ | $\left]\lim_{+\infty} f, \lim_{-\infty} f\right[$ |
$D_{g \circ f} = \{ x \in D_f \mid f(x) \in D_g \}$
$(g \circ f)'(x) = f'(x) \times g'(f(x))$
$\Rightarrow$ Alors $g \circ f$ est continue sur $I$.
$h(x) = \cos(x^2 + x + 3) = g(f(x))$
avec $g(x) = \cos x$ et $f(x) = x^2 + x + 3$.
Si $f$ est continue sur le segment $[a, b]$, alors $\forall k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, $\exists \alpha \in [a, b]$ tel que $f(\alpha) = k$.
Montrer que l'équation $x^3 + x = -1$ admet au moins une solution dans $\mathbb{R}$.
Réponse :
On pose $f(x) = x^3 + x$ et $k = -1$.
On a : $f(-1) = -2$ et $f(0) = 0$, donc $f(-1) < k < f(0)$.
De plus, $f$ est continue sur $[-1, 0]$ comme polynôme.
Si $f$ est continue sur $[a, b]$ et $f(a) \times f(b) < 0$,
alors l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution $\alpha \in ]a, b[$.
Exemple : $f(x) = x^3 + x + 1$.
$f(0) \times f(-1) < 0$ et $f$ est continue sur $[-1, 0]$ comme polynôme.
✅ Donc d'après le T.V.I, $f(x) = 0$ admet au moins une solution $\alpha \in ]-1, 0[$.
Si $f$ est continue sur $[a, b]$, $f(a) \times f(b) < 0$ et $f$ est strictement monotone,
alors $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]a, b[$.
Exemple : $f(x) = x^3 + x + 1$ définie sur $]-1, 0[$.
$f'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x \in ]-1, 0[$, donc $f$ est strictement croissante.
$f$ est continue sur $[-1, 0]$ et $f(0) \times f(-1) < 0$.
✅ D'après le T.V.I, $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]-1, 0[$.
Soit $f$ une fonction continue sur $\mathbb{R}$ dont le tableau de variations est :
| $x$ | $-2$ | $-1$ | $0$ | $1$ |
| $f$ | $-2$ ↗ | $3$ ↘ | $2$ ↗ | $4$ |
Montrer que $f(x) = 0$ admet une unique solution dans $]-2, 1[$.
$f$ est continue sur $]-2, 1[$.
$f([-1, 1]) \subset [2, 4]$, donc $f(x) > 0$ sur $[-1, 1]$.
Donc $0 \notin f([-1, 1])$.
Donc $f(x) = 0$ n'a pas de solution dans $[-1, 1]$.
Par contre, $0 \in f([-2, -1])$ car $f(-2) \times f(-1) = (-2) \times 3 = -6 < 0$.
De plus, $f$ est strictement croissante sur $[-2, -1]$.
Donc $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in [-2, -1]$.
Conclusion : $\exists !\, \alpha \in [-2, 1]$ tel que $f(\alpha) = 0$.
L'intervalle a pour amplitude : $-\frac{1}{2} - \left(-\frac{3}{4}\right) = \frac{1}{4} = 0{,}25$
Soit $f$ une fonction dont le tableau de variations est :
| $x$ | $-\infty$ | $-2$ | $+\infty$ |
| $f(x)$ | $-5$ | ↘ $-8$ ↗ | $5$ |
Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$ sur $\mathbb{R}$.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
Sur l'intervalle $]-\infty ; -2[$, on a $f(x) \leqslant -5$. Par conséquent, sur cet intervalle, l'équation $f(x) = 0$ ne possède pas de solution.
La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $[-2 ; +\infty[$.
$f(-2) = -8$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 5$. Or $0 \in ]-8 ; 5[$.
Par conséquent, d'après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l'équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-2 ; +\infty[$.
Conclusion : L'équation $f(x) = 0$ ne possède qu'une seule solution sur $\mathbb{R}$.
Soit $f$ une fonction dont le tableau de variations est :
| $x$ | $-\infty$ | $-2$ | $4$ | $+\infty$ |
| $f(x)$ | $-1$ ↗ | $2$ ↘ | $-3$ ↗ | $-1$ |
Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$ sur $\mathbb{R}$.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $]-\infty ; -2[$.
$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -1$ et $f(-2) = 2$. Or $0 \in ]-1 ; 2[$.
D'après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l'équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-\infty ; -2[$.
La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $[-2 ; 4]$.
$f(-2) = 2$ et $f(4) = -3$. Or $0 \in ]-3 ; 2[$.
D'après le théorème de la bijection l'équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-2 ; 4[$.
Sur $[4 ; +\infty[$, on a $f(x) \leqslant -1$.
L'équation $f(x) = 0$ ne possède donc pas de solution sur $]4 ; +\infty[$.
On déduit de cette étude que l'équation $f(x) = 0$ possède donc deux solutions sur $\mathbb{R}$ (on a en prime des intervalles dans lesquelles elles se trouvent).
Soit $f$ une fonction dont le tableau de variations est :
| $x$ | $-\infty$ | $-3$ | $5$ | $+\infty$ |
| $f(x)$ | $-\infty$ ↗ | $1$ ↘ | $-3$ ↗ | $+\infty$ |
Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 1$ sur $\mathbb{R}$.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
Pour tout $x \in ]-\infty ; -3[ \cup ]-3 ; 5[$, on a $f(x) < 1$. L'équation $f(x) = 1$ ne possède donc aucune solution sur cette réunion d'intervalles.
On a $f(-3) = 1$.
$-3$ est donc une solution de l'équation $f(x) = 1$.
La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $[5 ; +\infty[$.
$f(5) = -3$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Or $1 \in ]-3 ; +\infty[$.
D'après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l'équation $f(x) = 1$ possède une unique solution sur $[5 ; +\infty[$.
L'étude précédente nous permet donc de dire que l'équation $f(x) = 1$ possède deux solutions sur $\mathbb{R}$ : $-3$ et un réel appartenant à $]5 ; +\infty[$.
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 - x^2 + x + 2$.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 - x^2 + x + 2$.
On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \frac{2x^3}{3} - \frac{x^2}{2} - x + 3$.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
1. D'après la limite des termes de plus haut degré on a :
$\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^3}{3} = -\infty$ et
$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3}{3} = +\infty$
2. La fonction $f$ est une fonction polynôme. Elle est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x \in \mathbb{R}$ on a :
$$f'(x) = 2x^2 - x - 1$$
Étudions le signe de cette expression : $\Delta = (-1)^2 - 4 \times 2 \times (-1) = 9 > 0$.
Elle possède donc deux racines : $x_1 = \frac{1 - \sqrt{9}}{4} = -\frac{1}{2}$ et $x_2 = \frac{1 + \sqrt{9}}{4} = 1$.
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
| $x$ | $-\infty$ | $-\frac{1}{2}$ | $1$ | $+\infty$ | |
| $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | $-\infty$ ↗ | $\frac{79}{24}$ ↘ | $\frac{13}{6}$ ↗ | $+\infty$ |
3. Pour tout $x \geqslant -\frac{1}{2}$, on a $f(x) \geqslant \frac{13}{6} > 0$ donc l'équation $f(x) = 0$ ne possède pas de solution sur $\left[-1/2 ; +\infty\right[$.
4. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\left]-\infty ; -\frac{1}{2}\right]$.
$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $f(-1/2) = \frac{79}{24}$. Or $0 \in \left]-\infty ; \frac{79}{24}\right[$.
D'après le théorème de la bijection, l'équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $\left]-\infty ; -\frac{1}{2}\right[$.
L'équation $f(x) = 0$ possède donc une unique solution sur $\mathbb{R}$.
5. En utilisant le menu table de la calculatrice on trouve $-1,70 < \alpha < -1,69$.
Dans chacun des cas déterminer les limites indiquées.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
1. $\lim_{x \to +\infty} x^2 - 3x = \lim_{x \to +\infty} x^2 = +\infty$ d'après la limite des termes de plus haut degré.
$\lim_{X \to +\infty} \sqrt{X} = +\infty$.
Donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
2. $\lim_{x \to -1^+} 1 - x = 2$ et $\lim_{x \to -1^+} 1 + x = 0^+$ par conséquent $\lim_{x \to -1^+} \frac{1 - x}{1 + x} = +\infty$.
$\lim_{X \to +\infty} \sqrt{X} = +\infty$.
Donc $\lim_{x \to -1^+} f(x) = +\infty$.
3. $\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^2} = 0$ donc $\lim_{x \to -\infty} 1 + \frac{1}{x^2} = 1$
$\lim_{X \to 1} \sqrt{X} = 1$ donc $\lim_{x \to -\infty} \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}} = 1$.
De plus $\lim_{x \to -\infty} x = -\infty$
Donc par produit, $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$.
Dans chacun des cas déterminer les limites indiquées.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
1. Nous sommes en présence de la forme indéterminée “$\infty - \infty$”. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser l'expression conjuguée.
Or $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 1} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 - 1} = +\infty$
Donc $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1} = +\infty$
Par conséquent $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 1} - \sqrt{x^2 - 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}} = 0$.
2. On procède de la même manière. Pour $x > 0$ :
On a $\lim_{x \to +\infty} \frac{4}{x} = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + \frac{4}{x}} = 1$.
Par conséquent $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{4}{1+1} = 2$.
3. Le numérateur et le dénominateur de la fraction $\frac{x^3 + 2x^2 - x - 2}{x^2 - 4}$ s'annulent en $-2$. On va donc factoriser chacune de ces expressions par $x - (-2) = x + 2$.
Cherchons dans un premier temps des réels $b$ et $c$ tels que :
$x^3 + 2x^2 - x - 2 = (x + 2)(x^2 + bx + c) = x^3 + 2bx^2 + cx + 2x^2 + 2bx + 2c = x^3 + (2b + 2)x^2 + (c + 2b)x + 2c$
Procédons maintenant par identification : $\begin{cases} 2b + 2 = 2 \\ c + 2b = -1 \\ 2c = -2 \end{cases} \iff \begin{cases} b = 0 \\ c = -1 \end{cases}$
Ainsi $x^3 + 2x^2 - x - 2 = (x + 2)(x^2 - 1)$
Factorisons maintenant le dénominateur : $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$
Ainsi, pour $x \neq -2$, on a $\frac{x^3 + 2x^2 - x - 2}{x^2 - 4} = \frac{(x + 2)(x^2 - 1)}{(x - 2)(x + 2)} = \frac{x^2 - 1}{x - 2}$.
Donc : $\lim_{x \to -2} \frac{x^3 + 2x^2 - x - 2}{x^2 - 4} = \lim_{x \to -2} \frac{x^2 - 1}{x - 2} = \frac{3}{-4} = -\frac{3}{4}$.
4. De nouveau le numérateur et le dénominateur s'annulent en $3$. On va donc de nouveau factoriser ces expressions.
Ainsi $\lim_{x \to 3} \frac{\sqrt{3x} - 3}{x - 3} = \lim_{x \to 3} \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{x} + \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.
On considère la fonction $f$ définie sur $[0 ; +\infty[$ par $f(x) = 9x + (15 - 2x)\sqrt{x}$ et la fonction $g$ définie également sur $[0 ; +\infty[$ par $g(x) = 18\sqrt{x} - 6x + 15$.
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
1. La fonction $g$ est une somme de fonctions dérivables sur $]0 ; +\infty[$. Elle est donc également dérivable sur cet intervalle.
$g'(x) = \frac{18}{2\sqrt{x}} - 6 = \frac{9}{\sqrt{x}} - 6 = \frac{9 - 6\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$
$g'(x)$ est donc du signe de $9 - 6\sqrt{x}$.
Or $9 - 6\sqrt{x} > 0 \iff 9 > 6\sqrt{x} \iff \frac{9}{6} > \sqrt{x} \iff \frac{3}{2} > \sqrt{x} \iff \frac{9}{4} > x \geqslant 0$.
| $x$ | $0$ | $\frac{9}{4}$ | $+\infty$ |
| $g'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $g(x)$ | $15$ ↗ | $\frac{57}{2}$ ↘ | $-\infty$ |
Détail limites : $g(0) = 15$, $g(9/4) = 57/2$.
$g(x) = x \left( 18\frac{\sqrt{x}}{x} - 6 + \frac{15}{x} \right) = x \left( 18\frac{1}{\sqrt{x}} - 6 + \frac{15}{x} \right)$.
Or $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{15}{x} = 0$. Donc $\lim_{x \to +\infty} 18\frac{1}{\sqrt{x}} - 6 + \frac{15}{x} = -6$ et $\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$.
2. Sur l'intervalle $\left[0 ; \frac{9}{4}\right]$ on a $g(x) \geqslant 15$. Par conséquent l'équation $g(x) = 0$ n'a pas de solution sur cet intervalle.
La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $\left[\frac{9}{4} ; +\infty\right[$.
De plus $g(9/4) = \frac{57}{2}$ et $\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$. Donc $0 \in \left]-\infty ; \frac{57}{2}\right[$.
D'après le théorème de la bijection, l'équation $g(x) = 0$ possède donc une unique solution sur cet intervalle.
Finalement, l'équation $g(x) = 0$ possède une unique solution sur $[0 ; +\infty[$.
3. A l'aide du menu table de la calculatrice on trouve $13,53 < \alpha < 13,54$.
4. Cela signifie donc que :
| $x$ | $0$ | $\alpha$ | $+\infty$ |
| $g(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
5. La fonction $f$ est une somme et un produit de fonctions dérivables sur $]0 ; +\infty[$. On a :
6. Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $g(x)$ (que nous avons étudié à la question 3 [en réalité question 4]).
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
| $x$ | $0$ | $\alpha$ | $+\infty$ |
| $g(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $f(x)$ | $0$ ↗ | $f(\alpha)$ ↘ | $-\infty$ |
$f(0) = 0$
$f(x) = 9x + (15 - 2x)\sqrt{x} = 9x + 15\sqrt{x} - 2x\sqrt{x} = x\sqrt{x} \left( \frac{9x}{x\sqrt{x}} + \frac{15\sqrt{x}}{x\sqrt{x}} - 2 \right) = x\sqrt{x} \left( \frac{9}{\sqrt{x}} + \frac{15}{x} - 2 \right)$
Ainsi $\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
Soit $f:]-1, +\infty[ \to \mathbb{R}$ la fonction définie par :[cite: 3]
Déterminer les limites de $f$, si elles existent, en $0$ et en $+\infty$.[cite: 3]
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
Limite en $0$ :[cite: 3]
En $0$ le numérateur et le dénominateur tendent vers $0$, il s'agit d'une forme indéterminée.[cite: 3]
On va multiplier par l'expression conjuguée :[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+x}}{x-1} = -2$[cite: 3]
Limite en $+\infty$ :[cite: 3]
En $+\infty$, $x > 0$ donc $|x| = x$.[cite: 3]
$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{1}{\sqrt{0+1} - \sqrt{0+0}} = 1$[cite: 3]
Limite en $0$ :[cite: 3]
En $0$ le numérateur et le dénominateur tendent vers $0$, il s'agit d'une forme indéterminée.[cite: 3]
On va multiplier par l'expression conjuguée :[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+x}}{x-1} = -2$[cite: 3]
Limite en $+\infty$ :[cite: 3]
En $+\infty$, $x > 0$ donc $|x| = x$.[cite: 3]
$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{1}{\sqrt{0+1} - \sqrt{0+0}} = 1$[cite: 3]
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
Par définition de la partie entière :[cite: 3]
$x - \frac{1}{x} - 1 < E\left(x - \frac{1}{x}\right) \leqslant x - \frac{1}{x}$[cite: 3]
Pour $x > 0$ : on multiplie par $x > 0$, l'ordre est conservé :[cite: 3]
Or $\lim_{x \to 0^+} (x^2 - 1 - x) = -1$ et $\lim_{x \to 0^+} (x^2 - 1) = -1$.[cite: 3]
D'après le théorème des gendarmes, $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -1$.[cite: 3]
Pour $x < 0$ : on multiplie par $x < 0$, l'ordre s'inverse :[cite: 3]
Or $\lim_{x \to 0^-} (x^2 - 1) = -1$ et $\lim_{x \to 0^-} (x^2 - 1 - x) = -1$.[cite: 3]
D'après le théorème des gendarmes, $\lim_{x \to 0^-} f(x) = -1$.[cite: 3]
Les limites à gauche et à droite existent et sont égales à $-1$.[cite: 3]
Donc $\lim_{x \to 0} f(x) = -1$.[cite: 3]
Déterminer les limites suivantes :[cite: 3]
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
a) Il s'agit d'une forme indéterminée. On va multiplier par l'expression conjuguée :[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1+x^2}}{x} = \frac{1}{2}$[cite: 3]
b) Il s'agit d'une forme indéterminée. On va multiplier par l'expression conjuguée :[cite: 3]
$\lim_{x \to +\infty} \frac{x-1}{x} = 1$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1+x}} = 0$.[cite: 3]
Par produit, la limite vaut $0$.[cite: 3]
Soit $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par :[cite: 3]
Déterminer l'ensemble des points où elle est continue.[cite: 3]
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Cette fonction est définie sur $\mathbb{R}$ et continue sur $\mathbb{R}^*$, il reste à étudier la continuité en $0$.[cite: 3]
On a $\sqrt{x^2} = |x|$, nous allons donc distinguer deux cas $x < 0$ et $x > 0$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0^-} f(x) \neq \lim_{x \to 0^+} f(x)$. Ce qui montre que $f$ n'est pas continue en $0$.[cite: 3]
L'ensemble des points de continuité est $\mathbb{R}^*$.[cite: 3]
Soit la fonction définie sur $[1, +\infty[$ par $f_n(x) = x^n - x - 1$, avec $n \geqslant 2$.[cite: 3]
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1) $f_n'(x) = nx^{n-1} - 1 > 0$ sur $]1, +\infty[$.[cite: 3]
$f_n$ est une bijection de $]1, +\infty[$ sur $]-1, +\infty[$, comme $0 \in ]-1, +\infty[$, il existe un unique $x_n > 1$ tel que $f_n(x_n) = 0$.[cite: 3]
2) On a $x_n^n - x_n - 1 = 0$ donc $x_n + 1 = x_n^n$.[cite: 3]
$f_{n+1}(x_n) = x_n^{n+1} - x_n - 1 = x_n^{n+1} - x_n^n = x_n^n(x_n - 1) > 0$ car $x_n > 1$.[cite: 3]
3) $f_{n+1}$ est une bijection croissante donc $f_{n+1}^{-1}$ est aussi une bijection croissante.[cite: 3]
$f_{n+1}(x_n) > 0 \Rightarrow f_{n+1}(x_n) > f_{n+1}(x_{n+1}) \Rightarrow x_n > x_{n+1}$.[cite: 3]
La suite $(x_n)$ est décroissante et minorée par $1$ donc elle converge vers une limite $l \geqslant 1$.[cite: 3]
4) Si $l > 1$ alors $x_n > l \Rightarrow x_n^n > l^n$. Donc $\lim_{n \to +\infty} x_n^n = +\infty$.[cite: 3]
Ce qui est impossible car pour tout $n$ on a $x_n^n = x_n + 1$.[cite: 3]
Le terme de gauche tend vers $+\infty$ et celui de droite vers $l+1$, il y a une contradiction. Donc $l = 1$.[cite: 3]
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Soit $f_n$ une fonction définie sur $[0, 1]$ par :[cite: 3]
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1) $f_n'(x) = -\frac{1}{2} - nx^{n-1} < 0$. $f_n(0) = 1$ et $f_n(1) = -\frac{1}{2}$.[cite: 3]
Donc $f_n$ est une bijection de $[0, 1]$ sur $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$. Comme $0 \in \left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ il existe un unique $x_n \in [0, 1]$ tel que $f_n(x_n) = 0$.[cite: 3]
2) Or $f_{n+1}(x_n) = 1 - \frac{x_n}{2} - x_n^{n+1}$.[cite: 3]
$f_n(x_n) = 1 - \frac{x_n}{2} - x_n^n = 0 \iff 1 - \frac{x_n}{2} = x_n^n$.[cite: 3]
Donc $f_{n+1}(x_n) = x_n^n - x_n^{n+1} = x_n^n(1 - x_n) \geqslant 0$ car $x_n > 0$ et $1 - x_n > 0$.[cite: 3]
3) La bijection réciproque de $f_{n+1}$ est décroissante donc $f_{n+1}(x_n) \geqslant 0 = f_{n+1}(x_{n+1})$ entraine $x_n \leqslant x_{n+1}$.[cite: 3]
La suite $(x_n)$ est croissante, majorée par $1$ donc elle converge vers une limite finie.[cite: 3]
4)
a. $0 \leqslant x_n \leqslant M$ entraine que $0 \leqslant x_n^n \leqslant M^n$. Comme la limite de $M^n$ est $0$, $\lim_{n \to +\infty} x_n^n = 0$.[cite: 3]
b. Comme $1 - \frac{x_n}{2} - x_n^n = 0$, cela entraine que $1 - \frac{l}{2} = 0 \iff l = 2$.[cite: 3]
Ce qui est impossible car $l \in [0, 1]$. Par conséquent $l = 1$.[cite: 3]
Soient $a$ et $b$ des nombres réels tels que $a < b$ et $f$ une application de $[a, b]$ dans $[a, b]$.[cite: 3]
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1) a) Continuité :
On a $0 \leqslant |f(x) - f(x_0)| \leqslant |x - x_0|$. Donc $0 \leqslant \lim_{x \to x_0} |f(x) - f(x_0)| \leqslant \lim_{x \to x_0} |x - x_0| = 0$.[cite: 3]
Ce qui équivaut à $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$. Donc $f$ est continue sur $[a, b]$.[cite: 3]
Point fixe :
On pose $g(x) = f(x) - x$, $g$ est une application continue.[cite: 3]
$g(a) = f(a) - a \geqslant 0$ car $f(a) \in [a, b]$.[cite: 3]
$g(b) = f(b) - b \leqslant 0$ car $f(b) \in [a, b]$.[cite: 3]
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in [a, b]$ tel que $g(c) = 0$, ce qui équivaut à $f(c) = c$.[cite: 3]
1) b) Unicité :
Comme $|f(x) - f(y)| < |x - y| \Rightarrow |f(x) - f(y)| \leqslant |x - y|$, on peut appliquer le résultat du a). Il existe $x \in [a, b]$ tel que $f(x) = x$.[cite: 3]
Supposons qu'il existe $x_1$ et $x_2$ distincts tels que $f(x_1) = x_1$ et $f(x_2) = x_2$.[cite: 3]
Alors $|f(x_1) - f(x_2)| < |x_1 - x_2|$, ce qui entraine que $|x_1 - x_2| < |x_1 - x_2|$.[cite: 3]
Or $|x_1 - x_2| \neq 0$ donc cette dernière est fausse, par conséquent il existe un unique $x \in [a, b]$ tel que $f(x) = x$.[cite: 3]
Les fonctions $f, g$ et $h:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définies par :[cite: 3]
Sont-elles dérivables en $0$ ?[cite: 3]
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Pour $f$ : $f(0) = 0$. Le taux de variation est $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{x|x|}{x} = |x|$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 0$. Par conséquent $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 0$.[cite: 3]
Pour $g$ : $g(0) = 0$. Le taux de variation est $\frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = \frac{x^{\frac{3}{5}}}{x} = x^{-\frac{2}{5}}$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} x^{-\frac{2}{5}} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^{\frac{2}{5}}} = +\infty$.[cite: 3]
Cette limite n'est pas finie, donc $g$ n'est pas dérivable en $0$.[cite: 3]
Pour $h$ : $h(0) = 1$. Le taux de variation est $\frac{h(x) - h(0)}{x - 0} = \frac{\cos(\sqrt{|x|}) - 1}{x}$.[cite: 3]
- Si $x < 0$, on pose $u = \sqrt{-x}$, donc $x = -u^2$. $\lim_{u \to 0} \frac{\cos(u) - 1}{-u^2} = \lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos(u)}{u^2} = \frac{1}{2}$.[cite: 3]
- Si $x > 0$, on pose $u = \sqrt{x}$, donc $x = u^2$. $\lim_{u \to 0} \frac{\cos(u) - 1}{u^2} = \lim_{u \to 0} -\frac{1 - \cos(u)}{u^2} = -\frac{1}{2}$.[cite: 3]
Les limites à gauche et à droite sont différentes, le taux de variation n'a pas de limite, $h$ n'est pas dérivable en $0$.[cite: 3]
Soit $a$ et $b$ deux nombres réels. On définit la fonction $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ par :[cite: 3]
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1) Continuité :
Si $x \neq 0$, $f$ est continue.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} ax + b = b = f(0)$ et $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1+x} = 1$.[cite: 3]
Donc $f$ est continue si et seulement si $b = 1$.[cite: 3]
2) Dérivabilité :
Si $x < 0$ alors $f'(x) = a$. Si $x > 0$ alors $f'(x) = \frac{-1}{(1+x)^2}$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{(1+x)^2} = -1$.[cite: 3]
Si $b = 1$ et si $a = -1$ alors $f$ est continue en $0$ et $\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{x \to 0^-} f'(x) \iff -1 = a$.[cite: 3]
Donc $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = -1$. Finalement $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.[cite: 3]
On considère l'application $f:[-1, 1] \to \mathbb{R}$ définie par :[cite: 3]
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1) Continuité :
$x \mapsto \sqrt{1-x^2}$ est bien définie sur $[-1, 1]$ car $1-x^2 \geqslant 0$.[cite: 3]
On multiplie par l'expression conjuguée : $\frac{1}{x}(\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2}) = \frac{(1+x^2) - (1-x^2)}{x(\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2})} = \frac{2x}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}}$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$. Donc $f$ est continue en $0$ et sur $[-1, 1]$.[cite: 3]
2) Dérivabilité :
Le taux de variation en $0$ est $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{2}{\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2}}$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \frac{2}{2} = 1$. Donc $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 1$.[cite: 3]
Pour $x \neq 0$, $f'(x) = \frac{(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1-x^2}})x^2 - (\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2})}{x^2}$.[cite: 3]
En simplifiant, on obtient : $f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1-x^4}(\sqrt{1+x^2} + \sqrt{1-x^2})}$.[cite: 3]
$\lim_{x \to 0} f'(x) = 1 = f'(0)$, donc $f$ est dérivable sur $]-1, 1[$.[cite: 3]
3) $f'$ est manifestement continue sur $]-1, 0[ \cup ]0, 1[$, et continue en $0$ car $\lim_{x \to 0} f'(x) = f'(0)$.[cite: 3]
Pour tout $x \in ]-1, 1[$, $f'(x) > 0$. Il n'y a pas de $x$ tel que $f'(x) = 0$.[cite: 3]
Les fonctions $f, g$ et $h:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définies par :[cite: 3]
Les fonctions $f, g, h$ sont-elles continues en $0$, dérivables en $0$, de classe $C^1$ en $0$ ?[cite: 3]
Avez-vous vraiment pris le temps de chercher la solution sur votre brouillon ? Réfléchir par soi-même est indispensable pour consolider vos compétences.
Pour $f$ : La fonction $x \mapsto \sin(1/x)$ n'admet pas de limite en $0$. Donc $f$ n'est pas continue en $0$, ni dérivable, ni $C^1$.[cite: 3]
Pour $g$ : $\lim_{x \to 0} g(x) = 0 = g(0)$ car produit d'une fonction bornée par $x \to 0$. $g$ est continue.[cite: 3]
Le taux de variation $\frac{g(x) - g(0)}{x} = \sin(1/x)$ n'admet pas de limite en $0$. $g$ n'est pas dérivable en $0$, ni $C^1$.[cite: 3]
Pour $h$ : $\lim_{x \to 0} h(x) = 0 = h(0)$ car produit d'une fonction bornée par $x^2 \to 0$. $h$ est continue.[cite: 3]
Le taux de variation $\frac{h(x) - h(0)}{x} = x \sin(1/x)$ tend vers $0$. Donc $h$ est dérivable en $0$ et $h'(0) = 0$.[cite: 3]
$\forall x \neq 0$, $h'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$. $\cos(1/x)$ n'a pas de limite en $0$, donc $h'$ n'est pas continue en $0$. $h$ n'est pas $C^1$ en $0$.[cite: 3]
Soit $f$ une fonction numérique définie de $\mathbb{R}$ vers l'intervalle $]-\infty ; 1[$ et $g$ une fonction numérique définie de $\mathbb{R}$ vers l'intervalle $]1 ; +\infty[$ telles que $f$ et $g$ sont continues sur $\mathbb{R}$ et il existe deux réels $x_1$ et $x_2$ de $\mathbb{R}^*_+$ vérifiant : $x_1 < x_2$ et $f(x_1) = x_1$ et $g(x_2) = x_2$.
Montrer que : $(\exists x_3 \in ]x_1 ; x_2[) ; (f \times g)(x_3) = x_3$.
Soit $f$ une fonction numérique continue sur l'intervalle $[0 ; 1]$ telle que : $f(0) = f(1)$.
Montrer que : $(\exists c \in [0 ; \frac{1}{2}]) : f(c + \frac{1}{2}) = f(c)$.
Dans chacune des questions suivantes, $f$ est une fonction numérique et $g$ sa restriction sur l'intervalle $I$.
Montrer que $g$ est bijective de $I$ sur un intervalle $J$ que l'on déterminera ; puis déterminer $g^{-1}(x)$ pour tout $x \in J$.
| 1) $f(x) = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1} \ ; \ I = [0 ; 1[$ | 2) $f(x) = \frac{2x}{x^2 + 1} \ ; \ I = [-1 ; 1]$ |
| 3) $f(x) = (x + 1)\sqrt{x + 1} - 1 \ ; \ I = [-1 ; +\infty[$ | |
| 4) $f(x) = \sqrt{x + 1} - 3 \ ; \ I = [-1 ; +\infty[$ | |
| 5) $f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x - 1 \ ; \ I = \mathbb{R}$ | |
Soit $f$ une fonction définie de $[0 ; 1]$ dans $[0 ; 1]$ et continue sur $[0 ; 1]$.
Montrer que : $(\exists \alpha \in [0 ; 1]) : f(\alpha) + f(1 - \alpha) = 2\alpha$.
Soit $f$ une fonction définie de $[0 ; 1]$ dans $[0 ; 1]$ et continue sur $[0 ; 1]$.
Montrer que : $(\exists \alpha \in [0 ; 1]) : f(\alpha) + f(1 - \alpha) = 2\alpha$.
Calculer les limites suivantes :
| 1) $\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt[3]{x^2} - x}{x}$ | 2) $\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{4x + 4} - 2}{\sqrt{x} - 1}$ | 3) $\lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x} - \sqrt{2}}{\sqrt[3]{x} - \sqrt[3]{2}}$ |
| 4) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x + 1} - 1}{\sqrt[3]{x + 1} - 1}$ | 5) $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{x + 1} - \sqrt{x + 1}}{x}$ | 6) $\lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt[3]{3 - x} - 1}{2 - \sqrt{x + 3}}$ |
| 7) $\lim_{x \to 1} \frac{1}{x - 1}\left(\sqrt[3]{x^2 + x} - \sqrt[3]{x^3 + 1}\right)$ | 8) $\lim_{x \to 1^+} \frac{\sqrt[3]{x} - 1 + \sqrt[3]{(x - 1)^2}}{\sqrt{x^2 - 1}}$ | |
| 9) $\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x + 3} - \sqrt[3]{3x + 5}}{1 - \tan\left(\frac{\pi x}{4}\right)}$ | 10) $\lim_{x \to 1^-} \left( \frac{1}{2(1 - \sqrt{x})} - \frac{1}{3(1 - \sqrt[3]{x})} \right)$ | |
| 11) $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - \sqrt[3]{\cos x}}{x^2}$ | 12) $\lim_{\substack{x \to 8 \\ x < 8}} \frac{\left(4 - x^\frac{2}{3}\right)^\frac{3}{2}}{x - 8}$ | |
Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes :
| 1) $\sqrt{1 - x} = 1 - x$ | 4) $\sqrt[3]{x + 7} + \sqrt[3]{28 - x} = 5$ |
| 2) $x + \sqrt[3]{x} = 2$ | 5) $\sqrt[3]{\frac{2 - x}{3 + x}} + \sqrt[3]{\frac{3 + x}{2 - x}} = 2$ |
| 3) $\sqrt{x} + \sqrt[3]{x} = 12$ | 6) $4x - 3\sqrt[3]{x} - 1 = 0$ |
Calculer les limites suivantes :
| 1) $\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x + \sqrt[3]{x^2}}{x} \right)$ | 2) $\lim_{x \to +\infty} (x - \sqrt[3]{x - 1})$ |
| 3) $\lim_{x \to -\infty} (x^3 + x - \sqrt[3]{1 - x^3})$ | 4) $\lim_{x \to +\infty} (x - \sqrt{x} + \sqrt[3]{x})$ |
| 5) $\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt[3]{x^3 + x^2 + 1} - x\right)$ | 6) $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt[3]{x^3 + x^2 + 1} - 2x\right)$ |
| 7) $\lim_{x \to +\infty} \left(x^\frac{1}{3} - x^\frac{1}{2}\right)$ | 8) $\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{x^\frac{1}{3} - x^{-\frac{1}{3}}}{x^\frac{1}{2} - 3x^{-\frac{1}{2}}} \right)$ |
| 9) $\lim_{x \to +\infty} \left( x^\frac{1}{3}(\sqrt{x + 1} - \sqrt{x - 1}) \right)$ | 10) $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt[3]{1 - x^3} - \sqrt{x^2 - 1}\right)$ |
| 11) $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + 1} - \sqrt[3]{x^3 + x}\right)$ | 12) $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt[3]{x^3 - x^2} - \sqrt{x^2 - 1}\right)$ |
| 13) $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x} - \sqrt[3]{x}}{\sqrt{x + 1} - \sqrt[3]{x}}$ | 14) $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x + 1} - \sqrt{x}}{\sqrt[3]{x} - \sqrt[3]{x + 1}}$ |
| 15) $\lim_{x \to 0} \frac{\cos(x) - \cos(2x)}{x^2}$ | 16) $\lim_{x \to 0} \frac{\tan(x)}{\sqrt[3]{1 + 8x} - 1}$ |
Soit $f$ la fonction numérique définie par : $f(x) = \sqrt{x(x - 1)^2} - 1$.
1) Déterminer $D$ l'ensemble de définition de $f$.
2) Calculer les limites suivantes : a) $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ b) $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}$ c) $\lim_{x \to +\infty} (f(x) - x)$.
3) Soit $g$ la restriction de $f$ sur l'intervalle $I = [1 ; +\infty[$.
a) Montrer que $g$ est bijective de $I$ sur un intervalle $J$ à déterminer.
b) Montrer que : $(\forall x \in ]1 ; +\infty[) ; g(x) < x$.
Soit $f$ la fonction numérique définie par : $f(x) = \sqrt{x + 2} - \sqrt{2 - x}$.
1) a) Déterminer $D$ l'ensemble de définition de $f$.
b) Montrer que $f$ est bijective de $D$ sur un intervalle $J$ à déterminer.
2) Calculer $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x}$ et $\lim_{x \to 2^-} \frac{f(x) - f(2)}{x - 2}$.
3) Résoudre dans $\mathbb{R}$, l'équation : $f(x) = \sqrt{2x}$.
Soit $f$ la fonction numérique définie par : $f(x) = \sqrt{1 - x} - \sqrt{x}$.
1) a) Déterminer $D$ l'ensemble de définition de $f$.
b) Montrer que $f$ est continue sur $D$.
c) Montrer que $f$ est bijective de $D$ sur un intervalle $J$ à déterminer.
2) Montrer que : $\left(\exists c \in \left]0 ; \frac{1}{2}\right[\right) ; f(c) = c^3$.
3) Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation : $f(x) = \sqrt{1 - 2x}$.
4) Calculons $\lim_{x \to \frac{1}{2}^-} \frac{f(x)}{x - \frac{1}{2}}$.
1) Montrer que : $(\forall x \in \mathbb{R}) ; \cos(\text{Arc}\tan x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$, puis en déduire que : $(\forall x \in \mathbb{R}) ; \sin(\text{Arc}\tan x) = \frac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$.
2) Soit $x \in \mathbb{R}$, déterminer en fonction de $x$ : $\sin(2\text{Arc}\tan x)$ et $\cos^2\left(\frac{1}{2}\text{Arc}\tan x\right)$.
3) Montrer que : $(\forall x \in \mathbb{R}) ; \cos^2\left(\frac{1}{2}\text{Arc}\tan(x) + \frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1 + x\sqrt{3}}{4\sqrt{1 + x^2}}$.
Simplifier les expressions suivantes :
| 1) $A(x) = \tan(2\text{Arc}\tan x)$ | 2) $B(x) = \cos(4\text{Arc}\tan x)$ |
| 3) $C(x) = \cos(6\text{Arc}\tan x)$ | 4) $D(x) = \sin(3\text{Arc}\tan x)$ |
Vous pouvez utiliser les formules suivantes, pour tout $\alpha$ de $\mathbb{R}$ :
Calculer les limites suivantes :
| 1) $\lim_{|x| \to +\infty} \text{Arc}\tan \sqrt{\frac{x - 1}{x}}$ | 2) $\lim_{x \to 2^+} (x - 2)\text{Arc}\tan\left(\frac{1}{x - 2}\right)$ |
| 3) $\lim_{x \to -\infty} \text{Arc}\tan\left(\frac{5x^2 + x + 1}{x}\right)$ | 4) $\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \text{Arc}\tan(\tan x)$ |
| 5) $\lim_{x \to +\infty} \text{Arc}\tan\left(\frac{\sqrt{x + 1} - 2}{\sqrt{x + 4} - 3}\right)$ | 6) $\lim_{x \to -\infty} \text{Arc}\tan\left(\frac{x}{\sqrt[3]{1 - x^3}}\right)$ |
indétermination 0/0
Quand ? En calculant \( \lim_{x \to a} \frac{N(x)}{D(x)} \), le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers 0.
∞/∞ · ∞−∞
Quand ? \( \lim_{x \to \pm\infty} \) d'un quotient, d'une somme de polynômes, ou d'une différence avec racines.
théorème des gendarmes
Quand ? La fonction contient \( \sin, \cos \), partie entière, ou une expression difficile à calculer directement mais facile à encadrer.
fonction définie par morceaux
Quand ? Fonction définie par morceaux, ou demande « \( f \) est-elle continue en \( a \) ? » (souvent à la jonction de deux expressions).
forme 0/0 en a
Quand ? \( f \) n'est pas définie en \( a \) (forme \( \frac{0}{0} \) en \( a \)), et on demande de prolonger \( f \) par continuité en \( a \).
existence + unicité
Quand ? Prouver l'existence d'une solution de \( f(x)=k \) (souvent \( f(x)=0 \)) sur un intervalle, sans pouvoir la calculer.
bijection
Quand ? On demande \( f([a;b]) \), l'image d'un intervalle, ou de justifier que \( f \) réalise une bijection.
verticale · horizontale · oblique
Quand ? Déterminer les asymptotes de la courbe \( (C_f) \) à partir des limites aux bornes.
Calculer les limites suivantes :
Étudier la continuité de la fonction \( f \) définie par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2 - 1}{x - 1} & \text{si } x \neq 1 \\ 2 & \text{si } x = 1 \end{cases} \)
Calculer les limites suivantes (utiliser le théorème des gendarmes) :
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sqrt{x+4} - 2}{x} & \text{si } x \neq 0 \\ a & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
On considère la fonction \( f \) définie sur \( \mathbb{R}\setminus\{-1\} \) par :
\( f(x) = \dfrac{x^2 - 3x + 2}{x + 1} \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} x^2 + 2x + 1 & \text{si } x \le 1 \\ ax + b & \text{si } x > 1 \end{cases} \)
Calculer les limites suivantes (lever l'indétermination) :
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R}^* \) par :
\( f(x) = \dfrac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{|x|} \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( [0;1] \) par \( f(x) = x^3 - 3x + 1 \).
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{e^x - 1}{x} & \text{si } x \neq 0 \\ 1 & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sqrt{1+x^2}-1} & \text{si } x \neq 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{\ln(1+x) - x}{x^2} & \text{si } x \neq 0 \\ -\dfrac{1}{2} & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2} - 1} & \text{si } x \neq 0 \\ 2 & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2}{\sin x} & \text{si } x \neq 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{e^x - 1 - x}{x^2} & \text{si } x \neq 0 \\ \dfrac{1}{2} & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{\sqrt{1+x} - 1 - \frac{x}{2}}{x^2} & \text{si } x \neq 0 \\ -\dfrac{1}{8} & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^3}{1 - \cos x} & \text{si } x \neq 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{\tan x - x}{x^3} & \text{si } x \neq 0 \\ \dfrac{1}{3} & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{\arcsin x}{x} & \text{si } x \neq 0 \\ 1 & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R} \) par :
\( f(x) = \begin{cases} \dfrac{e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}}{x^3} & \text{si } x \neq 0 \\ \dfrac{1}{6} & \text{si } x = 0 \end{cases} \)
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Testez vos connaissances sur la définition de la continuité, les limites et les prolongements.
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Maîtrisez le TVI, le théorème de la bijection et l'étude de la fonction réciproque.
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Évaluez votre compréhension des théorèmes fondamentaux du calcul différentiel.
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