Solutions des exercices

Solution 2.1 : a) $+\infty$ b) $5$ c) $+\infty$ d) $f\left( x\right) =2\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}},$ d'où $+\infty$

Solution 2.2 : a) $-\infty$ b) $\lim_{x\rightarrow0^{+}}f\left( x\right) =-\infty$ et $\lim_{x\rightarrow 0^{-}}f\left( x\right) =+\infty$ c) $+\infty$ d) $2$

Solution 2.3 : b) $\lim_{x\rightarrow +\infty}f\left( x\right) =\frac{1}{2}$ et $\lim_{x\rightarrow0}g\left( x\right) =\frac{1}{2}$

Solution 2.4 On a :
a) $\lim\limits_{x\rightarrow1}\dfrac{2x^{3}-x^{2}-1}{x^{2}+x-2}=$ $\lim \limits_{x\rightarrow1}\dfrac{\left( x-1\right) \left( 2x^{2}+x+1\right) }{\left( x+2\right) \left( x-1\right) }=\allowbreak\dfrac{4}{3}$
b) $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x-1}{x+1+\sqrt{x^{2}+1}}$= $\dfrac{1}{2}$ ( Factoriser par $x$ au numérateur et au dé nominateur)
c) $\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{\sqrt{x+7}-3} {\sqrt{4x+8}-4}=$ $\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{\left( \sqrt {x+7}-3\right) \left( \sqrt{x+7... ...( \sqrt{4x+8}-4\right) \left( \sqrt{4x+8}+4\right) \left( \sqrt{x+7}+3\right) }$
$=$ $\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{\left( x-2\right) \left( \sqrt{4x+8}+4\right) }{\left( 4x-8\right) \left( \sqrt{x+7}+3\right) }==$ $\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{\left( \sqrt{4x+8}+4\right) }{4\left( \sqrt{x+7}+3\right) }=\allowbreak\dfrac {1}{3}$
d) $\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{2\sin x\cos x}{\sin3x}=$ $\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sin2x}{2x}\times\dfrac{3x}{\sin3x} \times\dfrac{2}{3}=$ $\dfrac{2}{3}$
e) $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\cos x-x}{x}=\allowbreak-1$ car $\left\vert \dfrac{\cos x} {x}\right\vert \leqslant\dfrac{1}{\left\vert x\right\vert }\Rightarrow\lim \limits_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\cos x}{x}=0$
f) $\lim \limits_{x\rightarrow2^{+}}\dfrac{2x^{2}-3x+1}{x^{2}-6x+8}=\allowbreak-\infty$ et $\lim\limits_{x\rightarrow2^{-}}\dfrac{2x^{2}-3x+1}{x^{2}-6x+8} =+\allowbreak\infty$

Solution 2.5 : a) $+\infty$ b) $1$ c) $3e$ d) 0 e) +$\infty$ f) 0

Solution 2.6 : Pour $x\neq1,$ on a $f\left( x\right) =2x-3,$ donc $\lim_{x\rightarrow1}f\left( x\right) =-1.$ Cette valeur étant distincte de $f\left( 1\right) ,$ on peut affirmer que la fonction $f$ n'est pas continue en $1.$

Solution 2.7 : On a :

$$\lim_{x\rightarrow2}\frac{x^{3}-x-6}{x^{2}-4}=\allowbreak\frac{11}{4}$$

donc la fonction $f$ est prolongeable par continuité en $2$ en une fonction $g$ définie par :

$$\left\{ \begin{array}[c]{c} g\left( x\right) =f\left( x\righ... ...\right\} \\ g\left( 2\right) =\frac{11}{4} \end{array}\right.$$

On a aussi $\lim_{x\rightarrow\left( -2\right) ^{+}}\frac{x^{3}-x-6} {x^{2}-4}=\allowbreak+\infty$ et $\lim_{x\rightarrow\left( -2\right) ^{-} }\frac{x^{3}-x-6}{x^{2}-4}=\allowbreak-\infty,$ donc $f$ n'est pas prolongeable par continuité en $\left( -2\right) .$

Solution 2.8 : On montre que la fonction

$$x\mapsto1-\frac{x}{2}+\cos x$$

définit une bijection ( fonction continue strictement décroissante ) de $\left[ 0,\pi\right]$ dans $\left[ -\frac{\pi}{2},2\right] .$ Le réel 0 admet donc un unique antécédent par cette fonction, noté $x_{0},$ et ayant pour valeur approchée 1,714.

Solution 2.9 : (1) Aire du triangle AOB : $\sin\frac{x}{2}.$
Aire hachurée : $\frac{x}{2}-\frac{\sin x}{2}.$ Les aires sont égales si et seulement si

$$\sin\frac{x}{2}=\left( \frac{x}{2}-\frac{\sin x}{2}\right) \Leftrightarrow \sin x-\frac{x}{2}=0$$

(2) La fonction $f$ est croissante de $\left[ 0,\frac{\pi}{3}\right]$ sur $\left[ 0,\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}\right] ,$ et décroissante de $\left[ \frac{\pi}{3},\pi\right]$ sur $\left[ \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac {\pi}{6},-\frac{\pi}{2}\right] .$ On applique le théorème des fonctions continues strictement monotones sur chacun des intervalles précédents.
(3) Par la méthode de dichotomie, on trouve que $\alpha\simeq1,895.$

Solution 2.10 : On obtient les résultats suivants :

$D_{1}=\mathbb{R-}\left\{ 2,-2\right\}$ et $f_{1}^{\prime}\left( x\right) =-2\frac{x^{2}+4}{\left( x^{2}-4\right) ^{2}}.$ $D_{2}=\mathbb{R}_{+}^{*}$ et $f_{2}^{\prime}\left( x\right) =\frac{1}{2}\frac{\sqrt{x}}{\left( x+\sqrt{x}\right) ^{2}}.$ $D_{3}=\mathbb{R-}\left\{ 3\right\}$ et $f_{3}^{\prime}\left( x\right) =-4\frac{x-1}{\left( -3+x\right) ^{3}}.$ $D_{4}=$ $\mathbb{R}$ et $f_{4}^{\prime}\left( x\right) =\allowbreak \cos\left( \frac{\pi}{6}-\frac{x}{4}\right) \sin\left( \frac{\pi}{6} -\frac{x}{4}\right) .$

Solution 2.11 : $f^{\prime}\left( x\right) =\allowbreak-\sqrt{\left( 1-x^{2}\right) }-\frac{1-x}{\sqrt{\left( 1-x^{2}\right) }}x$ = $\frac{-1+2x^{2}-x}{\sqrt{\left( 1-x^{2}\right) } }=\frac{\left( 2x+1\right) \left( x-1\right) }{\sqrt{\left( 1-x^{2}\right) }}$ $\quad\forall x\in\left] -1,1\right[ .$

On calcule $\lim_{x\rightarrow\left( -1\right) ^{+}}\frac{f\left( x\right) -f\left( -1\right) }{x+1}=$ $+$ $\infty$ donc $f$ n'est pas dérivable en $-1$, mais sa courbe représentative admet une demi-tangente verticale au point d'abscisse $-1.$
De même, $\lim_{x\rightarrow1^{-}} \frac{f\left( x\right) -f\left( 1\right) }{x-1}=\allowbreak0,$ donc $f$ est dérivable en $1,$ et $f^{\prime}\left( 1\right) =0.$ La courbe représentative de $f$ admet une demi-tangente horizontale au point d'abscisse $1.$

Solution 2.12 : Comme $\lim_{x\rightarrow 0}\sin x=0,$ on peut identifier avec le développement limité à l'ordre $1$ en 0 de la fonction $f$, ce qui permet d'obtenir $f^{\prime }\left( 0\right) =3.$

Solution 2.14 : On a $\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f\left( x\right) }{x}=2,$ donc $\Psi$ a pour direction asymptotique la droite d'équation $y=2x.$
$\lim_{x\rightarrow +\infty}f\left( x\right) -2x=-\infty,$ donc $\Psi$ possède une branche parabolique.

Solution 2.15 : On résout le système d'équations obtenu à partir des conditions $\varphi\left( 2\right) =0$ et $\varphi^{\prime}\left( 1\right) =-2.$ On trouve que $a=-4$ et $b=4.$

Solution 2.19 :

1. 1. $f^{\prime}\left( x\right) =3x^{2}+1>0$ sur $\mathbb{R},$ donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}.$

2. On a $\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}f(x)=+\infty$ et $\underset{x\rightarrow-\infty}{\lim}f(x)=-\infty,$ donc $f$ est une fonction continue et strictement croissante de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}.$ Le théorème des valeurs intermédiaires permet d'affirmer qu'il existe un unique $\alpha$ réel tel que $f\left( \alpha\right) =0.$ Comme $f\left( \frac{1}{2}\right) =-\frac{3}{8}$ et $f\left( 1\right) =1,$ on a bien $\frac{1}{2}<\alpha<1$ puisque $f\left( \frac{1}{2}\right)$ et $f\left( 1\right)$ sont de signes contraires$.$ Il suffit de remarquer que comme $\alpha$ est solution de l'équation , la relation $f\left( \alpha\right) =0\Leftrightarrow\alpha^{3}+\alpha-1=0\Leftrightarrow 1-\alpha=\alpha^{3}$

3. 1. Equation de la tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $a$ : $y=\left( 3a^{2}+1\right) x-2a^{3}-1.$ Cette tangente coupe l'axe des abscisses en un point $B$ d'abscisse $b=\frac{2a^{3}+1}{3a^{2}+1}.$

   2. $x_{2}=\frac{3}{4}$ et $x_{3}$= $\frac{59}{86}.$

   3. On applique le résultat de la question 3) a) à $a=x_{n},$ et on a $b=x_{n+1}.$

4. 1. $\phi\left( \alpha\right) =2\alpha^{3}-3\alpha^{3}+1-\alpha=-\left( \alpha^{3}+\alpha-1\right) =-f\left( \alpha\right) =0$

   2. $\phi^{\prime}\left( x\right) =6x^{2}-6\alpha x=6x\left( x-\alpha\right) .$ Or pour $x\in\left] \alpha,+\infty\right[$ $x-\alpha>0$ et $x>\alpha>0,$ donc $\phi^{\prime}\left( x\right) >0$ sur $\left] \alpha,+\infty\right[ ,$ ce qui prouve bien que la fonction $\phi$ est strictement croissante sur $\left[ \alpha,+\infty\right[$.

   3. $x_{n+1}-\alpha=\dfrac{2x_{n}^{3}+1}{3x_{n}^{2}+1}-\alpha=\dfrac {2x_{n}^{3}+1-3\alpha x_{n}^{2}-\alpha}{3x_{n}^{2}+1}$ = $\dfrac{\phi\left( x_{n}\right) }{3x_{n}^{2}+1}$

   4. On appelle $\frak{H}\left( n\right)$ l'hypothèse de récurrence à l'ordre $n:$ $x_{n}>\alpha.$
      $\frak{H}\left( 0\right)$ est vraie, puisque $x_{0}=1>\alpha$
      On suppose que $\frak{H}\left( n\right)$ est vraie. On a donc $x_{n}>\alpha\Rightarrow \phi\left( x_{n}\right) >\phi\left( \alpha\right)$ d'après la stricte croissante de $\phi.$ Comme $\phi\left( \alpha\right) =0$ et que $3x_{n} ^{2}+1$ $>$ 0, on a alors
      $$x_{n+1}-\alpha=\frac{\phi\left( x_{n}\right) }{3x_{n}^{2}+1}>0$$
      donc $x_{n+1}>\alpha,$ ce qui démontre que $\frak{H}\left( n+1\right)$ est bien vérifiée. Le principe du raisonnement par récurrence permet de conclure que pour tout entier $n,$ $x_{n}>\alpha.$

   5. $x_{n}-x_{n+1}=x_{n}-\dfrac{2x_{n}^{3}+1}{3x_{n}^{2}+1}=\dfrac{x_{n} ^{3}+x_{n}-1}{3x_{n}^{2}+1}=\dfrac{f\left( x_{n}\right) }{3x_{n}^{2}+1}.$ On remarque alors que $f$ étant strictement croissante sur $\mathbb{R},$ $x_{n}>\alpha\Rightarrow f\left( x_{n}\right) >f\left( \alpha\right) \Rightarrow f\left( x_{n}\right) >0.$ Donc $x_{n}>x_{n+1}$ pour tout entier naturel $n.$

   6. La suite $\left( x_{n}\right)$ est décroissante et minorée par $\alpha,$ donc elle converge vers une limite $l.$ Comme pour tout $n$ de $\mathbb{N},$ $x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{3}+1}{3x_{n}^{2}+1},$ le passage à la limite et la continuité de la fonction $x\mapsto\frac{2x^{3}+1}{3x^{2}+1}$ fournit l'égalité :
      $$l=\frac{2l^{3}+1}{3l^{2}+1}\Leftrightarrow l^{3}+l-1=0\Leftrightarrow f\left( l\right) =0\Leftrightarrow l=\alpha$$
      en utilisant l'unicité de la solution de l'équation $f\left( x\right) =0.$

5. On obtient les valeurs approchées suivantes :
   $$\begin{tabular}[c]{lll} $x_{2}=\frac{3}{4}$\ & $x_{3}=\frac{59}{8... ...reak & $x_{9}=.\,68232\,78038\,28$\ & $x_{10}=.\,68232\,78038\,28$\end{tabular}$$

Solution 2.20 : 1. $f\left( \frac{1}{2}\right) =\left( 1+a\right) 2^{-2},$ ce qui permet d'obtenir $a=0.$ On posera donc pour toute la suite de l'exercice $f\left( x\right) =2x2^{-\frac{1}{x}}=x2^{-\frac{1}{x}+1}=x2^{\frac{x-1}{x}}=xe^{%% \frac{x-1}{x}\ln 2}..$
2. $\sqrt[3]{f\left( 2\right) }=\sqrt[3]{2^{2}\times 2^{-\frac{1}{2}}}=\sqrt[%% 3]... ...{2}}}=\left( 2^{\frac{3}{2}}\right) ^{\frac{1}{3}}=2^{\frac{1}{%% 2}}=\sqrt{2}.$
3. $f^{\prime }\left( x\right) =\allowbreak 2^{\frac{x-1}{x}}\frac{x+\ln 2}{x}$ car $f\left( x\right) =xe^{\frac{x-1}{x}\ln 2},$ ce qui permet d'en déduire que :

$$x^{2}f^{\prime }\left( x\right) -\left( \ln 2\right) f(x)=x2^{\fr... ...n 2\right) x2^{\frac{x-1}{x}}=x^{2}2^{\frac{<tex2html_comment_mark>197 x-1}{x}}$$

4. Comme $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x-1}{x}=1,$ on en déduit que $\lim_{x\rightarrow +\infty }f\left( x\right) =\allowbreak +\infty .$ Ce résultat est évidemment le même quand $x$ tend vers $-\infty .$
5. $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}-\frac{1}{x}=\allowbreak -\infty ,$ donc $%% \lim_{x\rightarrow 0^{+}}e^{-\frac{1}{x}\ln 2}=\allowbreak 0,$ ce qui prouve que $\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f\left( x\right) =\allowbreak 0.$
6. Posons $x=-\frac{\ln 2}{X}\Leftrightarrow X=-\frac{\ln 2}{x}.$ Si $x$ tend vers 0 par valeurs inférieures, alors $X$ tend vers $+\infty .$ On a donc l'égalité :

$$\lim_{x\rightarrow 0^{-}}f\left( x\right) =\lim_{x\rightarrow 0^{... ...infty }2\left( -\frac{\ln 2}{X}<tex2html_comment_mark>202 \right) e^{X}=-\infty$$

en utilisant la limite de cours $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{e^{x}}{x}%% =\allowbreak +\infty .$
7. D'après la question 3, le signe de $f^{\prime }\left( x\right)$ est le signe de $\frac{x+\ln 2}{x}.$ On en déduit donc le sens de variation de $f$ puis son tableau de variations, puis sa courbe :

$$\begin{tabular}{c\vert ccccc\vert\vert c\vert\vert ccc} \hline $x... ... & $\nearrow $& \\ & $-\infty $\ & & & & $-\infty $\ & & $0$\ & & \end{tabular}$$

9. $f^{\prime }\left( x\right) =f\left( x\right) \Leftrightarrow 2^{\frac{x-1}{x}}... ...rac{x-1}{x}}\Leftrightarrow \frac{%% x+\ln 2}{x}=x\Leftrightarrow x+\ln 2=x^{2}$ sur le domaine de définition de $f.$ Par résolution de cette équation du second degré, on trouve que l'équation admet deux solutions qui sont : $\frac{1}{2}-\frac{%% 1}{2}\sqrt{\left( 1+4\ln 2\right) }$ et $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\left( 1+4\ln 2\right) }\allowbreak .$
La fonction $f$ n'est pas solution de l'équation différentielle $%% y^{\prime }-y=0$, car la relation $f^{\prime }\left( x\right) -f\left( x\right) =0$ n'est pas vérifiée pour tout $x$ de $\mathbb{R}^{\ast }.$