Exercices corrigés : Limites et continuité 2 bac PC et SVT

Le cours : Limites et continuité définitions, théorèmes, méthodes

Exercices

Exercice ★★★

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :

$$\begin{cases}f(x)=\frac{x^2-4x+3}{x-1}\ ;\ x\neq 1\\[2mm] f(1)=-2\end{cases}$$

Montrer que $f$ est continue en $x_0=1$

Indication

$f$ est continue en $x_0$ si et seulement si $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$

Ici, si on remplace $x$ par $1$, on trouve la forme indéterminée "$\frac{0}{0}$". Dans ce cas, il faut factoriser le numérateur et le dénominateur par $(x-1)$, puis réduire par $(x-1)$

Voir la correction

Il suffit de vérifier que : $\lim_{x\to 1}f(x)=f(1)$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 1}f(x)&=\lim_{x\to 1}\frac{x^2-4x+3}{x-1}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{(x-1)(x-3)}{(x-1)}\\ &=\lim_{x\to 1}(x-3)\\ &=-2 \end{aligned}$$

Or $f(1)=-2$

Et puisque : $\lim_{x\to 1}f(x)=f(1)$

Alors $f$ est continue en $x_0=1$

Exercice ★★★

Soit $f$ la fonction définie par :

$$\begin{cases}f(x)=\frac{2x^2+3x-2}{3x^2+4x-4}\ ;\ x\neq -2\\[2mm] f(-2)=\frac{5}{8}\end{cases}$$

1. Déterminer $D_f$, le domaine de définition de $f$.

2. Montrer que $f$ est continue en $x_0=-2$

Indication

$f$ est continue en $x_0$ si et seulement si $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$

$x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$ et $x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$

Si $x_0\neq 0$ est une racine de $ax^2+bx+c$, alors $ax^2+bx+c=(x-x_0)\left(ax-\frac{c}{x_0}\right)$

Ici, si on remplace $x$ par $-2$, on trouve la forme indéterminée "$\frac{0}{0}$". Dans ce cas, il faut factoriser le numérateur et le dénominateur par $(x+2)$, puis réduire par $(x+2)$

Voir la correction

Déterminons $D_f$

$x\in D_f\Longleftrightarrow \left(3x^2+4x-4\neq 0\ \text{et}\ x\neq -2\right)$ ou $x=-2$

Soit le trinôme : $3x^2+4x-4$

Son discriminant : $\Delta=b^2-4ac=64$

On a : $\Delta>0$

Donc le trinôme $3x^2+4x-4$ admet deux racines $x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$ et $x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$

$x_1=\frac{2}{3}$ et $x_2=-2$

Donc, on aura :

$$\begin{aligned} x\in D_f&\Longleftrightarrow\left(x\neq\frac{2}{3}\ \text{et}\ x\neq -2\ \text{et}\ x\neq -2\right)\ \text{ou}\ x=-2\\ &\Longleftrightarrow\left(x\neq\frac{2}{3}\ \text{et}\ x\neq -2\right)\ \text{ou}\ x=-2\\ &\Longleftrightarrow x\neq\frac{2}{3} \end{aligned}$$

D'où : $D_f=\mathbb{R}\backslash\left\{\frac{2}{3}\right\}=\left]-\infty;\frac{2}{3}\right[\cup\left]\frac{2}{3};+\infty\right[$

Montrons que $f$ est continue en $x_0=-2$

Il suffit de vérifier que : $\lim_{x\to -2}f(x)=f(-2)$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to -2}f(x)&=\lim_{x\to -2}\frac{2x^2+3x-2}{3x^2+4x-4}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{(x+2)(2x-1)}{(x+2)(3x-2)}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{2x-1}{3x-2}\\ &=\frac{5}{8} \end{aligned}$$

Or $f(-2)=\frac{5}{8}$

Et puisque $\lim_{x\to -2}f(x)=f(-2)$

Alors $f$ est continue en $x_0=-2$

Exercice ★★★

Simplifier l'expression suivante $A=\frac{\sqrt[3]{\sqrt{2}}\cdot\sqrt[4]{8}\cdot\sqrt[3]{32}}{\sqrt{\sqrt{\sqrt{2}}}\cdot\sqrt[3]{\sqrt[4]{32}}}$

Indication

$a>0$

$\sqrt{a}=a^{\frac{1}{2}}$

$\sqrt[n]{a^m}=a^{\frac{m}{n}}$

$a^r\cdot a^{r'}=a^{r+r'}$

$\frac{a^r}{a^{r'}}=a^{r-r'}$

$\left(a^r\right)^{r'}=a^{r\cdot r'}$

$\frac{1}{a^r}=a^{-r}$

Voir la correction

$$\begin{aligned} A&=\frac{\sqrt[3]{\sqrt{2}}\cdot\sqrt[4]{8}\cdot\sqrt[3]{32}}{\sqrt{\sqrt{\sqrt{2}}}\cdot\sqrt[3]{\sqrt[4]{32}}}\\ &=\frac{\sqrt[6]{2}\cdot\sqrt[4]{2^3}\cdot\sqrt[3]{2^5}}{\sqrt[8]{2}\cdot\sqrt[12]{2^5}}\\ &=\frac{2^{\frac{1}{6}}\cdot 2^{\frac{3}{4}}\cdot 2^{\frac{5}{3}}}{2^{\frac{1}{8}}\cdot 2^{\frac{5}{12}}}\\ &=2^{\frac{1}{6}+\frac{3}{4}+\frac{5}{3}-\frac{1}{8}-\frac{5}{12}}\\ &=2^{\frac{49}{24}}\\ &=\sqrt[24]{2^{49}} \end{aligned}$$

Exercice ★★★

1. Montrer que l'équation $x^3+x-1=0$ admet une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle $\left]0;1\right[$

2. En utilisant la méthode de dichotomie, donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,25$.

3. Montrer que : $\alpha=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha}$

Indication

Juste une application directe du T.V.I

Ici, pour déterminer $\alpha$ en fonction de $\alpha$ on essaie de commencer par le résultat demandé $\alpha=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha}$ et on transforme pour la rendre sous forme $f(\alpha)=0$

Voir la correction

Posons : $f(x)=x^3+x-1$

On a $f$ est continue sur l'intervalle $[0;1]$ car $f$ est un polynôme

et : $\begin{cases}f(0)=-1\\ f(1)=1\end{cases}$

Donc : $f(0)\times f(1)<0$

Donc, d'après T.V.I l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution $\alpha$ tel que : $0<\alpha<1$

Pour montrer que $\alpha$ est unique, il suffit de vérifier que $f$ est strictement monotone sur l'intervalle $[0;1]$

Étudions la monotonie de $f$ sur $[0;1]$

On a $f$ est dérivable sur l'intervalle $[0;1]$ (polynôme)

Soit $x\in[0;1]$

On a : $f'(x)=\left(x^3+x-1\right)'$

Donc : $f'(x)=3x^2+1$ ; pour tout $x\in[0;1]$

On a : $\forall x\in[0;1]$ ; $f'(x)>0$

Donc : $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[0;1]$

D'où : $\alpha$ est unique

Déterminons un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,25$

On a $\alpha\in\left]0;1\right[$

L'amplitude de l'intervalle $\left]0;1\right[$ est : $1-0=1$

Le centre de l'intervalle $\left]0;1\right[$ est : $\frac{0+1}{2}=\frac{1}{2}$

On a : $f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{8}$

Et on a : $f(1)=1$

Donc : $f\left(\frac{1}{2}\right)\times f(1)<0$

Donc : $\alpha\in\left]0,5;1\right[$

L'amplitude de l'intervalle $\left]0,5;1\right[$ est : $1-0,5=0,5$

Le centre de l'intervalle $\left]0,5;1\right[$ est : $\frac{0,5+1}{2}=\frac{3}{4}$

On a : $f\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{11}{64}$

Donc : $f\left(\frac{1}{2}\right)f\left(\frac{3}{4}\right)<0$

Donc : $\alpha\in\left]\frac{1}{2};\frac{3}{4}\right[$

L'amplitude de l'intervalle $\left]\frac{1}{2};\frac{3}{4}\right[$ est $\frac{3}{4}-\frac{1}{2}=0,25$

D'où : $\alpha\in\left]\frac{1}{2};\frac{3}{4}\right[$

$$\begin{aligned} \alpha=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha}&\Longleftrightarrow \alpha=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{\alpha}{\alpha^2}\\ &\Longleftrightarrow \alpha\cdot\alpha^2=1-\alpha\\ &\Longleftrightarrow \alpha^3=1-\alpha\\ &\Longleftrightarrow \alpha^3+\alpha-1=0 \end{aligned}$$

D'où : $\alpha=\frac{1}{\alpha^2}-\frac{1}{\alpha}$

Exercice ★★★

Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=x^2+2x-1$

1. Calculons $\lim_{x\to -\infty}f(x)$ et $\lim_{x\to +\infty}f(x)$

2. a) Étudier la monotonie de $f$ sur $\mathbb{R}$

2. b) Est-ce que $f$ admet une fonction réciproque ?

3. Soit $g$ la restriction de $f$ sur l'intervalle $I=\left]-\infty;-1\right]$

3. a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l'on déterminera.

3. b) Déterminer $g^{-1}(x)$ pour tout $x\in J$

Indication

En $+\infty$ et en $-\infty$, un polynôme a la même limite que son terme de plus haut degré

Si $g$ est une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, Alors $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur l'intervalle $J$ tel que $J=g(I)$

Il suffit d'appliquer l'image d'un intervalle par une fonction continue et strictement décroissante

Pour déterminer $g^{-1}(x)$ : on prend $x\in J$ et on cherche l'unique $y\in I$ tel que $g(y)=x$Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=x^2+2x-1$

1. Calculons $\lim_{x\to -\infty}f(x)$ et $\lim_{x\to +\infty}f(x)$

2. a) Étudier la monotonie de $f$ sur $\mathbb{R}$

2. b) Est-ce que $f$ admet une fonction réciproque ?

3. Soit $g$ la restriction de $f$ sur l'intervalle $I=\left]-\infty;-1\right]$

3. a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l'on déterminera.

3. b) Déterminer $g^{-1}(x)$ pour tout $x\in J$

En $+\infty$ et en $-\infty$, un polynôme a la même limite que son terme de plus haut degré

Si $g$ est une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, Alors $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur l'intervalle $J$ tel que $J=g(I)$

Il suffit d'appliquer l'image d'un intervalle par une fonction continue et strictement décroissante

Pour déterminer $g^{-1}(x)$ : on prend $x\in J$ et on cherche l'unique $y\in I$ tel que $g(y)=x$

Voir la correction

Calcul des limites :

$$\begin{aligned} \lim_{x\to -\infty}f(x)&=\lim_{x\to -\infty}\left(x^2+2x-1\right)\\ &=\lim_{x\to -\infty}x^2\\ &=+\infty \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}f(x)&=\lim_{x\to +\infty}\left(x^2+2x-1\right)\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^2\\ &=+\infty \end{aligned}$$

2) a)

On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$

Soit $x\in\mathbb{R}$

$f'(x)=\left(x^2+2x-1\right)'$

$f'(x)=2x+2$

Donc : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $f'(x)=2x+2$

Étudions le signe de $f'(x)$

$$\begin{aligned} f'(x)=0&\Longleftrightarrow 2x+2=0\\ &\Longleftrightarrow x=-1 \end{aligned}$$

$$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & -\infty & & -1 & & +\infty\\ \hline f'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline \end{array}$$

Donc : $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $\left]-\infty;-1\right]$ ; et strictement croissante sur l'intervalle $\left[-1;+\infty\right[$

2) b)

On a $f$ est continue sur $\mathbb{R}$

Mais n'est pas strictement monotone

Donc $f$ n'admet pas une fonction réciproque

3) a)

On a $g$ est continue sur l'intervalle $I=\left]-\infty;-1\right]$

Et $g$ est strictement décroissante sur $I$

Donc $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ tel que :

$$\begin{aligned} J&=g(I)\\ J&=g\left(\left]-\infty;-1\right]\right)\\ &=\left[g(-1)\,;\lim_{x\to -\infty}g(x)\right[\\ &=\left[-2\,;+\infty\right[ \end{aligned}$$

3) b)

Déterminons $g^{-1}(x)$

Soit $x\in J$, on cherche $y\in I$ tel que $g(y)=x$

$$\begin{aligned} g(y)=x&\Longleftrightarrow y^2+2y-1=x\\ &\Longleftrightarrow y^2+2y=x+1\\ &\Longleftrightarrow y^2+2y+1=x+1+1\\ &\Longleftrightarrow (y+1)^2=x+2\\ &\Longleftrightarrow y+1=\sqrt{x+2}\ \text{ou}\ y+1=-\sqrt{x+2}\\ &\Longleftrightarrow y=-1+\sqrt{x+2}\ \text{ou}\ y=-1-\sqrt{x+2} \end{aligned}$$

Or $y\in\left]-\infty;-1\right]$

Donc : $y=-1-\sqrt{x+2}$

D'où : $(\forall x\in J)$ ; $g^{-1}(x)=-1-\sqrt{x+2}$

Calcul des limites :

$$\begin{aligned} \lim_{x\to -\infty}f(x)&=\lim_{x\to -\infty}\left(x^2+2x-1\right)\\ &=\lim_{x\to -\infty}x^2\\ &=+\infty \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}f(x)&=\lim_{x\to +\infty}\left(x^2+2x-1\right)\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^2\\ &=+\infty \end{aligned}$$

2) a)

On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$

Soit $x\in\mathbb{R}$

$f'(x)=\left(x^2+2x-1\right)'$

$f'(x)=2x+2$

Donc : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $f'(x)=2x+2$

Étudions le signe de $f'(x)$

$$\begin{aligned} f'(x)=0&\Longleftrightarrow 2x+2=0\\ &\Longleftrightarrow x=-1 \end{aligned}$$

$$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & -\infty & & -1 & & +\infty\\ \hline f'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline \end{array}$$

Donc : $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $\left]-\infty;-1\right]$ ; et strictement croissante sur l'intervalle $\left[-1;+\infty\right[$

2) b)

On a $f$ est continue sur $\mathbb{R}$

Mais n'est pas strictement monotone

Donc $f$ n'admet pas une fonction réciproque

3) a)

On a $g$ est continue sur l'intervalle $I=\left]-\infty;-1\right]$

Et $g$ est strictement décroissante sur $I$

Donc $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ tel que :

$$\begin{aligned} J&=g(I)\\ J&=g\left(\left]-\infty;-1\right]\right)\\ &=\left[g(-1)\,;\lim_{x\to -\infty}g(x)\right[\\ &=\left[-2\,;+\infty\right[ \end{aligned}$$

3) b)

Déterminons $g^{-1}(x)$

Soit $x\in J$, on cherche $y\in I$ tel que $g(y)=x$

Or $y\in\left]-\infty;-1\right]$

Donc : $y=-1-\sqrt{x+2}$

D'où : $(\forall x\in J)$ ; $g^{-1}(x)=-1-\sqrt{x+2}$

Exercice ★★★

Calculer les limites suivantes.

1. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x^2-1}-2x$

2. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{x^3-1}-2x$

3. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x^2-1}-x$

4. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt{4x^2-x-1}-2x+1$

Indication

Si on remplace, on trouve la forme indéterminée $+\infty+(-\infty)$

Et puisque $\sqrt{x^2}\neq 2x$ alors, il suffit de factoriser.

Et puisque $\sqrt[3]{x^3}\neq 2x$ alors, il suffit de factoriser.

Et puisque $\sqrt{x^2}=x$, Alors dans ce cas, il faut multiplier par le conjugué.

Et puisque $\sqrt{4x^2}=2x$, Alors dans ce cas, il faut multiplier par le conjugué.

Remarquer que $1$ ne pose aucun problème, c'est pour cela, il faut le laisser loin.

Si on remplace, on va trouver la forme indéterminée $\frac{\infty}{\infty}$. Dans ce cas, et la plupart du temps il faut factoriser

Voir la correction

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt{x^2-1}-2x&=\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x^2\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}-2x\\ &=\lim_{x\to +\infty}|x|\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}-2x\\ &=\lim_{x\to +\infty}x\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}-2x\\ &=\lim_{x\to +\infty}x\left(\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}-2\right)\\ &=-\infty \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{x^3-1}-2x&=\lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{x^3\left(1-\frac{1}{x^3}\right)}-2x\\ &=\lim_{x\to +\infty}x\sqrt[3]{1-\frac{1}{x^3}}-2x\\ &=\lim_{x\to +\infty}x\left(\sqrt[3]{1-\frac{1}{x^3}}-2\right)\\ &=-\infty \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt{x^2-1}-x&=\lim_{x\to +\infty}\frac{\left(\sqrt{x^2-1}-x\right)\left(\sqrt{x^2-1}+x\right)}{\sqrt{x^2-1}+x}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{\sqrt{x^2-1}^{\,2}-x^2}{\sqrt{x^2-1}+x}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2-1-x^2}{\sqrt{x^2-1}+x}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}\\ &=0 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt{4x^2-x-1}-2x+1&=\lim_{x\to +\infty}\frac{\left(\sqrt{4x^2-x-1}-2x\right)\left(\sqrt{4x^2-x-1}+2x\right)}{\sqrt{4x^2-x-1}+2x}+1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{\sqrt{4x^2-x-1}^{\,2}-(2x)^2}{\sqrt{4x^2-x-1}+2x}+1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{4x^2-x-1-4x^2}{\sqrt{4x^2-x-1}+2x}+1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-x-1}{\sqrt{x^2\left(4-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)}+2x}+1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-x-1}{x\sqrt{4-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}+2x}+1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{x\left(-1-\frac{1}{x}\right)}{x\left(\sqrt{4-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}+2\right)}+1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-1-\frac{1}{x}}{\sqrt{4-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}+2}+1\\ &=-\frac{1}{4}+1\\ &=\frac{3}{4} \end{aligned}$$

Exercice ★★★

Calculer les limites suivantes.

1. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{x^3-1}-x$

2. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{8x^3-x-1}-2x-1$

3. $\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x-1}-\sqrt[3]{x-1}$

Indication

$(a-b)\left(a^2+ab+b^2\right)=a^3-b^3$

Si on remplace, on trouve la forme indéterminée $+\infty+(-\infty)$

Et puisque $\sqrt[3]{x^3}=x$, alors dans ce cas, il faut multiplier par le conjugué.

Et puisque $\sqrt[3]{8x^3}=2x$, alors dans ce cas, il faut multiplier par le conjugué.

Le dénominateur va tendre vers $+\infty$, et $\frac{a}{\infty}=0$

Et puisque $\sqrt{x}\neq\sqrt[3]{x}$, alors, on factorise par $x^{\frac{1}{2}}$, la plus grande puissance.

Bien sûr le gagnant c'est $\sqrt{x}$ au voisinage de $+\infty$

Voir la correction

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{x^3-1}-x&=\lim_{x\to +\infty}\frac{\left(\sqrt[3]{x^3-1}-x\right)\left(\sqrt[3]{x^3-1}^{\,2}+x\sqrt[3]{x^3-1}+x^2\right)}{\sqrt[3]{x^3-1}^{\,2}+x\sqrt[3]{x^3-1}+x^2}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{\sqrt[3]{x^3-1}^{\,3}-x^3}{\sqrt[3]{x^3-1}^{\,2}+x\sqrt[3]{x^3-1}+x^2}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^3-1-x^3}{\sqrt[3]{x^3-1}^{\,2}+x\sqrt[3]{x^3-1}+x^2}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-1}{\sqrt[3]{x^3-1}^{\,2}+x\sqrt[3]{x^3-1}+x^2}\\ &=0 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt[3]{8x^3-x-1}-2x-1&=\lim_{x\to +\infty}\frac{\left(\sqrt[3]{8x^3-x-1}\right)^3-(2x)^3}{\left(\sqrt[3]{8x^3-x-1}\right)^2+2x\sqrt[3]{8x^3-x-1}+(2x)^2}-1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{8x^3-x-1-8x^3}{\left(\sqrt[3]{x^3\left(8-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}\right)}\right)^2+2x\sqrt[3]{8x^3-x-1}+4x^2}-1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-x-1}{x^2\left(\sqrt[3]{8-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}}\right)^2+2x\sqrt[3]{8x^3-x-1}+4x^2}-1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{x\left(-1-\frac{1}{x}\right)}{x\left(x\left(\sqrt[3]{8-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}}\right)^2+2\sqrt[3]{8x^3-x-1}+4x\right)}-1\\ &=\lim_{x\to +\infty}\frac{-1-\frac{1}{x}}{x\left(\sqrt[3]{8-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}}\right)^2+2\sqrt[3]{8x^3-x-1}+4x}-1\\ &=-1 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty}\sqrt{x-1}-\sqrt[3]{x-1}&=\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}-\sqrt[3]{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\ &=\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x}\sqrt{1-\frac{1}{x}}-\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{2}}\sqrt{1-\frac{1}{x}}-x^{\frac{1}{3}}\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-\frac{x^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{1}{2}}}\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\right)\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-x^{\frac{1}{3}-\frac{1}{2}}\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\right)\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-x^{-\frac{1}{6}}\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\right)\\ &=\lim_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-\frac{1}{x^{\frac{1}{6}}}\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\right)\\ &=\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x}\left(\sqrt{1-\frac{1}{x}}-\sqrt[6]{\frac{1}{x}}\cdot\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\right)\\ &=+\infty \end{aligned}$$

Exercice ★★★

Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes

1. $x^4-16=0$

2. $x^6+3=0$

3. $x^7-3=0$

4. $x^7+3=0$

5. $x^8+3x^4-10=0$

Indication

Si $x^{2n}=a$ avec $a>0$ Alors $x=\sqrt[2n]{a}$ ou $x=-\sqrt[2n]{a}$

Si $x^{2n+1}=a$ avec $a>0$ Alors $x=\sqrt[2n+1]{a}$

Si $x^{2n+1}=a$ avec $a<0$ Alors $x=-\sqrt[2n+1]{-a}$

$ax^{2n}+bx^n+c=0$ : il faut juste effectuer le changement de variable $t=x^n$

$x^4=-5$ : Équation impossible

Voir la correction

$$\begin{aligned} x^4-16=0&\Longleftrightarrow x^4=16\\ &\Longleftrightarrow x=\sqrt[4]{16}\ \text{ou}\ x=-\sqrt[4]{16}\\ &\Longleftrightarrow x=2\ \text{ou}\ x=-2 \end{aligned}$$

Donc : $S=\left\{-2\,;2\right\}$

$x^6+3=0\Longleftrightarrow x^6=-3$

Équation impossible, du fait que : $x^6\geq 0$ et $-3<0$

D'où : $S=\emptyset$

$$\begin{aligned} x^7-3=0&\Longleftrightarrow x^7=3\\ &\Longleftrightarrow x=\sqrt[7]{3} \end{aligned}$$

D'où : $S=\left\{\sqrt[7]{3}\right\}$

$$\begin{aligned} x^7+3=0&\Longleftrightarrow x^7=-3\\ &\Longleftrightarrow -x^7=3\\ &\Longleftrightarrow (-x)^7=3\\ &\Longleftrightarrow -x=\sqrt[7]{3}\\ &\Longleftrightarrow x=-\sqrt[7]{3} \end{aligned}$$

D'où : $S=\left\{-\sqrt[7]{3}\right\}$

$x^8+3x^4-10=0\Longleftrightarrow\left(x^4\right)^2+3x^4-10=0$

On pose : $t=x^4$

L'équation $x^8+3x^4-10=0$ devient : $t^2+3t-10=0$

Soit donc l'équation : $t^2+3t-10=0$

Son discriminant : $\Delta=b^2-4ac=3^2-4(1)(-10)=49$

puisque : $\Delta>0$

Alors l'équation $t^2+3t-10=0$ admet deux solutions distinctes :

$t_1=\frac{-3+\sqrt{49}}{2}$ et $t_2=\frac{-3-\sqrt{49}}{2}$

$t_1=2$ et $t_2=-5$

Or $t=x^4$

Donc : $x^4=2$ ou $x^4=-5$

Donc : $x=\sqrt[4]{2}$ ou $x=-\sqrt[4]{2}$

D'où : $S=\left\{-\sqrt[4]{2}\,;\sqrt[4]{2}\right\}$

Exercice ★★★

Soit $f$ la fonction définie par : $f(x)=\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}$

1. a) Déterminer $D_f$, le domaine de définition de $f$

1. b) Montrer que $f$ est une fonction impaire, puis calculer $\lim_{x\to 0^+}f(x)$

2. a) En utilisant la définition, montrer que $f$ est une fonction strictement décroissante sur l'intervalle $\left]0;1\right]$

2. b) En déduire la monotonie de $f$ sur l'intervalle $\left[-1;0\right[$

3. Soit $g$ la restriction de $f$ sur l'intervalle $I=\left]0;1\right]$

3. a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l'on déterminera.

3. b) Déterminer $g^{-1}(x)$ pour tout $x\in J$

Indication

$\sqrt{u(x)}$ : $u(x)\geq 0$ et $\frac{u(x)}{v(x)}$ : $v(x)\neq 0$

$f$ est impaire $\Longleftrightarrow\begin{cases}(i)\ (\forall x\in D_f)\ ;\ -x\in D_f\\ (ii)\ (\forall x\in D_f)\ ;\ f(-x)=-f(x)\end{cases}$

$f$ est strictement décroissante sur $I$ si et seulement si $(\forall(x;y)\in I^2)$ ; $x<y\Longrightarrow f(x)>f(y)$

Si on remplace $x$ par $0^+$, on trouve $\frac{2}{0^+}=+\infty$

Si $u$ est continue sur $I$ et $(\forall x\in I)$ ; $u(x)\geq 0$ Alors $x\longmapsto\sqrt{u(x)}$ est continue sur $I$

Si $u$ et $v$ sont continues sur $I$ avec $(\forall x\in I)$ ; $v(x)\neq 0$ Alors $x\longmapsto\frac{u(x)}{v(x)}$ est continue sur $I$

Si $g$ est continue et strictement monotone sur un intervalle $I$, Alors $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur l'intervalle $J$ tel que $J=g(I)$

Pour déterminer $g^{-1}(x)$ : on prend $x\in J$ et on cherche l'unique $y\in I$ tel que $g(y)=x$

$(a-b)^2=a^2-2ab+b^2$ et $ab=0\Longleftrightarrow a=0$ ou $b=0$

Voir la correction

1) a)

Déterminons $D_f$

$$\begin{aligned} x\in D_f&\Longleftrightarrow x\neq 0\ \text{et}\ 1-x^2\geq 0\\ &\Longleftrightarrow x\neq 0\ \text{et}\ (1-x)(1+x)\geq 0 \end{aligned}$$

Étudions le signe de $(1-x)(1+x)$

$$\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x & -\infty & & -1 & & 1 & & +\infty\\ \hline 1-x & & + & & + & 0 & - & \\ \hline 1+x & & - & 0 & + & & + & \\ \hline (1-x)(1+x) & & - & 0 & + & 0 & - & \\ \hline \end{array}$$

Donc : $x\in D_f\Longleftrightarrow x\neq 0$ et $x\in[-1;1]$

D'où : $D_f=\left[-1;0\right[\cup\left]0;1\right]$

1) b)

Montrons que $f$ est une fonction impaire

On a : $D_f=\left[-1;0\right[\cup\left]0;1\right]$

Donc : $-x\in D_f$ ; pour tout $x\in D_f$

Soit $x\in D_f$

$$\begin{aligned} f(-x)&=\frac{1+\sqrt{1-(-x)^2}}{-x}\\ &=\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{-x}\\ &=-\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\\ &=-f(x) \end{aligned}$$

Donc $f$ est impaire

Calculons $\lim_{x\to 0^+}f(x)$

$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}=+\infty$

2) a)

Étudions la monotonie de $f$ sur $\left]0;1\right]$

Soient $x$ et $y$ deux éléments de $\left]0;1\right]$ tels que $x<y$

$$\begin{aligned} x<y&\Longrightarrow x^2<y^2\ \text{et}\ \frac{1}{x}>\frac{1}{y}\\ &\Longrightarrow -x^2>-y^2\ \text{et}\ \frac{1}{x}>\frac{1}{y}\\ &\Longrightarrow 1-x^2>1-y^2\ \text{et}\ \frac{1}{x}>\frac{1}{y}\\ &\Longrightarrow \sqrt{1-x^2}>\sqrt{1-y^2}\ \text{et}\ \frac{1}{x}>\frac{1}{y}\\ &\Longrightarrow 1+\sqrt{1-x^2}>1+\sqrt{1-y^2}\ \text{et}\ \frac{1}{x}>\frac{1}{y}\\ &\Longrightarrow \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}>\frac{1+\sqrt{1-y^2}}{y}\\ &\Longrightarrow f(x)>f(y) \end{aligned}$$

Donc $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $\left]0;1\right]$

2) b)

La monotonie de $f$ sur l'intervalle $\left[-1;0\right[$

On a $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $\left]0;1\right]$

Et puisque $f$ est une fonction impaire

Alors : $f$ est strictement décroissante sur l'intervalle $\left[-1;0\right[$

3) a)

Soit $g(x)=f(x)$ pour tout $x\in\left]0;1\right]$

On a : $x\longmapsto 1-x^2$ est continue sur $I$ (polynôme)

Et : $(\forall x\in I)$ ; $1-x^2\geq 0$

Donc : $x\longmapsto\sqrt{1-x^2}$ est continue sur $I$

Et on a : $x\longmapsto 1$ est continue sur $I$

Donc : $x\longmapsto 1+\sqrt{1-x^2}$ est continue sur $I$

Et puisque : $x\longmapsto x$ est continue sur $I$

Et : $(\forall x\in I)$ ; $x\neq 0$

Alors : $g:x\longmapsto\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}$ est continue sur $I$

On a $g$ est continue sur l'intervalle $I=\left]0;1\right]$

Et $g$ est strictement décroissante sur $I$

Donc $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ tel que : $J=g(I)$

$$\begin{aligned} J&=g\left(\left]0;1\right]\right)\\ &=\left[g(1)\,;\lim_{x\to 0^+}g(x)\right[\\ &=\left[1\,;+\infty\right[ \end{aligned}$$

3) b)

Déterminons $g^{-1}(x)$

Soit $x\in J$, on cherche $y\in I$ tel que $g(y)=x$

$$\begin{aligned} g(y)=x&\Longleftrightarrow \frac{1+\sqrt{1-y^2}}{y}=x\\ &\Longleftrightarrow 1+\sqrt{1-y^2}=xy\\ &\Longleftrightarrow \sqrt{1-y^2}=xy-1\\ &\Longleftrightarrow 1-y^2=(xy-1)^2\\ &\Longleftrightarrow 1-y^2=x^2y^2-2xy+1\\ &\Longleftrightarrow x^2y^2+y^2-2xy+1-1=0\\ &\Longleftrightarrow y\left(x^2y+y-2x\right)=0\\ &\Longleftrightarrow y=0\ \text{ou bien}\ x^2y+y-2x=0\\ &\Longleftrightarrow y=0\ \text{ou bien}\ x^2y+y=2x\\ &\Longleftrightarrow y=0\ \text{ou bien}\ y\left(x^2+1\right)=2x\\ &\Longleftrightarrow y=0\ \text{ou bien}\ y=\frac{2x}{x^2+1} \end{aligned}$$

Or $y\in\left]0;1\right]$

Donc : $y=\frac{2x}{x^2+1}$

D'où : $(\forall x\in J)$ ; $g^{-1}(x)=\frac{2x}{x^2+1}$

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