Partie A : Évaluation des ressources

A. Vérification des savoirs

Exercice I

a) Faux : \(\alpha \) un réel fini ou infini, \(l\) et \(l’\) deux reels.
si \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha } f(x) = + \infty \) et \(f(x) \le g(x)\) alors \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha } g(x) = + \infty \)
b) Vrai : Soient \(\alpha \), \(\beta \) et \(\lambda \) des réels.
Si \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha } f(x) = \beta \) et \(\mathop {\lim }\limits_{y \to \beta } g(y) = \lambda \) alors \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \alpha } g \circ f(x) = \lambda \).
c) Vrai :si \(f\) est continue sur \(\left[ {a,b} \right]\) alors pour tout réel \(\lambda \) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe un \(c \in \left] {a,b} \right[\) tel que \(f(c) = \lambda \).
d) Vrai : Soit \(I\) un intervalle., \(a\) et \(b\) des réels.
• Si \(I = \left[ {a,b} \right]\) et \(f\) continue et strictement croissante , alors \(f(I) = \left[ {f(a),f(b)} \right]\).
• Si \(I = \left[ {a,b} \right]\) et \(f\) continue et strictement décroissante , alors \(f(I) = \left[ {f(b),f(a)} \right]\).
e) Faux : Si \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0\) (respectivement \({x \to - \infty }\) alors la droite d’equation \({y = ax + b}\) est asymptote oblique a la courbe \(f\) en \({x \to - \infty }\)

Correction exercice 2

1) a) Faux
\(f\) strictement décroissante sur \([0, 11\) et \(f(0) = 2\) donc \(f(x) \prec 2\)
Si \(k = 3\) alors \(f(x) = 3\) n’admet pas de solution.
b) Faux :
\(f(1) \prec 0\) et \(f(0) = 2 \succ 0\) et \(f \) est strictement décroissante mais \(f \) n’est pas continue alors \(f(x) = 0\) peut ne pas avoir des solutions.
c) Faux :
\(f\) est continue et croissante donc \(f(x) = 0\) admet au plus une solution.
d) Vrai :
Si \(f\) est dérivable sur \([0, 1]\) alors \(f\) est continue sur \( [0, 1] \)
(\(f(0) \times f(1) = - 2 \times 2 \prec 0\) et \(f\) strictement décroissante, donc il existe un seul \(\alpha \in \left[ {0,1} \right]\) tel que \(f(\alpha ) = 0\).
2) a) Faux :
\(f(x) = 1\) a deux solution l’une dans \(\left] {0,2} \right]\) et l’autre dans \(\left[ {2, + \infty } \right[\)
b) Faux :
\( f(x) = -3\) a deux solution l’une est 2 et l’autre dans \(\left] { - 2,0} \right]\)
c) Faux :
\(f\left( {\left] {0,4} \right]} \right) = \) \(\left[ { - 3, + \infty } \right[ \ne \left[ {0, + \infty } \right[\)
d) Vrai : car \(x \le - 2\), on a \(f\) est croissante alors \(f\left( x \right) \ge f( - 2) = 0\) donc \(f\left( x \right) \ge 0\)

B. Application des savoirs

Exercice I

Calculons la limite des fonctions suivantes :
a) \(f(x) = \frac{{x - \sqrt {x + 2} }}{{\sqrt {4x + 1} - 3}}\)
\(f(x)\) se présente sous la forme d’une indétermination au voisinage de 2, en effet, \(f(2) = \frac{{2 - \sqrt {2 + 2} }}{{\sqrt {4 \times 2 + 1} - 3}} = \frac{0}{0}\).
On peut écrire :
\(f(x) = \frac{{x - \sqrt {x + 2} }}{{\sqrt {4x + 1} - 3}}\) \( \times \frac{{x + \sqrt {x + 2} }}{{x + \sqrt {x + 2} }}\) \( \times \frac{{\sqrt {4x + 1} + 3}}{{\sqrt {4x + 1} + 3}} = \) \(\frac{{\left( {{x^2} - x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}{{\left( {4x - 8} \right)\left( {x + \sqrt {x + 2} } \right)}}\)
\(f(x) = \) \(\frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}{{4\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {x + 2} } \right)}}\) \( = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}{{4\left( {x + \sqrt {x + 2} } \right)}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}{{4\left( {x + \sqrt {x + 2} } \right)}}\) \( = \frac{{\left( {2 + 1} \right)\left( {\sqrt {4 \times 2 + 1} + 3} \right)}}{{4\left( {2 + \sqrt {2 + 2} } \right)}}\) \( = \frac{{18}}{{16}} = \frac{9}{8}\)

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \sqrt {{x^2} + x} - \sqrt {{x^2} - 1} \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \sqrt {{x^2} + x} - \) \(\sqrt {{x^2} - 1} = + \infty - \infty \)
\(f(x)\) se présente sous la forme d’une indétermination au voisinage de \( - \infty \). Pour lever cette indétermination
\(f(x) = \sqrt {{x^2} + x} \) \( - \sqrt {{x^2} - 1} = \) \(\frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + x} - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}{{\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt {{x^2} - 1} }}\) \( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + x} + \sqrt {{x^2} - 1} }}\) \( = \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} + \sqrt {{x^2}\left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} }}\) avec \({x \ne 0}\)
Pour \({x \prec 0}\) :
\(f(x) = \) \(\frac{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}}{{ - x\left( {\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} + \sqrt {\left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} } \right)}}\) \( = - \) \(\frac{{\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}}{{\left( {\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} + \sqrt {\left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} } \right)}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - \) \(\frac{{\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}}{{\left( {\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} + \sqrt {\left( {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} } \right)}}\) \( = - \frac{1}{{\sqrt 1 + \sqrt 1 }} = - \frac{1}{2}\).

c. \(f(x) = \) \(\frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}\) \( = \frac{2}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 01\infty } \frac{2}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 0\), alors, la courbe de \(f\) admet une asymptote d’équation \(y = 0\) au voisinage de \({ + \infty }\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\) \(\sin f(x) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\) \(\sin \left( {f(x)} \right)\frac{{f(x)}}{{f(x)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\) \( \times \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sin \left( {f(x)} \right)}}{{f(x)}}\).
\(f(x) = \frac{2}{{\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} }}\) \( \Rightarrow f(x)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\) \( = 2\)
• \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = 2\)
• \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sin \left( {f(x)} \right)}}{{f(x)}} = 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\) \(\sin \left( {\sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = 2\).

Correction exercice 2

Calculons les limites suivantes :
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sin \left( {\frac{{\pi x - 1}}{{x + 2}}} \right)\) ;
Soit \(u(x) = \left( {\frac{{\pi x - 1}}{{x + 2}}} \right)\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } u(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\frac{{\pi x - 1}}{{x + 2}}} \right) = \pi \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sin \left( {\frac{{\pi x - 1}}{{x + 2}}} \right) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{u \to \pi } \sin \left( u \right) = \sin \left( \pi \right) = 0\).

b)
\( - 1 \le \cos \left( {\frac{1}{x}} \right) \le 1\)
En multipliant l’inégalité précédente par \(\sqrt x \), réel positif, nous avons : \( - \sqrt x \le \sqrt x \cos \frac{1}{x} \le \sqrt x \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( { - \sqrt x } \right) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sqrt x = 0\) d’où \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sqrt x \cos \frac{1}{x}} \right) = 0\)

c) Calculons \(\frac{x}{{x + 1}} - 1 = \frac{{ - 1}}{{x + 1}}\), alors, puisque \({x + 1}\) est positif, \(\frac{{ - 1}}{{x + 1}} \prec 0 \Rightarrow \frac{x}{{x + 1}} - 1 \prec 0\) alors \(\frac{x}{{x + 1}} \prec 1\)
Calculons en suite \(\frac{x}{{x + 1}} - \frac{1}{2} = \frac{{x - 1}}{{\left( 2{x + 1} \right)}}\)
Puisque \({x \ge 1}\), \({x - 1 \ge 0}\) alors \(\frac{{x - 1}}{{2\left( {x + 1} \right)}} \ge 0\)
\(\frac{x}{{x + 1}} - \frac{1}{2} \ge 0\) soit \(\frac{x}{{x + 1}} \ge \frac{1}{2}\)
on en déduit que \(\frac{1}{2} \le \frac{x}{{x + 1}} \le 1\) quelque soit \(x\)
a,) si \(\frac{1}{2} \le \frac{x}{{x + 1}} \le 1\) alors \(\frac{{\sqrt x }}{2} \le \frac{{x\sqrt x }}{{x + 1}} \le \sqrt x \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt x }}{2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt x = + \infty \) alors \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\sqrt x }}{{x + 1}} = \)
b) puisque \(\frac{1}{2} \le \frac{x}{{x + 1}} \le 1\), alors \(\frac{1}{{2\sqrt x }} \le \frac{x}{{\sqrt x \left( {x + 1} \right)}} \le \frac{1}{{\sqrt x }}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{2\sqrt x }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt x }} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{x}{{\sqrt x \left( {x + 1} \right)}} = 0\)

d) Avec \({x^2} \succ 0\), \(\frac{1}{{{x^2}}} - 1 \le \varphi (x) \le \frac{2}{{{x^2}}} - 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - 1} \right) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{2}{{{x^2}}} - 1} \right) = - 1\), alors \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \varphi (x) = - 1\)
Si \(n\) est paire alors \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left[ {\varphi (x)} \right]^n} = {1^n} = 1\) d’où \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{{{\left[ {\varphi (x)} \right]}^n}}} = 2\)
Si \(n\) est impaire alors \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left[ {\varphi (x)} \right]^n} = - 1 \times {1^n} = - 1\) d’où \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{{{\left[ {\varphi (x)} \right]}^n}}} = - 2\)

Partie B: Évaluation des compétences

Correction exercice I

Objectifs
1) Déterminer des paramètres d’un polynôme afin que des limites en des points donnés existent et calculer la forme simplifiée de la fonction.
2) Savoir prolonger une fonction par continuité.
Il faut déjà noter que la fonction \(f(x)\) n’existe pas en \(x= 1\) et \(x= 2\) et d’après l’énoncée, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = 3\) et \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = 7\)
On cherche que les limites en 1 et 2 soient finies (et égales à 3 et 7). Le dénominateur s’annule en 1 et 2, donc pour des limites finies le numérateur doit aussi s’annuler en 1 et 2.
On suppose donc que \({x^4} - 2{x^3} + ax\) \( + b = (x - 1)(x - 2)g(x)\) avec \(g(x)\) polynôme de degré 2.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g(x) = g(1) = 3\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g(x) = g(2) = 7\)
En supposant \(g(x) = {x^2} + \alpha x + \beta \), on a, après résolution du système d’équation en \(\alpha \) et \(\beta \)
\(\alpha = 1\) et \(\beta = 1\)
Soit \(g(x) = {x^2} + x + 1\)
\({x^4} - 2{x^3} + ax + b = \) \((x - 1)(x - 2)({x^2} + x + 1)\) apres developpement et resolution du système d’équation en a et b, vous avez \(a = - 1\) et \(b = 2\)

2 Forme simplifiée de \(f(x)\) pour \(x \ne 1\), \(x \ne 2\)
\(f(x) = \frac{{{x^4} - 2{x^3} - x + 2}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}\) \( = {x^2} + x + 1\)
2c) Prolongement par continuité.
Oui. On définit la fonction prolongée : \(f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\)
\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + x + 1{\rm{ si }}x \in \left\{ {1,2} \right\}\\3{\rm{ si }}x = 1\\7{\rm{ si }}x = 2\end{array} \right.\)

Correction exercice II

Cette situation met en évidence le théorème de comparaison
Parce qu’il est impossible de calculer directement la limite de \(\sin \left( {{\textstyle{1 \over h}}} \right)\) nous allons utiliser le théorème de comparaison
En effet, \( - 1 \le \sin \left( {{\textstyle{1 \over h}}} \right) \le 1\) soit \( - h \le h\sin \left( {{\textstyle{1 \over h}}} \right) \le h\) ce qui donne :
\(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} - h = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} h = 0\)
Alors \(\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} h\sin \left( {\frac{1}{h}} \right) = 0\)
la luminosité reste stabilisée à 0 : le drone peut donc descendre en toute sécurité.