Analyse Prépa : Limites, Continuité, Dérivabilité

Correction :

1. Pour une fonction polynomiale, la limite en un point est simplement la valeur de la fonction en ce point.

   $\lim_{x \to 2} (3x^2 - 5x + 1) = 3(2)^2 - 5(2) + 1 = 3(4) - 10 + 1 = 12 - 10 + 1 = 3$.

   Résultat : $\lim_{x \to 2} (3x^2 - 5x + 1) = 3$

   Astuce méthode : Pour les polynômes, la continuité est automatique, donc l'évaluation directe est permise.

2. Il s'agit d'une forme indéterminée de type $\frac{\infty}{\infty}$. Pour les fonctions rationnelles en $\pm \infty$, la limite est celle du rapport des termes de plus haut degré.

   $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3 - 4x + 1}{x^3 + 7x^2 - 2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3(2 - 4/x^2 + 1/x^3)}{x^3(1 + 7/x - 2/x^3)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2 - 4/x^2 + 1/x^3}{1 + 7/x - 2/x^3}$.

   Lorsque $x \to +\infty$, les termes $\frac{4}{x^2}$, $\frac{1}{x^3}$, $\frac{7}{x}$, $\frac{2}{x^3}$ tendent tous vers 0.

   Donc, la limite est $\frac{2 - 0 + 0}{1 + 0 - 0} = 2$.

   Résultat : $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3 - 4x + 1}{x^3 + 7x^2 - 2} = 2$

   Astuce méthode : Face à $\frac{\infty}{\infty}$ pour les fonctions rationnelles, factorise par le terme de plus haut degré au numérateur et au dénominateur.

3. C'est une limite remarquable. On sait que $\lim_{u \to 0} \frac{\sin(u)}{u} = 1$.

   Ici, on a $\frac{\sin(3x)}{x}$. Multiplions et divisons par 3 pour faire apparaître la forme remarquable :

   $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x \to 0} 3 \times \frac{\sin(3x)}{3x}$.

   En posant $u = 3x$, quand $x \to 0$, $u \to 0$. Donc, $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{3x} = \lim_{u \to 0} \frac{\sin(u)}{u} = 1$.

   Ainsi, $\lim_{x \to 0} 3 \times \frac{\sin(3x)}{3x} = 3 \times 1 = 3$.

   Résultat : $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x} = 3$

   Point méthode : Maîtrise bien les limites remarquables, elles sont très utiles pour lever certaines formes indéterminées.

Correction :

Pour qu'une fonction soit continue en un point $a$, trois conditions doivent être remplies :

1. $f(a)$ doit exister.
2. $\lim_{x \to a^-} f(x)$ doit exister.
3. $\lim_{x \to a^+} f(x)$ doit exister.
4. $\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^+} f(x) = f(a)$.

Appliquons ces conditions pour $a=1$ :

1. Calcul de $f(1)$ : Puisque $x \le 1$, on utilise la première expression :

   $f(1) = 1^2 + 1 = 2$.

2. Calcul de la limite à gauche en $x=1$ : Pour $x \le 1$, $f(x) = x^2 + 1$.

   $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x^2 + 1) = 1^2 + 1 = 2$.

3. Calcul de la limite à droite en $x=1$ : Pour $x > 1$, $f(x) = 2x$.

   $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (2x) = 2(1) = 2$.

On constate que $f(1) = 2$, $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2$ et $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2$.

Puisque $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$, la fonction $f$ est continue en $x=1$.

Correction :

1. $f(x) = 5x^4 - 2x^3 + 7x - x^{-1}$.

   On utilise la linéarité de la dérivation et la règle $(x^n)' = nx^{n-1}$.

   $f'(x) = 5(4x^3) - 2(3x^2) + 7(1) - (-1x^{-2})$

   $f'(x) = 20x^3 - 6x^2 + 7 + \frac{1}{x^2}$.

   Résultat : $f'(x) = 20x^3 - 6x^2 + 7 + \frac{1}{x^2}$

2. $g(x) = (3x^2 + 1)e^x$. C'est un produit de fonctions de la forme $(uv)' = u'v + uv'$.

   Posons $u(x) = 3x^2 + 1 \implies u'(x) = 6x$.

   Posons $v(x) = e^x \implies v'(x) = e^x$.

   $g'(x) = (6x)e^x + (3x^2 + 1)e^x$

   $g'(x) = e^x (6x + 3x^2 + 1)$.

   Résultat : $g'(x) = e^x (3x^2 + 6x + 1)$

3. $h(x) = \ln(x^2 + 3)$. C'est une fonction composée de la forme $(\ln(u))' = \frac{u'}{u}$.

   Posons $u(x) = x^2 + 3 \implies u'(x) = 2x$.

   $h'(x) = \frac{2x}{x^2 + 3}$.

   Résultat : $h'(x) = \frac{2x}{x^2 + 3}$

   Astuce méthode : Maîtrise les formules de dérivation des fonctions usuelles et les règles de dérivation (somme, produit, quotient, composée). C'est la base !

Correction :

1. Lorsque $x \to 1$, le numérateur $x^2 - 1 \to 0$ et le dénominateur $x - 1 \to 0$. C'est une forme indéterminée $\frac{0}{0}$.

   On peut factoriser le numérateur en utilisant l'identité $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ :

   $x^2 - 1 = (x-1)(x+1)$.

   Donc, $\lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x+1)}{x-1}$. Pour $x \neq 1$, on peut simplifier par $(x-1)$.

   $\lim_{x \to 1} (x+1) = 1+1 = 2$.

   Résultat : $\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x-1} = 2$

   Astuce méthode : Face à $\frac{0}{0}$ avec des polynômes, la factorisation par $(x-a)$ est souvent la clé si $a$ est une racine du numérateur et du dénominateur.

2. Lorsque $x \to 0$, le numérateur $\sqrt{1+x} - 1 \to \sqrt{1} - 1 = 0$ et le dénominateur $x \to 0$. C'est une forme indéterminée $\frac{0}{0}$.

   Pour les expressions avec des racines carrées, on utilise souvent l'expression conjuguée.

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

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

   $ = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x(\sqrt{1+x} + 1)}$

   Pour $x \neq 0$, on peut simplifier par $x$ :

   $ = \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{1+x} + 1}$.

   Maintenant, en substituant $x=0$, on obtient $\frac{1}{\sqrt{1+0} + 1} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$.

   Résultat : $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} - 1}{x} = \frac{1}{2}$

   Point méthode : La multiplication par la quantité conjuguée est une technique puissante pour lever les formes indéterminées impliquant des racines carrées.

Correction :

Pour que $g$ soit continue en $x=2$, il faut que $\lim_{x \to 2} g(x) = g(2)$.

On sait que $g(2) = k$.

Calculons la limite de $g(x)$ quand $x \to 2$. Pour $x \neq 2$, $g(x) = \frac{x^2 - 4}{x - 2}$.

C'est une forme indéterminée $\frac{0}{0}$ en $x=2$. On peut factoriser le numérateur : $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$.

Donc, $\lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(x+2)}{x - 2}$.

Pour $x \neq 2$, on simplifie par $(x-2)$ :

$\lim_{x \to 2} (x+2) = 2+2 = 4$.

Pour que $g$ soit continue en $x=2$, il faut que $k$ soit égal à cette limite.

$k = 4$.

Correction :

1. On définit $f(x)$ par morceaux :

   Si $x-1 \ge 0 \iff x \ge 1$, alors $|x-1| = x-1$.

   Si $x-1 < 0 \iff x < 1$, alors $|x-1| = -(x-1) = -x+1$.

   $$ f(x) = \begin{cases} x-1 & \text{si } x \ge 1 \\ -x+1 & \text{si } x < 1 \end{cases} $$

   Résultat : $f(x) = x-1$ pour $x \ge 1$ et $f(x) = -x+1$ pour $x < 1$.

2. Pour étudier la dérivabilité en $x=1$, nous devons examiner la limite du taux d'accroissement en 1.

   Le taux d'accroissement est $\frac{f(x) - f(1)}{x - 1}$.

   Tout d'abord, $f(1) = |1-1| = 0$.

   Calculons la limite à droite du taux d'accroissement :

   Pour $x > 1$, $f(x) = x-1$.

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

   Calculons la limite à gauche du taux d'accroissement :

   Pour $x < 1$, $f(x) = -x+1$.

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

   Puisque la limite du taux d'accroissement à droite (1) est différente de la limite à gauche (-1), la fonction $f$ n'est pas dérivable en $x=1$. Graphiquement, cela correspond à un point anguleux.

   Résultat : La fonction $f(x) = |x-1|$ n'est pas dérivable en $x=1$.

   Point méthode : Pour étudier la dérivabilité en un point de raccordement d'une fonction définie par morceaux, calcule les limites des taux d'accroissement à gauche et à droite. Si elles sont égales et finies, la fonction est dérivable.

Correction :

Pour appliquer le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), il faut que la fonction soit continue sur un intervalle donné et que la valeur cherchée (ici 0) soit comprise entre les valeurs aux bornes de l'intervalle.

La fonction $f(x) = x^3 - 3x + 1$ est une fonction polynomiale, elle est donc continue sur $\mathbb{R}$.

Cherchons des intervalles où $f(x)$ change de signe pour montrer l'existence de racines.

1. Évaluons $f(x)$ pour quelques valeurs :

   • $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$
   • $f(-2) = (-2)^3 - 3(-2) + 1 = -8 + 6 + 1 = -1$
   • $f(-1) = (-1)^3 - 3(-1) + 1 = -1 + 3 + 1 = 3$
   • $f(0) = 0^3 - 3(0) + 1 = 1$
   • $f(1) = 1^3 - 3(1) + 1 = 1 - 3 + 1 = -1$
   • $f(2) = 2^3 - 3(2) + 1 = 8 - 6 + 1 = 3$
   • $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$

2. Appliquons le TVI :

   • Sur l'intervalle $]-\infty, -1[$ : Puisque $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $f(-1) = 3$, et que $0 \in ]-\infty, 3[$, le TVI garantit l'existence d'au moins une racine $\alpha_1 \in ]-\infty, -1[$. Par exemple, en utilisant $f(-2)=-1$, on a $f(-2) < 0$ et $f(-1) > 0$, donc une racine $\alpha_1 \in ]-2, -1[$.
   • Sur l'intervalle $]0, 1[$ : Puisque $f(0) = 1$ et $f(1) = -1$, et que $0 \in ]-1, 1[$, le TVI garantit l'existence d'au moins une racine $\alpha_2 \in ]0, 1[$.
   • Sur l'intervalle $]1, +\infty[$ : Puisque $f(1) = -1$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$, et que $0 \in ]-1, +\infty[$, le TVI garantit l'existence d'au moins une racine $\alpha_3 \in ]1, +\infty[$. Par exemple, en utilisant $f(2)=3$, on a $f(1) < 0$ et $f(2) > 0$, donc une racine $\alpha_3 \in ]1, 2[$.

Comme nous avons trouvé trois intervalles disjoints, nous avons montré l'existence d'au moins trois solutions réelles distinctes pour l'équation $f(x)=0$.

Correction :

1. Conditions d'application du TAF pour $f$ sur $[a, b]$ :

   • $f$ est continue sur $[a, b]$.
   • $f$ est dérivable sur $]a, b[$.

   Ici, $f(x) = x^3$ est une fonction polynomiale. Elle est donc continue sur tout $\mathbb{R}$, et en particulier sur $[1, 3]$. Elle est aussi dérivable sur tout $\mathbb{R}$, et en particulier sur $]1, 3[$. Ses conditions sont vérifiées.

   Résultat : Les conditions d'application du TAF sont vérifiées car $f(x)=x^3$ est continue sur $[1,3]$ et dérivable sur $]1,3[$.

2. La conclusion du TAF stipule qu'il existe au moins un réel $c \in ]a, b[$ tel que $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$.

   Calculons $f'(x)$ : $f'(x) = 3x^2$.

   Calculons le taux d'accroissement moyen sur $[1, 3]$ :

   $\frac{f(3) - f(1)}{3 - 1} = \frac{3^3 - 1^3}{2} = \frac{27 - 1}{2} = \frac{26}{2} = 13$.

   Nous cherchons $c \in ]1, 3[$ tel que $f'(c) = 13$.

   $3c^2 = 13$

   $c^2 = \frac{13}{3}$

   $c = \sqrt{\frac{13}{3}}$ ou $c = -\sqrt{\frac{13}{3}}$.

   Puisque nous cherchons $c \in ]1, 3[$, nous devons vérifier quelle valeur convient.

   $\sqrt{\frac{13}{3}} \approx \sqrt{4.33} \approx 2.08$.

   Comme $1 < 2.08 < 3$, la valeur $c = \sqrt{\frac{13}{3}}$ appartient bien à l'intervalle $]1, 3[$. La valeur négative n'est pas dans l'intervalle.

   Résultat : Le réel $c = \sqrt{\frac{13}{3}}$ satisfait la conclusion du TAF.

   Point méthode : Le TAF est une généralisation du théorème de Rolle. Il établit un lien entre la pente de la sécante entre deux points de la courbe et la pente de la tangente en un point intermédiaire.