Correction détaillée des devoirs 1 à 3 — Limites et continuité — Manuel Al Moufid

Correction détaillée des devoirs 1 à 3

Problèmes de synthèse — Se préparer aux devoirs — Limites et continuité — Manuel Al Moufid

Chaque question reste visible et sa correction détaillée peut être affichée séparément.

Devoir 1

I) Calculer les limites suivantes.

I.1 \[\lim_{x\to1}\frac{x^{\frac23}-1}{\operatorname{Arctan}(x-1)}.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

On écrit :

\[\frac{x^{\frac23}-1}{\operatorname{Arctan}(x-1)} =\frac{x^{\frac23}-1}{x-1}\cdot\frac{x-1}{\operatorname{Arctan}(x-1)}.\]

Posons \(u=\sqrt[3]x\). Alors \(u\to1\) et :

\[\frac{x^{\frac23}-1}{x-1}=\frac{u^2-1}{u^3-1}=\frac{u+1}{u^2+u+1}\longrightarrow\frac23.\]

De plus, \(\displaystyle \frac{\operatorname{Arctan}t}{t}\to1\) lorsque \(t\to0\).

\(\boxed{\dfrac23}\)

I.2 \[\lim_{x\to+\infty}\left(x\operatorname{Arctan}(\sqrt x)-\frac\pi2x\right).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Pour \(x>0\), on utilise :

\[\operatorname{Arctan}(\sqrt x)+\operatorname{Arctan}\left(\frac1{\sqrt x}\right)=\frac\pi2.\]

Ainsi :

\[x\left(\operatorname{Arctan}(\sqrt x)-\frac\pi2\right) =-x\operatorname{Arctan}\left(\frac1{\sqrt x}\right).\]

Posons \(t=\dfrac1{\sqrt x}\). Alors \(t\to0^+\) et :

\[-x\operatorname{Arctan}\left(\frac1{\sqrt x}\right) =-\frac{\operatorname{Arctan}t}{t^2} =-\frac{\operatorname{Arctan}t}{t}\cdot\frac1t\longrightarrow-\infty.\]

\(\boxed{-\infty}\)

I.3 \[\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt[3]{(\sqrt x)^3+x}-\sqrt[6]{x^3+x^2}\right).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

On factorise les puissances dominantes :

\[\sqrt[3]{x^{3/2}+x}=\sqrt x\left(1+\frac1{\sqrt x}\right)^{1/3},\] \[\sqrt[6]{x^3+x^2}=\sqrt x\left(1+\frac1x\right)^{1/6}.\]

Posons \(t=\dfrac1{\sqrt x}\). Alors \(t\to0^+\), et l'expression devient :

\[\frac{(1+t)^{1/3}-(1+t^2)^{1/6}}{t}.\]

On sépare :

\[\frac{\sqrt[3]{1+t}-1}{t}-\frac{\sqrt[6]{1+t^2}-1}{t}.\]

Le premier quotient tend vers \(\dfrac13\). Pour le second :

\[\frac{\sqrt[6]{1+t^2}-1}{t} =t\,\frac{\sqrt[6]{1+t^2}-1}{t^2}\longrightarrow0.\]

\(\boxed{\dfrac13}\)

I.4 \[\lim_{x\to-\infty}\frac{x-\sqrt[3]{x^2}}{x}.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Pour \(x\ne0\) :

\[\frac{x-\sqrt[3]{x^2}}x=1-\frac{\sqrt[3]{x^2}}x=1-x^{-1/3}.\]

Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(x^{-1/3}\to0\).

\(\boxed{1}\)

I.5 \[\lim_{x\to-\infty}\left(2x+1-\sqrt[3]{x-8x^3}\right).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Comme la racine cubique est définie sur \(\mathbb R\), on peut écrire :

\[\sqrt[3]{x-8x^3}=x\sqrt[3]{\frac1{x^2}-8}.\]

Donc :

\[2x+1-\sqrt[3]{x-8x^3} =x\left(2-\sqrt[3]{\frac1{x^2}-8}\right)+1.\]

Le facteur entre parenthèses tend vers \(2-(-2)=4>0\), tandis que \(x\to-\infty\).

\(\boxed{-\infty}\)

I.6 \[\lim_{x\to0^+}\frac1x\operatorname{Arctan}\left(\frac{\sqrt x}{x+1}\right).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Posons \(u=\dfrac{\sqrt x}{x+1}\). Alors \(u\to0^+\), et :

\[\frac1x\operatorname{Arctan}(u) =\frac{\operatorname{Arctan}u}{u}\cdot\frac{u}{x} =\frac{\operatorname{Arctan}u}{u}\cdot\frac1{\sqrt x(x+1)}.\]

Le premier facteur tend vers \(1\) et le second vers \(+\infty\).

\(\boxed{+\infty}\)

I.7 \[\lim_{x\to+\infty}\frac{2\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[5]x\,\sqrt[15]{x^2}}{\sqrt[3]{x-1}-\sqrt[3]x}.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

On remarque que :

\[\sqrt[5]x\,\sqrt[15]{x^2}=x^{1/5+2/15}=x^{1/3}=\sqrt[3]x.\]

Le numérateur vaut donc :

\[N(x)=2\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]x =\sqrt[3]x\left(2\sqrt[3]{1+\frac1x}-1\right)\longrightarrow+\infty.\]

Au dénominateur :

\[\sqrt[3]{x-1}-\sqrt[3]x =\frac{-1}{(\sqrt[3]{x-1})^2+\sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]x+(\sqrt[3]x)^2}.\]

Le dénominateur est négatif et tend vers \(0\). Le quotient tend donc vers \(-\infty\).

\(\boxed{-\infty}\)

I.8 \[\lim_{x\to+\infty}\frac1x\left(x^{\frac23}-x^{\frac13}\right)^{\frac32}.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Pour \(x>1\) :

\[x^{\frac23}-x^{\frac13}=x^{\frac23}\left(1-x^{-\frac13}\right).\]

Par conséquent :

\[\frac1x\left(x^{\frac23}-x^{\frac13}\right)^{\frac32} =\frac1x\,x\left(1-x^{-\frac13}\right)^{\frac32}.\]

\(\boxed{1}\)

II)

Montrer que :

\[2\operatorname{Arctan}(2)+\operatorname{Arctan}\left(\frac43\right)=\pi.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Posons \(\alpha=\operatorname{Arctan}(2)\) et \(\beta=\operatorname{Arctan}\left(\dfrac43\right)\).

Comme \(2>1\), on a \(\alpha\in]\frac\pi4;\frac\pi2[\), donc \(2\alpha\in]\frac\pi2;\pi[\). De plus :

\[\tan(2\alpha)=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}=\frac4{1-4}=-\frac43.\]

Or \(\pi-\beta\in]\frac\pi2;\pi[\) et :

\[\tan(\pi-\beta)=-\tan\beta=-\frac43.\]

La fonction tangente est injective sur \(]\frac\pi2;\pi[\). Ainsi \(2\alpha=\pi-\beta\).

\(\boxed{2\operatorname{Arctan}(2)+\operatorname{Arctan}\left(\dfrac43\right)=\pi}\)

III)

Montrer que, pour tout \(x\in]1;+\infty[\) :

\[\operatorname{Arctan}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)=2\operatorname{Arctan}(x)-\pi.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Posons \(\alpha=\operatorname{Arctan}(x)\). Comme \(x>1\), on a :

\[\alpha\in]\frac\pi4;\frac\pi2[\quad\text{et}\quad 2\alpha-\pi\in]-\frac\pi2;0[.\]

D'autre part :

\[\tan(2\alpha-\pi)=\tan(2\alpha)=\frac{2x}{1-x^2}.\]

Le nombre \(2\alpha-\pi\) appartient à l'intervalle des valeurs de la fonction Arctan. Par conséquent :

\(\boxed{\operatorname{Arctan}\left(\dfrac{2x}{1-x^2}\right)=2\operatorname{Arctan}(x)-\pi}\)

IV)

Soit \(f\) une fonction continue sur \([0;1]\) telle que :

\[(\forall x\in[0;1])\quad f(x)\leq0,\qquad f(0)=f(1)=0.\]

Montrer que :

\[(\forall n\in\mathbb N^*)\,(\exists c\in[0;1])\quad f(c)=f\left(c+\frac1n\right).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Fixons \(n\in\mathbb N^*\) et définissons sur \(\left[0;1-\dfrac1n\right]\) :

\[h(x)=f\left(x+\frac1n\right)-f(x).\]

La fonction \(h\) est continue. De plus :

\[h(0)=f\left(\frac1n\right)-f(0)=f\left(\frac1n\right)\leq0,\] \[h\left(1-\frac1n\right)=f(1)-f\left(1-\frac1n\right)=-f\left(1-\frac1n\right)\geq0.\]

Le théorème des valeurs intermédiaires assure donc l'existence de \(c\in\left[0;1-\dfrac1n\right]\subset[0;1]\) tel que \(h(c)=0\).

\(\boxed{f(c)=f\left(c+\dfrac1n\right)}\)

V.1

Résoudre dans \(\mathbb R\) :

\[\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}(2x)=\frac\pi3.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

La fonction :

\[H(x)=\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}(2x)\]

est continue et strictement croissante sur \(\mathbb R\). L'équation admet donc au plus une solution. Comme le second membre est positif, la solution éventuelle vérifie \(x>0\).

À la solution, la somme vaut \(\dfrac\pi3\), donc :

\[\tan\left(\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}(2x)\right)=\sqrt3.\]

Ainsi :

\[\frac{3x}{1-2x^2}=\sqrt3,\] \[2\sqrt3\,x^2+3x-\sqrt3=0.\]

Les racines sont \(\dfrac{-3\pm\sqrt{33}}{4\sqrt3}\). La seule racine positive est :

\[\alpha=\frac{\sqrt{11}-\sqrt3}{4}.\]

De plus, \(0<\alpha<\dfrac1{\sqrt2}\). Par conséquent, \(H(\alpha)\in]0;\dfrac\pi2[\) et \(\tan(H(\alpha))=\sqrt3\), donc \(H(\alpha)=\dfrac\pi3\).

\(\boxed{S=\left\{\dfrac{\sqrt{11}-\sqrt3}{4}\right\}}\)

V.2

Résoudre dans \(\mathbb R\) :

\[\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}(2x)>\frac\pi3.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

La fonction \(H(x)=\operatorname{Arctan}x+\operatorname{Arctan}(2x)\) est strictement croissante sur \(\mathbb R\).

D'après la question précédente :

\[H\left(\frac{\sqrt{11}-\sqrt3}{4}\right)=\frac\pi3.\]

Par stricte croissance :

\(\boxed{x>\dfrac{\sqrt{11}-\sqrt3}{4}}\)

VI) On considère sur \(I=\left[0;\dfrac\pi4\right[\) la fonction :

\[f(x)=\frac{-1}{1-\tan^3x}.\]

Correction typographique locale : l'énoncé introduit d'abord la lettre \(g\), puis utilise \(f\). La fonction est notée \(f\) dans toute la correction.

VI.1

Montrer que \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur un intervalle \(J\) à déterminer.

Lire la correction +Masquer la correction −

La fonction \(f\) est continue sur \(I\). Pour \(x\in]0;\frac\pi4[\) :

\[f'(x)=-\frac{3\tan^2x\,(1+\tan^2x)}{(1-\tan^3x)^2}<0.\]

La fonction \(f\) est donc strictement décroissante sur \(I\).

De plus :

\[f(0)=-1,\qquad \lim_{x\to(\pi/4)^-}f(x)=-\infty.\]

\(\boxed{J=]-\infty;-1]}\) et \(\boxed{f:I\to J\text{ est une bijection}}\).

VI.2

Décrire les variations de \(f^{-1}\).

Lire la correction +Masquer la correction −

La fonction réciproque a le même sens de variation que la fonction initiale.

Ainsi, \(f^{-1}\) est strictement décroissante sur \(J=]-\infty;-1]\). Lorsque \(y\) parcourt \(J\) de \(-\infty\) à \(-1\), \(f^{-1}(y)\) décroît de \(\dfrac\pi4\) vers \(0\), avec :

\[\lim_{y\to-\infty}f^{-1}(y)=\frac\pi4,\qquad f^{-1}(-1)=0.\]

\(\boxed{f^{-1}\text{ est strictement décroissante sur }]-\infty;-1]}\)

VI.3

Calculer \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).

Lire la correction +Masquer la correction −

Soit \(y\in J\). L'égalité \(y=f(x)\) équivaut à :

\[y=-\frac1{1-\tan^3x}.\]

Donc :

\[1-\tan^3x=-\frac1y,\qquad \tan^3x=1+\frac1y.\]

Comme \(x\in\left[0;\dfrac\pi4\right[\), on obtient :

\[\tan x=\sqrt[3]{1+\frac1y}.\]

Pour tout \(y\in]-\infty;-1]\), \[\boxed{f^{-1}(y)=\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]{1+\frac1y}\right)}.\]

Devoir 2

Soit \(f\) la fonction définie sur \(]-\infty;\frac\pi2]\) par :

\[ f(x)=\begin{cases} \operatorname{Arctan}\!\left(\sqrt[3]{\tan x}\right),& x\in\left[0;\dfrac\pi2\right[,\\[2mm] \dfrac{x}{\sqrt[3]{1-x^3}},& x<0,\\[2mm] \dfrac\pi2,& x=\dfrac\pi2. \end{cases} \]

Question 1

Montrer que \(f\) est continue sur \(\left[0;\dfrac\pi2\right]\).

Lire la correction +Masquer la correction −

Sur \(\left[0;\dfrac\pi2\right[\), les fonctions \(x\mapsto\tan x\), \(u\mapsto\sqrt[3]u\) et \(v\mapsto\operatorname{Arctan}v\) sont continues. Leur composée est donc continue.

En \(0\) :

\[f(0)=\operatorname{Arctan}(0)=0.\]

Au bord droit :

\[\lim_{x\to(\pi/2)^-}\tan x=+\infty,\]

donc :

\[\lim_{x\to(\pi/2)^-}f(x)=\frac\pi2=f\left(\frac\pi2\right).\]

\(\boxed{f\text{ est continue sur }\left[0;\dfrac\pi2\right]}\)

Question 2.a \[\lim_{x\to-\infty}f(x).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Pour \(x<0\) :

\[f(x)=\frac{x}{\sqrt[3]{1-x^3}}.\]

Or :

\[1-x^3=(-x)^3\left(1-\frac1{x^3}\right).\]

Comme \(-x>0\) :

\[f(x)=-\frac1{\sqrt[3]{1-\frac1{x^3}}}\longrightarrow-1.\]

\(\boxed{-1}\)

Question 2.b \[\lim_{x\to(\pi/2)^-}\frac{f(x)-f\left(\frac\pi2\right)}{x-\frac\pi2}.\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Posons \(t=\dfrac\pi2-x\). Alors \(t\to0^+\) et \(\tan x=\dfrac1{\tan t}\).

Comme, pour \(u>0\), \(\dfrac\pi2-\operatorname{Arctan}u=\operatorname{Arctan}\left(\dfrac1u\right)\), on obtient :

\[\frac{f(x)-\frac\pi2}{x-\frac\pi2} =\frac{\operatorname{Arctan}\left((\tan t)^{1/3}\right)}{t}.\]

On factorise :

\[\frac{\operatorname{Arctan}\left((\tan t)^{1/3}\right)}{(\tan t)^{1/3}} \left(\frac{\tan t}{t}\right)^{1/3}t^{-2/3}.\]

Les deux premiers facteurs tendent vers \(1\), tandis que \(t^{-2/3}\to+\infty\).

\(\boxed{+\infty}\)

Question 3. Soit \(g\) la restriction de \(f\) à \(\left[0;\dfrac\pi2\right]\).

Question 3.a

Montrer que \(g\) réalise une bijection de \(\left[0;\dfrac\pi2\right]\) sur un intervalle \(J\) à déterminer.

Lire la correction +Masquer la correction −

Sur \(\left[0;\dfrac\pi2\right[\), les fonctions \(\tan\), racine cubique et Arctan sont strictement croissantes. La fonction \(g\) est donc strictement croissante.

Elle est continue d'après la question 1 et :

\[g(0)=0,\qquad g\left(\frac\pi2\right)=\frac\pi2.\]

\(\boxed{J=\left[0;\dfrac\pi2\right]}\) et \(\boxed{g\text{ est une bijection de }\left[0;\dfrac\pi2\right]\text{ sur }J}\).

Question 3.b

Décrire les variations de \(g^{-1}\).

Lire la correction +Masquer la correction −

La fonction réciproque \(g^{-1}\) a le même sens de variation que \(g\). Elle est donc strictement croissante sur \(J=\left[0;\dfrac\pi2\right]\).

Lorsque \(y\) parcourt \(J\) de \(0\) à \(\dfrac\pi2\), \(g^{-1}(y)\) croît de \(0\) à \(\dfrac\pi2\).

\(\boxed{g^{-1}\text{ est strictement croissante sur }\left[0;\dfrac\pi2\right]}\)

Question 3.c

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

Lire la correction +Masquer la correction −

Soit \(y\in\left[0;\dfrac\pi2\right[\). L'égalité \(y=g(x)\) équivaut à :

\[y=\operatorname{Arctan}\left(\sqrt[3]{\tan x}\right),\] \[\tan y=\sqrt[3]{\tan x},\] \[\tan x=\tan^3y.\]

Comme \(x\in\left[0;\dfrac\pi2\right[\), on obtient :

\[x=\operatorname{Arctan}(\tan^3y).\]

Enfin, \(g^{-1}\left(\dfrac\pi2\right)=\dfrac\pi2\).

Pour tout \(y\in J\), \[\boxed{g^{-1}(y)=\begin{cases} \operatorname{Arctan}(\tan^3y),&0\leq y<\dfrac\pi2,\\[1mm] \dfrac\pi2,&y=\dfrac\pi2. \end{cases}}\]

Devoir 3

Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb R\) par :

\[ f(x)=\begin{cases} 1+\sqrt[3]{x^3-2x^2},&x\geq2,\\[2mm] \dfrac2\pi\operatorname{Arctan}\left(\dfrac1{\sqrt{2-x}}\right),&x<2. \end{cases} \]

Question 1.a \[\lim_{x\to+\infty}f(x).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Pour \(x\geq2\) :

\[f(x)=1+\sqrt[3]{x^3\left(1-\frac2x\right)} =1+x\sqrt[3]{1-\frac2x}.\]

Le second facteur tend vers \(1\), donc :

\(\boxed{+\infty}\)

Question 1.b \[\lim_{x\to-\infty}f(x).\]

Lire la correction +Masquer la correction −

Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(2-x\to+\infty\), donc :

\[\frac1{\sqrt{2-x}}\longrightarrow0^+.\]

Par continuité de la fonction Arctan en \(0\) :

\(\boxed{0}\)

Question 2

Étudier la continuité de \(f\) en \(2\).

Lire la correction +Masquer la correction −

On a :

\[f(2)=1+\sqrt[3]{8-8}=1.\]

À droite de \(2\) :

\[\lim_{x\to2^+}\left(1+\sqrt[3]{x^3-2x^2}\right)=1.\]

À gauche de \(2\), \(\dfrac1{\sqrt{2-x}}\to+\infty\), donc :

\[\lim_{x\to2^-}f(x)=\frac2\pi\cdot\frac\pi2=1.\]

\(\boxed{\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim_{x\to2^+}f(x)=f(2)=1}\). Ainsi, \(\boxed{f\text{ est continue en }2}\).

Question 3

Soit \(g\) la restriction de \(f\) à \(I=]-\infty;2[\). Montrer que \(g\) réalise une bijection de \(I\) sur un intervalle \(J\) à déterminer, puis calculer \(g^{-1}(x)\) pour tout \(x\in J\).

Lire la correction +Masquer la correction −

Sur \(I\), on a :

\[g(x)=\frac2\pi\operatorname{Arctan}\left(\frac1{\sqrt{2-x}}\right).\]

Lorsque \(x\) croît sur \(I\), la quantité \(2-x\) décroît, donc \(\dfrac1{\sqrt{2-x}}\) croît. Comme Arctan est strictement croissante, \(g\) est strictement croissante et continue sur \(I\).

De plus :

\[\lim_{x\to-\infty}g(x)=0,\qquad \lim_{x\to2^-}g(x)=1.\]

Ainsi :

\[\boxed{J=]0;1[}\quad\text{et}\quad\boxed{g:I\to J\text{ est une bijection}}.\]

Soit maintenant \(y\in]0;1[\). L'égalité \(y=g(x)\) équivaut à :

\[\frac{\pi y}{2}=\operatorname{Arctan}\left(\frac1{\sqrt{2-x}}\right),\] \[\tan\left(\frac{\pi y}{2}\right)=\frac1{\sqrt{2-x}}.\]

Par conséquent :

\[2-x=\frac1{\tan^2\left(\frac{\pi y}{2}\right)}.\]

Pour tout \(y\in]0;1[\), \[\boxed{g^{-1}(y)=2-\frac1{\tan^2\left(\frac{\pi y}{2}\right)}}.\]

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