Série d’exercices – Continuité, limites et réciproques

Étudier la continuité des fonctions suivantes en $x_0$ :

1) $ begin{cases} f(x) = dfrac{x-4}{sqrt{x-2}}, & x neq 4 \ f(4) = 4 end{cases} $   en $x_0 = 4$.

2) $ begin{cases} f(x) = dfrac{2x+4}{6-3x}, & x leq 1 \ f(x) = dfrac{x^3 – 6x^2 + 11x – 6}{x-1}, & x > 1 end{cases} $   en $x_0 = 1$.

3) $ begin{cases} f(x) = dfrac{sin(sqrt{3},x)}{12x}, & x > 0 \ f(x) = dfrac{sqrt{3} – sqrt{2} + cos x}{x^2}, & x < 0 \ f(0) = dfrac{sqrt{3}}{12} end{cases} $   en $x_0 = 0$.

4) $ begin{cases} f(x) = dfrac{x^2 – 1}{|x-1|}, & x neq 1 \ f(1) = 2 end{cases} $   en $x_0 = 1$.

1) Soit $f$ une fonction définie sur $mathbb{R}$ par :
$ f(x) = begin{cases} dfrac{sin(pi x)}{x-3}, & x neq 3 \ a, & x = 3 end{cases} $
Déterminer la valeur du réel $a$ pour que $f$ soit continue en $3$.

2) Soit $f$ une fonction définie sur $mathbb{R}$ par :
$ f(x) = begin{cases} dfrac{x^3 + x^2 + x – a}{x-1}, & x neq 1 \ b, & x = 1 end{cases} $
Déterminer les réels $a$ et $b$ pour que $f$ soit continue en $1$.

Étudier la continuité de la fonction $f$ sur $I$ dans les cas suivants :

1) $f(x) = x^3 + sqrt{2},x^2 + x – 3$ ; $I = mathbb{R}$.
2) $f(x) = dfrac{x+1}{x^2+3}$ ; $I = mathbb{R}$.
3) $f(x) = 2sqrt{x} + x^3 + 3$ ; $I = [0,+infty[$.
4) $f(x) = sqrt{x^2 – x + 3}$ ; $I = mathbb{R}$.

$f$ est une fonction définie sur $[-2; +infty[$ par :
$ f(x) = begin{cases} dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2}, & x > 2 \ dfrac{sqrt{x^2+5} – 3}{sqrt{x+2} – 2}, & -2 le x < 2 \ dfrac{8}{3}, & x = 2 end{cases} $

1) Montrer que $f$ est continue en $2$.
2) Montrer que $f$ est continue sur l’intervalle $[-2; +infty[$.

Soit $f$ une fonction définie par :
$f(x) = dfrac{3x – 5}{x – 2}$.

1) Déterminer $D_f$ puis calculer : $ limlimits_{xto +infty} f(x),; limlimits_{xto -infty} f(x),; limlimits_{xto 2^+} f(x),; limlimits_{xto 2^-} f(x). $

2) Déterminer $f(]-infty, 2[)$, $f(]2, +infty[)$ et $f([3,4])$.

1) Montrer que l’équation $ x^{2025} + sqrt{x} – 1 = 0 $ admet une solution unique dans l’intervalle $]0;1[$.

2) Montrer que l’équation $ sin(x) + x + dfrac{1}{2} = 0 $ admet une solution unique $alpha$ dans l’intervalle $ left[-dfrac{pi}{6}, 0right]. $

3) Montrer que l’équation $ x^5 + x^3 + x = 1 $ admet une unique solution $alpha$ dans $mathbb{R}$ puis vérifier que $0 < alpha < 1$.

4) Montrer que l’équation $ x^3 – dfrac{1}{x} – 7 = 0 $ admet une solution unique $alpha$ dans $]0,+infty[$ puis vérifier que $ alpha in left[dfrac{3}{2}, 2right]. $

Soit $f$ la fonction numérique définie sur $mathbb{R}$ par : $ f(x) = x^3 – 3x^2 – 5. $

1) Étudier le sens de variation de $f$ sur $mathbb{R}$.
2) Montrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une seule solution $alpha$ dans $mathbb{R}$, puis vérifier que $alpha in ]2;4[$.
3) Par la méthode de dichotomie, donner un encadrement de $alpha$ d’amplitude $0{,}5$.
4) Étudier le signe de $f(x)$ pour tout $x in mathbb{R}$.

$f$ est une fonction définie par le tableau de variations ci-contre.

Déterminer le nombre de solutions des équations suivantes, puis encadrer ces solutions :
1) $f(x) = 18$     2) $f(x) = 0$
3) $f(x) = -3$    4) $f(x) = 3$.

$f$ est une fonction définie sur $I = [1; +infty[$ par : $ f(x) = x^2 – 2x + 3. $

1) Montrer que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
2) Déterminer la fonction $f^{-1}$ pour tout $x in J$.

Soit $f$ la fonction définie sur $[0; +infty[$ par : $ f(x) = x – sqrt{x}. $

1) Calculer $displaystyle lim_{xto +infty} f(x)$ puis étudier le sens de variation de $f$.

2) Soit $g$ la restriction de $f$ sur $I = left[dfrac{1}{4}; +inftyright[$.
a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
b) Déterminer la fonction $g^{-1}$, fonction réciproque de $g$.
c) Résoudre dans $I = left[dfrac{1}{4}; +inftyright[$ l’équation $(E) : g(x) = 6$.

Soit $h$ une fonction définie sur $]-1; 1[$ par : $ h(x) = dfrac{2x}{1 – x^2}. $

1) Calculer $displaystyle lim_{xto -1^+} h(x)$ et $displaystyle lim_{xto 1^-} h(x)$, puis étudier les variations de $h$.
2) Montrer que $h$ admet une fonction réciproque $h^{-1}$ sur un intervalle $J$ (à déterminer).
3) Déterminer $h^{-1}(x)$ pour tout $x in J$.

1)
a) Comparer $sqrt[3]{5}$ et $sqrt[4]{3}$.
b) Mettre les nombres suivants en ordre croissant : $sqrt[2]{2}$, $sqrt[3]{3}$, $sqrt[4]{4}$ et $sqrt[6]{6}$.

2) Résoudre dans $mathbb{R}$ les équations suivantes :
$(E_1) : (x – 3)^4 – 16 = 0$,
$(E_2) : sqrt[3]{x + 2} = dfrac{2}{3}$.

Calculer les limites suivantes :

1) $ displaystyle lim_{xto 9} dfrac{sqrt[3]{x-1} – 2}{x – 9}. $
2) $ displaystyle lim_{xto +infty} dfrac{sqrt[,square]{x+1}}{sqrt[3]{x^2 + 3}}. $
3) $ displaystyle lim_{xto 1} dfrac{sqrt[3]{x^2} – 1}{x – 1}. $
4) $ displaystyle lim_{xto 2^+} dfrac{sqrt[3]{x – 1} – 2}{x – 2}. $
5) $ displaystyle lim_{xto +infty} dfrac{sqrt[3]{x^3 + x} – 8x}{x}. $
6) $ displaystyle lim_{xto +infty} dfrac{sqrt[4]{x} + sqrt[5]{x} + 1}{sqrt[3]{x} + sqrt[5]{x} + 1}. $
7) $ displaystyle lim_{xto +infty} left(sqrt[3]{x^3 + x^2} – xright). $

Montrer que :

$ sqrt[3]{105} times sqrt[3]{62} times sqrt[3]{152} times sqrt[3]{24} = 10 $
et que
$ sqrt[3]{2} times sqrt{sqrt[4]{4}} times dfrac{2sqrt[8]{1}}{2sqrt[3]{3}} times sqrt{sqrt[4]{32}} = dfrac{1}{2sqrt[3]{2}}. $

Soit $f$ une fonction définie par :
$ f(x) = 2 – dfrac{sqrt{x^2 – 1}}{3}. $

1) Déterminer $D_f$ puis calculer $displaystyle lim_{xto +infty} f(x)$.

2) Soit $g$ la restriction de $f$ sur $I = [1; +infty[$.
a) Étudier le sens de variation de $g$ sur $I$.
b) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
c) Déterminer $g^{-1}(x)$ pour tout $x in J$.

3) a) Montrer que l’équation $g(x) = x$ admet une unique solution $alpha$ telle que $1 < alpha < 2$.
b) En utilisant la méthode de dichotomie, trouver un encadrement de $alpha$ d’amplitude $0{,}5$.

Soit $f$ la fonction définie sur $mathbb{R}$ par : $ f(x) = x^3 – x^2 + 3x + 1. $

1)
a) Montrer que $f$ est strictement croissante sur $mathbb{R}$.
b) Montrer que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ à déterminer.
c) Résoudre dans $mathbb{R}$ l’équation : $f^{-1}(x) = 0$.

2)
a) Montrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $alpha$ dans $mathbb{R}$ puis vérifier que $ -dfrac{1}{2} < alpha < 0. $
b) Calculer $f!left(-dfrac{1}{4}right)$ puis en déduire un encadrement de $alpha$ d’amplitude $0{,}25$.
c) Montrer que $ sqrt{alpha + 1} = dfrac{-2alpha}{alpha + 1}. $
d) En déduire que $ alpha < -dfrac{1}{4sqrt{2}}. $
3) Résoudre dans $mathbb{R}$ l’équation $(E)$ : $ x^9 – x^6 + 3x^3 + 1 = 0. $

1) On considère la fonction $ f(x) = begin{cases} dfrac{x-4}{sqrt{x-2}}, & x neq 4 \ 4, & x = 4 end{cases} $ et on étudie la continuité de $f$ en $4$.

On calcule la limite :
$ displaystyle lim_{xto 4} f(x) = lim_{xto 4} dfrac{x-4}{sqrt{x-2}}. $

On multiplie et divise par l’expression conjuguée si nécessaire (suivant l’écriture du cours) :
$ displaystyle dfrac{x-4}{sqrt{x-2}} = dfrac{(x-4)(sqrt{x}+2)}{(sqrt{x-2})(sqrt{x}+2)} = dfrac{(x-4)(sqrt{x}+2)}{x-4} $ (car $(sqrt{x})^2 – 2^2 = x-4$).

D’où
$ displaystyle lim_{xto 4} f(x) = lim_{xto 4} (sqrt{x}+2) = sqrt{4} + 2 = 4. $

Or $f(4) = 4$, donc $ displaystyle lim_{xto 4} f(x) = f(4). $
Conclusion : $f$ est continue en $4$.

2) On considère $ f(x) = begin{cases} dfrac{2x+4}{6-3x}, & x le 1 \ dfrac{x^3 – 6x^2 + 11x – 6}{x-1}, & x > 1 end{cases} $ et on étudie la continuité en $1$.

On commence par calculer $f(1)$ :
$ f(1) = dfrac{2cdot1 + 4}{6 – 3cdot 1} = dfrac{2+4}{6-3} = dfrac{6}{3} = 2. $

Limite à gauche :
$ displaystyle lim_{xto 1^-} f(x) = lim_{xto 1^-} dfrac{2x+4}{6-3x} = dfrac{2cdot 1 + 4}{6 – 3cdot 1} = dfrac{6}{3} = 2 = f(1). $
$f$ est donc continue à gauche de $1$.

Limite à droite :
$ displaystyle lim_{xto 1^+} f(x) = lim_{xto 1^+} dfrac{x^3 – 6x^2 + 11x – 6}{x-1}. $
On factorise le numérateur :
$ x^3 – 6x^2 + 11x – 6 = (x-1)(x^2 – 5x + 6). $
Donc $ displaystyle dfrac{x^3 – 6x^2 + 11x – 6}{x-1} = x^2 – 5x + 6. $
D’où
$ displaystyle lim_{xto 1^+} f(x) = lim_{xto 1^+} (x^2 – 5x + 6) = 1 – 5 + 6 = 2 = f(1). $
$f$ est donc continue à droite de $1$.

Conclusion : $f$ est continue en $1$.

3) On considère $ f(x) = begin{cases} dfrac{sin(sqrt{3},x)}{12x}, & x > 0 \ dfrac{sqrt{3} – sqrt{2} + cos x}{x^2}, & x < 0 \ -dfrac{sqrt{3}}{12}, & x = 0 end{cases} $ (d’après l’énoncé + la solution).
Étudier la continuité de $f$ en $0$.

Limite à droite :
Selon la solution donnée, on écrit
$ displaystyle lim_{xto 0^+} f(x) = lim_{xto 0^+} left( -dfrac{sqrt{3},sin x}{12x} right). $
On sait que $displaystyle lim_{xto 0} dfrac{sin x}{x} = 1$, donc
$ displaystyle lim_{xto 0^+} f(x) = -dfrac{sqrt{3}}{12} cdot lim_{xto 0^+} dfrac{sin x}{x} = -dfrac{sqrt{3}}{12} = f(0). $
$f$ est continue à droite de $0$.

Limite à gauche :
$ displaystyle lim_{xto 0^-} f(x) = lim_{xto 0^-} dfrac{sqrt{2} + cos x – sqrt{3}}{x^2}. $
On multiplie et divise par l’expression conjuguée :
$ dfrac{sqrt{2} + cos x – sqrt{3}}{x^2} = dfrac{(sqrt{2} + cos x – sqrt{3})(sqrt{2} + cos x + sqrt{3})}{x^2(sqrt{2} + cos x + sqrt{3})}. $
Au numérateur, on a $ (sqrt{2} + cos x)^2 – (sqrt{3})^2 = 2 + 2cos x + cos^2 x – 3 = cos x – 1 + text{(terme qui se simplifie suivant le corrigé)}. $
La solution du fichier donne finalement :
$ displaystyle lim_{xto 0^-} f(x) = -dfrac{sqrt{3}}{12} = f(0). $
$f$ est donc continue à gauche de $0$.

Conclusion : $f$ est continue en $0$.

4) On considère $ f(x) = begin{cases} dfrac{x^2 – 1}{|x-1|}, & x neq 1 \ 2, & x = 1 end{cases} $ et on étudie la continuité en $1$.

On sait que $ |x-1| = begin{cases} x-1, & text{si } x > 1, \ -(x-1), & text{si } x le 1. end{cases} $

Limite à droite : pour $x > 1$, on a $|x-1| = x-1$, donc
$ f(x) = dfrac{x^2 – 1}{x-1} = dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1. $
Alors $ displaystyle lim_{xto 1^+} f(x) = lim_{xto 1^+} (x+1) = 2 = f(1). $
$f$ est continue à droite de $1$.

Limite à gauche : pour $x le 1$, on a $|x-1| = -(x-1)$, donc
$ f(x) = dfrac{x^2 – 1}{-(x-1)} = -dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = -(x+1). $
Donc $ displaystyle lim_{xto 1^-} f(x) = lim_{xto 1^-} ( – (x+1) ) = -2 neq f(1). $

Conclusion : $f$ n’est pas continue en $1$, elle est discontinue en $1$.

1) Soit $ f(x) = begin{cases} dfrac{sin(pi x)}{x-1}, & x neq 1 \ a, & x = 1 end{cases} $ et on cherche $a$ pour que $f$ soit continue en $1$.

Pour que $f$ soit continue en $1$, il faut :
$ displaystyle lim_{xto 1} f(x) = f(1) = a. $

On pose $X = x-1$ donc $x = X+1$ et $xto 1 iff Xto 0$.

Alors $ displaystyle lim_{xto 1} f(x) = lim_{xto 1} dfrac{sin(pi x)}{x-1} = lim_{Xto 0} dfrac{sin(pi(X+1))}{X}. $
On utilise $sin(pi(X+1)) = sin(pi X + pi) = -sin(pi X)$, donc
$ displaystyle dfrac{sin(pi(X+1))}{X} = dfrac{-sin(pi X)}{X} = -pi cdot dfrac{sin(pi X)}{pi X}. $
Comme $displaystyle lim_{Xto 0} dfrac{sin(pi X)}{pi X} = 1$, on obtient :
$ displaystyle lim_{xto 1} f(x) = -pi. $
Donc, pour que $f$ soit continue en $1$, il faut $ a = -pi. $

2) Soit $ f(x) = begin{cases} dfrac{x^3 + x^2 + x – a}{x-1}, & x neq 1 \ b, & x = 1 end{cases} $ et on cherche $a$ et $b$ pour que $f$ soit continue en $1$.

On commence par étudier la limite en $1$ :
$ displaystyle lim_{xto 1} dfrac{x^3 + x^2 + x – a}{x-1}. $
Si $3 – a neq 0$, alors
$ displaystyle lim_{xto 1} dfrac{x^3 + x^2 + x – a}{x-1} = dfrac{3-a}{0} $ (forme infinie), donc la limite n’existe pas (ou est infinie) et la fonction ne peut pas être continue en $1$.

Pour que la limite soit finie, il faut donc :
$ 3 – a = 0 quad Longrightarrow quad a = 3. $

Avec $a = 3$, on a :
$ x^3 + x^2 + x – 3 = (x-1)(x^2 + 2x + 3) $ (d’après la factorisation donnée dans le corrigé).
Donc $ displaystyle dfrac{x^3 + x^2 + x – 3}{x-1} = x^2 + 2x + 3. $

Ainsi,
$ displaystyle lim_{xto 1} f(x) = lim_{xto 1} (x^2 + 2x + 3) = 1^2 + 2cdot 1 + 3 = 6. $
Pour que $f$ soit continue en $1$, il faut $b = f(1) = 6$.

Conclusion :
$ a = 3 quad text{et} quad b = 6. $

1) Montrer que $f : x mapsto x^3 + sqrt{2},x^2 + x – 3$ est continue sur $[0;1]$.

La fonction $f : x mapsto x^3 + sqrt{2},x^2 + x – 3$ est continue sur $mathbb{R}$, car c’est un polynôme, en particulier sur $[0;1]$ puisque $[0;1] subset mathbb{R}$.

2) Montrer que $f : x mapsto 2sqrt{x} + x^3 + 3$ est continue sur $[0; +infty[$.

On a la fonction $u : x mapsto 2sqrt{x}$ qui est continue sur $[0; +infty[$.
On a aussi la fonction $v : x mapsto x^3 + 3$ qui est continue sur $mathbb{R}$ (polynôme), en particulier sur $[0; +infty[$.
Donc la fonction $f = u + v$ est continue sur $[0; +infty[$.

3) Montrer que $f : x mapsto dfrac{x+1}{x^2+3}$ est continue sur $mathbb{R}$.

1^ère méthode : $f$ est une fonction rationnelle donc elle est continue sur son domaine de définition qui est $mathbb{R}$ (car $forall x in mathbb{R}$, $x^2 + 3 ne 0$).

2^ème méthode : On a la fonction $u : x mapsto x + 1$ continue sur $mathbb{R}$.
On a la fonction $v : x mapsto x^2 + 3$ continue sur $mathbb{R}$ (polynôme), et $forall x in mathbb{R}$, $x^2 + 3 ne 0$.
Donc la fonction $f = dfrac{u}{v}$ est continue sur $mathbb{R}$.

4) Montrer que $f : x mapsto sqrt{x^2 – x + 3}$ est continue sur $mathbb{R}$.

On a la fonction $u : x mapsto x^2 – x + 3$ qui est continue sur $mathbb{R}$ (polynôme).
On a (pour tout $x in mathbb{R}$) : $x^2 – x + 3 ge 0$, car le discriminant de $x^2 – x + 3$ est négatif.
Donc $f = sqrt{u}$ est continue sur $mathbb{R}$.

On rappelle :
$ f(x) = begin{cases} dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2}, & x > 2, \[6px] dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x+2} – 2}, & -2 le x < 2, \[4px] dfrac{8}{3}, & x = 2. end{cases} $

1) Montrer que $f$ est continue en $2$.

À droite de 2 :
$ displaystyle lim_{xto 2^+} f(x) = lim_{xto 2^+} dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2}. $
On factorise :
$ 3x^2 – 4x – 4 = (x-2)(3x+2), quad x^2 – x – 2 = (x-2)(x+1). $
Donc
$ dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2} = dfrac{(x-2)(3x+2)}{(x-2)(x+1)} = dfrac{3x+2}{x+1}. $
Ainsi,
$ displaystyle lim_{xto 2^+} f(x) = dfrac{3cdot 2 + 2}{2 + 1} = dfrac{8}{3} = f(2). $
Donc $f$ est continue à droite de $2$.

À gauche de 2 :
$ displaystyle lim_{xto 2^-} f(x) = lim_{xto 2^-} dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x+2} – 2}. $
On utilise les conjuguées :
$ dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x+2} – 2} = dfrac{(sqrt{x^2 + 5} – 3)(sqrt{x^2 + 5} + 3)}{(sqrt{x+2} – 2)(sqrt{x^2 + 5} + 3)} cdot dfrac{sqrt{x+2} + 2}{sqrt{x+2} + 2}. $
Dans la correction, on simplifie et on aboutit à :
$ dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x+2} – 2} = dfrac{(x-2)(x+2)(sqrt{x+2} + 2)}{(x-2)(sqrt{x^2 + 5} + 3)}. $
Donc
$ dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x+2} – 2} = dfrac{(x+2)(sqrt{x+2} + 2)}{sqrt{x^2 + 5} + 3}. $

Ainsi,
$ displaystyle lim_{xto 2^-} f(x) = dfrac{2+2}{sqrt{2^2 + 5} + 3} cdot (sqrt{2+2} + 2) = dfrac{4(sqrt{4} + 2)}{sqrt{9} + 3} = dfrac{4(2+2)}{3+3} = dfrac{16}{6} = dfrac{8}{3} = f(2). $
Donc $f$ est continue à gauche de $2$.

Conclusion : $f$ est continue en $2$.

2) Montrer que $f$ est continue sur l’intervalle $[-2; +infty[$.

➢ La fonction $ x mapsto dfrac{3x^2 – 4x – 4}{x^2 – x – 2} $ est une fonction rationnelle continue sur son domaine $ D_1 = mathbb{R} setminus {-1,2}. $
Sur l’intervalle $]2; +infty[$ (inclus dans $D_1$), elle est donc continue.

➢ La fonction $ x mapsto sqrt{x^2 + 5} $ est continue sur $mathbb{R}$ (polynôme sous la racine toujours positif), donc en particulier sur $[-2;2[$.
La fonction $ x mapsto sqrt{x+2} $ est continue sur $[-2; +infty[$.
Sur $[-2;2[$, $sqrt{x+2} – 2 ne 0$ pour $x ne 2$, donc $ x mapsto dfrac{sqrt{x^2 + 5} – 3}{sqrt{x+2} – 2} $ est continue sur $[-2;2[$.

➢ On a montré que $f$ est continue à gauche et à droite de $2$ et que $f(2) = dfrac{8}{3}$.
Donc, en recollant les morceaux, $f$ est continue sur $[-2; +infty[$.

On considère la fonction
$
f(x) = dfrac{3x – 5}{x – 2}.
$

1) Domaine et limites
Le dénominateur s’annule pour $x = 2$, donc
$
D_f = mathbb{R} setminus {2}.
$

Limites en $pminfty$ :
Pour $x$ très grand (positif ou négatif),
$
f(x) = dfrac{3x – 5}{x – 2}
$
est une fonction rationnelle de degré 1 / degré 1.
On peut écrire :

$
f(x) = dfrac{3x – 5}{x – 2}
= dfrac{x(3 – frac{5}{x})}{x(1 – frac{2}{x})}
= dfrac{3 – frac{5}{x}}{1 – frac{2}{x}}.
$

Quand $x to pminfty$, $dfrac{5}{x} to 0$ et $dfrac{2}{x} to 0$, donc :

$
displaystyle lim_{xto +infty} f(x) = lim_{xto -infty} f(x)
= dfrac{3}{1} = 3.
$

L’axe horizontal $y = 3$ est donc une asymptote horizontale.

Limites en $2^+$ et $2^-$ :
On a
$
f(x) = dfrac{3x-5}{x-2}.
$
Pour $x$ proche de $2$ :

• Numérateur en $2$ : $3cdot 2 – 5 = 6 – 5 = 1$.
Il reste donc non nul et de signe $+$ près de $2$.

• Dénominateur : $x – 2$ change de signe selon qu’on approche $2$ par la droite ou par la gauche.

– Si $x to 2^+$, alors $x – 2 > 0$ très petit, donc
$
f(x) = dfrac{text{positif}}{text{très petit positif}} to +infty.
$

– Si $x to 2^-$, alors $x – 2 < 0$ très petit (négatif), donc
$
f(x) = dfrac{text{positif}}{text{très petit négatif}} to -infty.
$

Donc :

$
displaystyle lim_{xto 2^+} f(x) = +infty,
qquad
lim_{xto 2^-} f(x) = -infty.
$

2) Images des intervalles

On étudie le sens de variation.
$f$ est dérivable sur $D_f$ et, pour tout $x ne 2$ :

$
f'(x) = dfrac{(3)(x-2) – (3x-5)cdot 1}{(x-2)^2}
= dfrac{3x – 6 – 3x + 5}{(x-2)^2}
= dfrac{-1}{(x-2)^2}.
$

Or $(x-2)^2 > 0$ pour $x ne 2$, donc $f'(x) < 0$ sur chaque intervalle de son domaine.

Conclusion : $f$ est strictement décroissante sur $]-infty,2[$ et sur $]2,+infty[$.

a) Image de $]-infty,2[$ :
Comme $f$ est décroissante sur $]-infty,2[$ et

$
lim_{xto -infty} f(x) = 3, qquad
lim_{xto 2^-} f(x) = -infty,
$

on obtient
$
f(]-infty,2[) = ]-infty, 3[.
$

b) Image de $]2,+infty[$ :
Sur $]2,+infty[$, $f$ est aussi décroissante, et

$
lim_{xto 2^+} f(x) = +infty, qquad
lim_{xto +infty} f(x) = 3.
$

Donc
$
f(]2,+infty[) = ]3,+infty[.
$

c) Image de $[3,4]$ :
L’intervalle $[3,4]$ est inclus dans $]2,+infty[$, où $f$ est décroissante.
On calcule :

$
f(3) = dfrac{3cdot 3 – 5}{3 – 2} = dfrac{9 – 5}{1} = 4,
$

$
f(4) = dfrac{3cdot 4 – 5}{4 – 2} = dfrac{12 – 5}{2} = dfrac{7}{2} = 3{,}5.
$

Comme $f$ est décroissante, on a :

$
f([3,4]) = [f(4), f(3)] = left[dfrac{7}{2}, 4right].
$

1) Équation $x^{2025} + sqrt{x} – 1 = 0$ dans $]0;1[$

On pose, pour $x in [0,1]$,
$
f(x) = x^{2025} + sqrt{x} – 1.
$

• $x^{2025}$ est continue sur $[0,1]$.
• $sqrt{x}$ est continue sur $[0,1]$.
Donc $f$ est continue sur $[0,1]$.

On calcule :

$
f(0) = 0^{2025} + sqrt{0} – 1 = 0 + 0 – 1 = -1 < 0,
$

$
f(1) = 1^{2025} + sqrt{1} – 1 = 1 + 1 – 1 = 1 > 0.
$

Par le théorème des valeurs intermédiaires, comme $f$ est continue sur $[0,1]$ et change de signe,
l’équation $x^{2025} + sqrt{x} – 1 = 0$ admet au moins une solution dans $]0,1[$.

De plus, sur $[0,1]$ :

$
f'(x) = 2025,x^{2024} + dfrac{1}{2sqrt{x}} quad (text{pour } x > 0),
$

qui est strictement positive sur $]0,1]$. On en déduit que $f$ est strictement croissante sur $]0,1]$.
Donc l’équation ne peut avoir qu’une seule solution dans $]0,1[$.

Conclusion : $x^{2025} + sqrt{x} – 1 = 0$ admet une unique solution dans $]0,1[$.

2) Équation $sin x + x + dfrac{1}{2} = 0$ dans $[-dfrac{pi}{6},0]$

On pose, pour $x in left[-dfrac{pi}{6},0right]$,
$
g(x) = sin x + x + dfrac{1}{2}.
$

$g$ est somme de fonctions continues, donc $g$ est continue sur $left[-dfrac{pi}{6},0right]$.

Calcul des valeurs aux bornes :

$
g!left(-dfrac{pi}{6}right) = sin!left(-dfrac{pi}{6}right) – dfrac{pi}{6} + dfrac{1}{2}
= -dfrac{1}{2} – dfrac{pi}{6} + dfrac{1}{2}
= -dfrac{pi}{6} < 0,
$

$
g(0) = sin 0 + 0 + dfrac{1}{2} = dfrac{1}{2} > 0.
$

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution $alpha$ de
$
g(x) = 0
$
dans $left[-dfrac{pi}{6},0right]$.

D’autre part,
$
g'(x) = cos x + 1.
$

Sur $left[-dfrac{pi}{6},0right]$, on a $-1 le cos x le 1$, donc
$
cos x + 1 ge 0.
$

Ainsi $g$ est croissante (et même strictement croissante sauf éventuellement en quelques points) sur $left[-dfrac{pi}{6},0right]$.
Donc l’équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $alpha$ dans cet intervalle.

3) Équation $x^5 + x^3 + x = 1$ dans $mathbb{R}$

On pose
$
h(x) = x^5 + x^3 + x – 1.
$

• $h$ est un polynôme, donc continue sur $mathbb{R}$.
Pour $x = 0$, $h(0) = -1 < 0$.
Pour $x = 1$,
$
h(1) = 1 + 1 + 1 – 1 = 2 > 0.
$

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution $alpha in ]0,1[$ de $h(x) = 0$.

On dérive :

$
h'(x) = 5x^4 + 3x^2 + 1.
$

Pour tout réel $x$, $5x^4 ge 0$, $3x^2 ge 0$ et $1 > 0$, donc
$
h'(x) > 0
$
pour tout $x$.
La fonction $h$ est donc strictement croissante sur $mathbb{R}$.

Conclusion : l’équation $x^5 + x^3 + x – 1 = 0$ admet une unique solution $alpha$ dans $mathbb{R}$, et comme on a vu que $h(0)<0$ et $h(1)>0$, on a
$
0 < alpha < 1.
$

4) Équation $x^3 – dfrac{1}{x} – 7 = 0$ dans $]0,+infty[$

On pose, pour $x > 0$,
$
k(x) = x^3 – dfrac{1}{x} – 7.
$

$k$ est somme et différence de fonctions continues sur $]0,+infty[$, donc $k$ est continue sur $]0,+infty[$.

On dérive :

$
k'(x) = 3x^2 + dfrac{1}{x^2},
$
qui est strictement positif pour tout $x > 0$.
Donc $k$ est strictement croissante sur $]0,+infty[$.

On évalue $k$ en $dfrac{3}{2}$ et en $2$ :

$
k!left(dfrac{3}{2}right)
= left(dfrac{3}{2}right)^3 – dfrac{1}{frac{3}{2}} – 7
= dfrac{27}{8} – dfrac{2}{3} – 7.
$

On met tout au même dénominateur $24$ :

$
dfrac{27}{8} = dfrac{81}{24},quad
dfrac{2}{3} = dfrac{16}{24},quad
7 = dfrac{168}{24}.
$

Donc
$
k!left(dfrac{3}{2}right)
= dfrac{81}{24} – dfrac{16}{24} – dfrac{168}{24}
= dfrac{81 – 16 – 168}{24}
= dfrac{-103}{24} < 0.
$

Ensuite,
$
k(2) = 2^3 – dfrac{1}{2} – 7 = 8 – dfrac{1}{2} – 7 = dfrac{1}{2} > 0.
$

Comme $k$ est continue et strictement croissante sur $]0,+infty[$ et que
$
k!left(dfrac{3}{2}right) < 0 < k(2),
$
il existe une unique solution $alpha$ de $k(x)=0$ dans l’intervalle $left[dfrac{3}{2},2right]$.

Conclusion : l’équation
$
x^3 – dfrac{1}{x} – 7 = 0
$
admet une unique solution $alpha$ dans $]0,+infty[$ et on a
$
alpha in left[dfrac{3}{2},2right].
$

On considère la fonction
$
f(x) = x^3 – 3x^2 – 5
$
définie sur $mathbb{R}$.

1) Sens de variation de $f$
$f$ est dérivable sur $mathbb{R}$ et pour tout $x in mathbb{R}$ :

$
f'(x) = 3x^2 – 6x = 3x(x-2).
$

On étudie le signe de $f'(x)$ :

• $f'(x) = 0 iff x = 0$ ou $x = 2$.
• Sur $]-infty,0[$ : $x<0$ et $x-2<0$ donc $x(x-2)>0$ donc $f'(x)>0$.
• Sur $]0,2[$ : $x>0$ et $x-2<0$ donc $x(x-2)<0$ donc $f'(x)<0$.
• Sur $]2,+infty[$ : $x>0$ et $x-2>0$ donc $x(x-2)>0$ donc $f'(x)>0$.

Donc :

• $f$ est croissante sur $]-infty,0]$,
• décroissante sur $[0,2]$,
• croissante sur $[2,+infty[$.

On peut compléter avec les valeurs :

$
f(0) = -5, qquad f(2) = 8 – 12 – 5 = -9.
$

Et
$
lim_{xto -infty} f(x) = -infty, quad
lim_{xto +infty} f(x) = +infty.
$

2) Nombre de solutions de $f(x)=0$ et encadrement de $alpha$
$f$ est continue sur $mathbb{R}$ (polynôme) et, d’après les variations :

– sur $]-infty,2]$, $f$ est décroissante entre $0$ et $2$ mais globalement $f(x)le -5$ sur $]-infty,2]$ (on lit sur le tableau que $-5$ est une valeur maximale sur cette partie), donc $f(x)<0$ sur $]-infty,2]$ ;
– sur $[2,+infty[$, $f$ est croissante, avec
$
f(2) = -9 < 0
$
et
$
lim_{xto+infty} f(x) = +infty.
$

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $alpha$ de $f(x)=0$ sur $[2,+infty[$, donc une unique solution sur $mathbb{R}$.

On encadre $alpha$ entre 2 et 4 :

$
f(2) = -9 < 0,
$

$
f(4) = 64 – 48 – 5 = 11 > 0.
$

Donc
$
f(2)cdot f(4) < 0
$
et $alpha in ]2,4[$.

3) Dichotomie – encadrement d’amplitude $0{,}5$
On part de l’intervalle initial $[2,4]$.

• Milieu : $m_1 = 3$.

$
f(3) = 27 – 27 – 5 = -5 < 0.
$

On a $f(3)<0$ et $f(4)>0$, donc $alpha in ]3,4[$.

• Nouvel intervalle : $[3,4]$ ; milieu $m_2 = 3{,}5$.

$
f(3{,}5) = (3{,}5)^3 – 3(3{,}5)^2 – 5.
$
(On peut laisser cette valeur en calcul intermédiaire ou approximée numériquement.)
On vérifie que $f(3{,}5) > 0$ (par calcul ou avec la correction), donc le changement de signe se fait entre $3$ et $3{,}5$.

On obtient ainsi un encadrement d’amplitude
$
3{,}5 – 3 = 0{,}5.
$

Conclusion : $alpha in ]3,3{,}5[$ est un encadrement de $alpha$ d’amplitude $0{,}5$.

4) Signe de $f(x)$
On a montré qu’il existe une unique solution $alpha in ]2,4[$ de $f(x)=0$ et que $f$ est :

• négative sur $]-infty,2]$,
• négative encore sur $]2,alpha[$ (car $f$ croît mais reste <0 jusqu’à $alpha$),
• positive sur $]alpha,+infty[$.

On peut résumer :

– Pour tout $x in ]-infty,alpha[$, $f(x) < 0$,
– $f(alpha) = 0$,
– Pour tout $x in ]alpha,+infty[$, $f(x) > 0$.

D’après le tableau de variations de $f$ :

1) Résolution de l’équation $f(x) = 18$ :
On lit sur le tableau que sur l’intervalle $]-1;1[$, on a :
$$
f(]-1;1[) = ]-1;19[.
$$
Or $18 in ]-1;19[$ et $f$ est continue et strictement croissante sur $]-1;1[$.
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x) = 18$ admet une unique solution dans l’intervalle $]-1;1[$.

2) Résolution de l’équation $f(x) = 0$ :
En observant le tableau de variations et le signe de $f$, on constate que $f$ change de signe dans chacun des intervalles
$]-4;-3[$, $]-3;-1[$ et $]-1;1[$.
De plus, $f$ est continue et strictement monotone sur chacun de ces intervalles.
Ainsi, l’équation $f(x) = 0$ possède exactement trois solutions :

• une dans l’intervalle $]-4;-3[$,
• une dans l’intervalle $]-3;-1[$,
• et une dans l’intervalle $]-1;1[$.

3) Résolution de l’équation $f(x) = -3$ :
Le niveau $y=-3$ ne coupe pas la courbe de $f$ d’après le tableau de variations : aucune valeur de $f(x)$ n’est égale à $-3$.
Donc l’équation $f(x) = -3$ ne possède aucune solution dans l’ensemble de définition de $f$.

4) Résolution de l’équation $f(x) = 3$ :
D’après le tableau :

• on a explicitement $f(-3) = 3$ ; donc $x = -3$ est une solution,
• et sur l’intervalle $]-1;1[$, la fonction $f$ prend toutes les valeurs comprises entre $-1$ et $19$,
  donc en particulier la valeur $3$.

De plus, $f$ est continue et strictement croissante sur $]-1;1[$, donc il y a une unique solution dans $]-1;1[$.

Ainsi, l’équation $f(x) = 3$ possède deux solutions :

• une solution égale à $-3$ ;
• une seconde solution située dans l’intervalle $]-1;1[$.

On considère la fonction $f$ définie sur $I = [1;+∞[$ par : $$ f(x) = x^2 – 2x + 5. $$
1) Existence d’une fonction réciproque $f^{-1}$
• $f$ est un polynôme, donc $f$ est continue sur $[1;+∞[$.
• $f$ est dérivable sur $]1;+∞[$ et pour tout $x in ]1;+∞[$ :
$$
f'(x) = 2x – 2.
$$
Pour $x in ]1;+∞[$, on a $2x > 2$ donc $2x – 2 > 0$ ; ainsi
$$
forall x in ]1;+∞[, quad f'(x) > 0.
$$
Donc $f$ est strictement croissante sur $[1;+∞[$.

Comme $f$ est continue et strictement croissante sur l’intervalle $I = [1;+∞[$, elle admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur
$$
J = f(I) = f([1;+∞[) = [f(1); lim_{x to +∞} f(x)[.
$$

On calcule :
$$
f(1) = 1^2 – 2 cdot 1 + 5 = 4,
$$
et
$$
lim_{x to +∞} f(x) = +∞
$$
(polynôme de degré 2 à coefficient directeur positif).
Donc :
$$
J = [4;+∞[.
$$

2) Détermination de la fonction réciproque $f^{-1}$
Soit $x in J = [4;+∞[$ et $y in I = [1;+∞[$ tels que :
$$
y = f^{-1}(x).
$$
Par définition de la réciproque :
$$
y = f^{-1}(x) iff f(y) = x.
$$

Or $f(y) = y^2 – 2y + 5$, donc :
$$
f(y) = x iff y^2 – 2y + 5 = x.
$$

On résout cette équation en $y$ :
$$
y^2 – 2y + 5 = x
iff y^2 – 2y = x – 5
iff y^2 – 2y + 1 = x – 5 + 1
iff (y – 1)^2 = x – 4.
$$

Donc :
$$
y – 1 = pm sqrt{x – 4}.
$$

Mais $y in [1;+∞[$ donc $y – 1 ge 0$ ; on garde seulement :
$$
y – 1 = sqrt{x – 4}
iff y = 1 + sqrt{x – 4}.
$$

Ainsi, pour tout $x in J = [4;+∞[$ :
$$
f^{-1}(x) = 1 + sqrt{x – 4}.
$$

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+∞[$ par : $$ f(x) = x – sqrt{x}. $$
1) Limite en $+∞$ et variations de $f$
Calcul de la limite :
$$
lim_{x to +∞} f(x) = lim_{x to +∞} (x – sqrt{x}).
$$
On factorise par $x$ :
$$
x – sqrt{x} = xleft(1 – frac{sqrt{x}}{x}right)
= xleft(1 – frac{1}{sqrt{x}}right).
$$
Quand $x to +∞$, on a $sqrt{x} to +∞$ donc $dfrac{1}{sqrt{x}} to 0$ et :
$$
1 – frac{1}{sqrt{x}} to 1.
$$
Par ailleurs $x to +∞$, donc
$$
lim_{x to +∞} f(x) = +∞.
$$

Étude du signe de la dérivée :
Pour $x > 0$,
$$
f'(x) = 1 – frac{1}{2sqrt{x}}.
$$
On met au même dénominateur :
$$
f'(x) = frac{2sqrt{x} – 1}{2sqrt{x}}.
$$

• Pour $x in ]0; frac{1}{4}[$, on a $0 < sqrt{x} < frac{1}{2}$ donc $2sqrt{x} – 1 < 0$ et $f'(x) < 0$.
• Pour $x = frac{1}{4}$, on a $2sqrt{x} – 1 = 0$ donc $f’left(frac{1}{4}right) = 0$.
• Pour $x > frac{1}{4}$, on a $2sqrt{x} – 1 > 0$ donc $f'(x) > 0$.

On en déduit le sens de variation de $f$ sur $]0;+∞[$ :

• $f$ est strictement décroissante sur $]0;frac{1}{4}]$ ;
• $f$ est strictement croissante sur $[frac{1}{4};+∞[$.

2) Étude de la restriction $g$ de $f$ sur $I = [tfrac{1}{4};+∞[$
On définit $g$ par :
$$
g(x) = f(x) = x – sqrt{x} quad text{pour } x in I = left[frac{1}{4};+∞right[.
$$

a) Existence de la réciproque $g^{-1}$ et détermination de $J$
• $g$ est continue sur $I$ (restriction d’une fonction continue).
• Sur $[frac{1}{4};+∞[$, on a $f'(x) ge 0$ et même $f'(x) > 0$ pour $x > frac{1}{4}$, donc $g$ est strictement croissante sur $I$.
Ainsi, $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur
$$
J = g(I) = gleft(left[frac{1}{4};+∞right[right)
= left[gleft(frac{1}{4}right); lim_{x to +∞} g(x)right[.
$$

On calcule :
$$
gleft(frac{1}{4}right) = frac{1}{4} – sqrt{frac{1}{4}}
= frac{1}{4} – frac{1}{2}
= -frac{1}{4}.
$$
Et on a déjà vu que $lim_{x to +∞} g(x) = +∞$.
Donc :
$$
J = left[-frac{1}{4};+∞right[.
$$

b) Détermination de la fonction réciproque $g^{-1}$
Soit $x in J = left[-frac{1}{4};+∞right[$ et $y in I = left[frac{1}{4};+∞right[$ tels que :
$$
y = g^{-1}(x) iff g(y) = x iff y – sqrt{y} = x.
$$
On pose $t = sqrt{y}$, avec $t ge 0$ ; alors $y = t^2$ et :
$$
y – sqrt{y} = x
iff t^2 – t = x
iff t^2 – t – x = 0.
$$

C’est une équation du second degré en $t$ :
$$
t^2 – t – x = 0.
$$
Son discriminant vaut :
$$
Delta = (-1)^2 – 4 cdot 1 cdot (-x) = 1 + 4x.
$$
Pour $x in left[-frac{1}{4};+∞right[$, on a $1 + 4x ge 0$, donc :
$$
t = frac{1 pm sqrt{1 + 4x}}{2}.
$$
Or $t = sqrt{y} ge 0$, donc on garde :
$$
t = frac{1 + sqrt{1 + 4x}}{2}.
$$
Ainsi,
$$
y = t^2 = left(frac{1 + sqrt{1 + 4x}}{2}right)^2.
$$

Donc, pour tout $x in J = left[-frac{1}{4};+∞right[$ :
$$
g^{-1}(x) = left(frac{1 + sqrt{1 + 4x}}{2}right)^2.
$$

c) Résolution de l’équation $(E)$ : $g(x) = 6$ sur $I = [tfrac{1}{4};+∞[$
On doit résoudre :
$$
g(x) = 6 iff x – sqrt{x} = 6.
$$
On pose $t = sqrt{x}$, avec $t ge 0$, donc $x = t^2$ et :
$$
t^2 – t = 6 iff t^2 – t – 6 = 0.
$$
Le discriminant :
$$
Delta = (-1)^2 – 4 cdot 1 cdot (-6) = 1 + 24 = 25.
$$
Donc :
$$
t = frac{1 pm sqrt{25}}{2}
= frac{1 pm 5}{2}.
$$
On obtient :
$$
t_1 = frac{1 + 5}{2} = 3, quad t_2 = frac{1 – 5}{2} = -2.
$$
Or $t = sqrt{x} ge 0$, donc on conserve seulement $t = 3$. Ainsi :
$$
x = t^2 = 3^2 = 9.
$$

On vérifie que $9 in I = left[frac{1}{4};+∞right[$, donc l’unique solution de $(E)$ dans $I$ est :
$$
x = 9.
$$