I. Sur [−1, 16 [ la fonction f est continue car c'est une fonction polynôme
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Texte intégral
(2) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. 2. limx→−∞ f (x) =?. f (x) =. x2 x2 x2 √ q q = = 2 − 4 + x2 2 − |x| x42 + 1 2 − x2 x42 + 1. D'où ∀x ∈] − ∞, 0[; |x| = −x. x2 q. f (x) = 2+x. x q. =. 4 x2. +1. 2 x. 4 x2. +. +1. lM ®E x q. et lim. x→−∞ 2 x. +. 4 x2. = −∞. +1. III.- Pour x 6= ±2, la fonction f est√continue comme rapport de deux fonctions continues qui sont x 7−→ 4 − x2 et x 7−→ 3 − x2 + 5. Cette deuxième fonction√ est continue du fait 2 que la composée de deux fonctions continues (x 7−→ x + 5 et x 7−→ x) est continue. Pour que f soit continue en x = 2 et en x = −2, il faut que. ero. lim f (x) = f (2) = k = lim f (x) = f (−2). x→2. x→−2. 4 − x2 √ x→±2 3 − x2 + 5. lim f (x) = lim. ua. x→±2. ni. Le calcul directe de cette limite est une forme indéterminée (de type 00 ). Pour enlever l'indétermination, on multiplie par le conjuguée du dinominateur de la fonction. √ √ (4 − x2 )(3 + x2 + 5) (4 − x2 )(3 + x2 + 5) √ √ = 9 − (x2 + 5) (3 − x2 + 5)(3 + x2 + 5) √ √ (4 − x2 )(3 + x2 + 5) = = 3 + x2 + 5 4 − x2 Alors √ lim f (x) = lim 3 + x2 + 5 = 6. FP x→±2. to Te. x→±2. Donc, pour que f soit continue en en x = 2 et en x = −2, il faut que k = 6. IV.1. g n'est pas dé nie en 0. g est une fonction continue sur son domaine de dé nition. x→0. On sait que. lim. x→0. sin x =1 x. et on a : −1 ≤ sin x1 ≤ 1 Donc −x ≤ x sin x1 ≤ x ou x ≤ x sin x1 ≤ −x alors 1 lim x sin = 0 x→0 x 2. n. sin x 1 · x sin x→0x6=0 x x. = lim. 1 x. ua. lim g(x) = lim sin x · sin. x→0.
(3) www.elmerouani.jimdo.com. TD. Analyse Mathématique 1. d'où. lim g(x) = 0. x→0. Donc, le prolongement par continuité de g est la fonction : sin x · sin x1 si x 6= 0 g1 (x) = 0 si x = 0 V.- On considère la fonction f : [1, 2] −→ R. lM ®E. x 7−→ x3 − 3x + 1. f est continue sur [1, 2].. f (1) = −1 < 0 f (2) = 3 > 0. ero. donc on a f (1) < 0 < f (2) d'où 0 est une valeur intermédiaire. D'près le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈]1, 2[ tel que f (c) = 0, c'est-àdire c3 − 3c + 1 = 0 (c est la solution cherchée). VI.- Sur [0, +∞[ ; f (x) = x3 + 3x − 1 1.. ua. f (x1 ) − f (x2 ) x3 + 3x1 − 1 − x32 − 3x2 + 1 = 1 x 1 − x2 x 1 − x2 x31 − x32 + 3(x1 − x2 ) x1 − x2. ni. =. FP. or x31 − x32 = (x1 − x2 )(x21 + x1 x2 + x22 ) d'où (x1 − x2 )[x21 + x1 x2 + x22 + 3] f (x1 ) − f (x2 ) = x1 − x 2 x 1 − x2. = x21 + x1 x2 + x22 + 3 > 0 si x1 6= x2. to Te. 2. On a. f (x1 − f (x2 ) >0 x 1 − x2 d'où f est strictement croissante.. 3. f est continue sur [0, +∞[ ; (et f est strictement croissante).. lim f (x) = +∞ > 0. n. x→+∞. ua. f (0) = −1 < 0. Donc on a : f (0) < 0 < lim f (x) x→+∞. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈]0, +∞[ tel que f (c) = 0 et ce c est unique car f est continue, strictement croissante, donc f est une bijection.. 3.
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