Video Tds 1 Serie 01 Eco
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Analyse Mathématiques I
Filière Sciences Economiques et Gestion
Semestre 1
Mohamed HACHIMI
http://hachimicours.uiz.ac.ma
Exercice 1
Solution de l’exercice 1
1◦ On a les équivalences :
|x − 1| 6 3 ⇐⇒ −3 6 x − 1 6 3 ⇐⇒ −2 6 x 6 4
|x − 1| > 3 ⇐⇒ |x − 1|
3
Solution de l’exercice 1
Solution de l’exercice 1
4◦ On a les équivalences :
(x2 6 4 et x2 6= 1) ⇐⇒ (x2 − 4 6 0 et x2 − 1 6= 0)
Solution de l’exercice 1
5◦ On a les équivalences :
√
x + 1 < 1 ⇐⇒ 0 6 x + 1 < 1 ⇐⇒ −1 6 x < 0
Solution de l’exercice 1
Exercice 2
Solution de l’exercice 2
En effet
a+b a+b a+b
a 6 x 6 b ⇐⇒ a − 6x− 6b−
2 2 2
b−a a+b b−a
⇐⇒ − 6x− 6
2 2 2
Solution de l’exercice 2
1◦ On a les équivalences :
x ∈ [−3, 5] ⇐⇒ −3 6 x 6 5 ⇐⇒ −4 6 x − 1 6 4
x ∈ [−1, 3] ⇐⇒ −1 6 x 6 3 ⇐⇒ −2 6 x − 1 6 2
Solution de l’exercice 2
3◦ On a les équivalences :
/ − 2, 2[⇐⇒ |x| ≮ 2
x ∈] − ∞, −2] ∪ [2, +∞[⇐⇒ x ∈]
Exercice 3
Solution de l’exercice 3
Solution de l’exercice 3
Solution de l’exercice 3
2◦ Pour cette équation, D =] − ∞, 3] et on a :
(
√ 3 − x = (x − 1)2
∀x ∈ D 3 − x = x − 1 ⇐⇒
x−1>0
(
x2 − x − 2 = 0
⇐⇒
x>1
S = {2}
Solution de l’exercice 3
⇐⇒ x2 − 6x − 3 = 0 et x > 1
Solution de l’exercice 3
Exercice 4
√ p
1◦ x2 − 6x + 3 2◦ 2 − |x − 3|
√
3◦ x3 − 1 4◦ ln(|2x − 3| − 2)
√ r
x2 + 2x + 5 x+1
5◦ 6◦
√x − 2x − 3 x−1
2
x+1 x+1
7◦ √ 8◦ ln
x−1 x−1
Solution de l’exercice 4
Solution de l’exercice 4
x ∈ Df ⇐⇒ x2 − 6x + 3 > 0
√ √
Les racines du trinôme x2 − 6x + 3 sont 3 − 6 et 3 + 6 et le
trinôme est positif en dehors de l’intervalle des racines, soit :
√ √
Df =] − ∞, 3 − 6] ∪ [3 + 6, +∞[
x ∈ Df ⇐⇒ 2 − |x − 3| > 0 ⇐⇒ |x − 3| 6 2 ⇐⇒ −2 6 x − 3 6 2
Donc Df = [1, 5]
Solution de l’exercice 4
x ∈ Df ⇐⇒ x3 − 1 > 0 ⇐⇒ x3 6 1 ⇐⇒ x 6 1
D’où
Df = [1, +∞[
Solution de l’exercice 4
D’où : Df = R − {x ∈ R : |2x − 3| 6 2}
= R − {x ∈ R : −2 6 2x − 3 6 2}
= R − {x ∈ R : 1 6 2x 6 5}
= R − {x ∈ R : 1/2 6 x 6 5/2}
= R − 12 , 52
Solution de l’exercice 4
x ∈ Df ⇐⇒ x2 − 2x − 3 6= 0
Solution de l’exercice 4
Solution de l’exercice 4
x ∈ Df ⇐⇒ x + 1 > 0 et x − 1 > 0
⇐⇒ x > −1 et x > 1
Donc,
Df = [1, +∞[
Solution de l’exercice 4
Exercice 5
p
1◦ 1 − |x| 2◦ x2 − x
√
3◦ |x − 1| + |x + 1| 4◦ x3 − x
1 x+1
5◦ ex − 6◦ ln
ex x−1
√ √ 4|x|
7◦ x2 + x + 1 − x2 − x + 1 8◦
x
Solution de l’exercice 5
Solution de l’exercice 5
2 = f (−1) 6= ±f (1) = 0
Solution de l’exercice 5
3◦ On a Df = R et
f (−x) = | − x − 1| + | − x + 1| = |x + 1| + |x − 1| = f (x)
Solution de l’exercice 5
Solution de l’exercice 5
Solution de l’exercice 5
7◦ Les discriminants des deux trinômes x2 + x + 1 et x2 − x + 1
sont négatifs. Donc Df = R et
q q
f (−x) = (−x) − x + 1 − (−x)2 + x + 1
2
p p
= x2 − x + 1 − x2 + x + 1
p p
= −( x2 + x + 1 − x2 − x + 1) = −f (x)
4| − x| 4|x|
f (−x) = =− = −f (x)
−x x
donc f est impaire.
Exercice 6
x2 − 1 x5 − 1
1◦ lim 2◦ lim
x→−1 x + 1 x→1 x2 − 1
2x2 − 3x + 1 p3
3◦ lim 4◦ lim x + 1 − x3
x→+∞ x2 + 1 x→+∞
p p
5◦ lim x2 + x − x 6◦ lim x2 + 1 − x
x→+∞ x→+∞
Solution de l’exercice 6
1◦ Pour x 6= −1, on a
x2 − 1 (x − 1)(x + 1)
= =x−1
x+1 x+1
d’où
x2 − 1
lim = lim (x − 1) = −2
x→−1 x + 1 x→−1
Solution de l’exercice 6
2◦ On a :
x5 − 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) et x2 − 1 = (x − 1)(x + 1)
x5 − 1 x4 + x3 + x2 + x + 1
d’où, pour x 6= 1, on a : =
x2 − 1 x+1
On en déduit la limité
x5 − 1 x4 + x3 + x2 + x + 1 5
lim 2
= lim =
x→1 x − 1 x→1 x+1 2
Solution de l’exercice 6
3◦ On a :
2x2 − 3x + 1 2x2
lim = lim =2
x→+∞ x2 + 1 x→+∞ x2
Solution de l’exercice 6
4◦ Ici, on a a3 + b3 = 1 et :
p
3 1
lim x + 1 − x3 = lim √ √ =0
x→+∞ x→+∞ x2 − x 1 − x + ( 3 1 − x3 )2
3 3
Solution de l’exercice 6
5◦ On a :
√ √
p ( x2 + x − x)( x2 + x + x) x
x2 + x − x = √ =√
2
x +x+x 2
x +x+x
x x
= "r # = "r # pour x > 0
1 1
|x| + +1 x 1+ +1
x x
p 1
d’où : lim x2 + x − x = .
x→+∞ 2
Solution de l’exercice 6
6◦ On a :
√ √
p ( x2 + 1 − x)( x2 + 1 + x) 1
x2
+1−x= √ =√
x2 + 1 + x x2 + 1 + x
p
d’où : lim x2 + 1 − x = 0.
x→+∞
Exercice 7
Solution de l’exercice 7
1◦ On a f (0) = 0 et :
Solution de l’exercice 7
2◦ On a g(0) = 0 et :
Exercice 8
Solution de l’exercice 8
1◦ On a Df = R∗ et pour tout x 6= 0 :
1 1
−1 6 cos 61 soit : − |x| 6 x cos 6 |x|
x x
Comme lim |x| = 0, d’après le théorème des gendarmes
x→0
lim f (x) = 0. Donc f est prolongeable par continuité en 0.
x→0
Solution de l’exercice 8
Exercice 9
Solution de l’exercice 9
Solution de l’exercice 9
Solution de l’exercice 9
3◦ On a : Dh = R∗ et :
√ (
x2 |x| 2x − 1 si x < 0
h(x) = 2x + = 2x + =
x x 2x + 1 si x > 0
On étudiera la limite de h en 0. On a :
Exercice 10
Solution de l’exercice 10
Exercice 11
Solution de l’exercice 11
f (x) = x5 − 4x2 + 1
Solution de l’exercice 11
f (x) = x8 + 5x3 + 2
Exercice 12
Solution de l’exercice 12
Solution de l’exercice 12
Exercice 13
Solution de l’exercice 13
1◦ On a :
f (x) − f (0) 1
lim = lim =1
x→0 x−0 x→0 1 + |x|
Solution de l’exercice 13
2◦ On a : (
ln(x + 1) si x > 0
| ln(x + 1)| =
− ln(x + 1) si x 6 0.
D’où :
g(x) − g(0) ln(x + 1)
lim = lim (x + 1) · = 1 × 1 = 1 = g′d (0).
x→0+ x−0 x→0 + x
g(x) − g(0) − ln(x + 1)
lim = lim (x + 1) · = −1 = g′g (0).
x→0− x−0 x→0− x
La fonction f n’est donc pas dérivable en 0 car g′d (0) 6= g′g (0).
Solution de l’exercice 13
3◦ On a :
h(x) − h(0) p
lim = lim |x| = 0
x→0 x−0 x→0
Exercice 14
Solution de l’exercice 14
1◦ On a :
f (x) − f (0) f (x) 1
lim = lim = lim x cos = 0
x→0 x−0 x→0 x x→0 x
d’après le théorème des gendarmes, puisque :
1
−|x| 6 x cos 6 |x|
x
Donc f est dérivable en 0. D’où f est aussi continue en 0.
Solution de l’exercice 14
2◦ On a :
g(x) − g(0) g(x) 1
lim = lim = lim cos
x→0 x−0 x→0 x x→0 x
n’existe pas puisque cos x n’a pas de limite en ∞. Donc g n’est
pas dérivable en 0. Mais, elle est continue en 0, en effet :
1
lim g(x) = lim x cos = 0 = g(0).
x→0 x→0 x
Exercice 15
Solution de l’exercice 15
Solution de l’exercice 15
Solution de l’exercice 15
Exercice 16
Solution de l’exercice 16
Solution de l’exercice 16
Solution de l’exercice 16
Exercice 17
Solution de l’exercice 17
1 1
ln(1 + x) − ln(1 + 0) = (x − 0) soit ln(1 + x) = x ·
1+c 1+c
1
D’autre part, x 7−→ est strictement décroissante sur
1+x
[0, +∞[ et comme 0 < c < x, il vient :
1 1 x x
< <1 puis < < x.
1+x 1+c 1+x 1+c
x
Finalement : ∀ x ∈ ]0, +∞[, < ln(1 + x) < x.
1+x
Solution de l’exercice 17
√
2◦ Pour x > 0, la fonction f (t) = t est continue et dérivable sur
[x, x + 1], on peut donc lui appliquer le TAF sur [x, x + 1] : Il
existe donc c ∈ ]x, x + 1[ tel que :
√ √ 1 √ √ 1
1+x− x = (x + 1 − x) √ soit 1+x− x= √ ·
2 c 2 c
1
D’autre part, x 7−→ √ est strictement décroissante sur
2 x
]0, +∞[ et comme 0 < c < x, il vient :
1 1 1 1 √ √ 1
√ < √ < √ d’où : √ < x + 1− x < √ ·
2 1+x 2 c 2 x 2 x+1 2 x
Exercice 18
Solution de l’exercice 18
1◦ On a
3 3
lim |x − 1| + = −∞ et lim |x − 1| + = +∞.
x→−1− x+1 x→−1+ x+1
Solution de l’exercice 18
2◦ On a
3
f (x) = x − 1 + si x > 1
x+1
3
f (x) = 1 − x + si x 6 1 avec x 6= −1
x+1
Solution de l’exercice 18
On a :
3
lim f (x) − (x − 1) = lim = 0+
x→+∞ x→+∞ x+1
La courbe Cf de f admet la droite d’équation y = x − 1 pour
asymptote en +∞ et la courbe Cf est située au-dessus de son
asymptote.
On a :
3
lim f (x) − (−x + 1) = lim = 0−
x→−∞ x→−∞ x + 1