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Soit la fonction $f$ définie par : $ f(x) = \begin{cases} \frac{x^3-8}{x-2} & \text{si } x \neq 2 \\ k & \text{si } x = 2 \end{cases} $ Déterminez la valeur de $k$ pour que $f$ soit continue en $x=2$. 2. Soit la fonction $g$ définie par $g(x) = x \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ pour $x \neq 0$. Peut-on prolonger $g$ par continuité en $x=0$ ? Si oui, définissez ce prolongement. ## Exercice 4 : Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI) Montrez que l'équation $e^x = \frac{1}{x}$ admet une unique solution dans l'intervalle $\mathbb{R}^{+*}$. ## Exercice 5 : Étude de Fonction (sans dérivée) Soit la fonction $f$ définie par $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$. 1. Déterminez l'ensemble de définition de $f$. 2. Calculez les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition. 3. Déduisez-en l'existence d'asymptotes (verticales et horizontales). 4. Déterminez les coordonnées des points d'intersection de la courbe représentative de $f$ avec les axes du repère. 5. Étudiez le signe de $f(x)$. 6. Esquissez l'allure de la courbe de $f$ en vous basant sur les informations précédentes. # Corrigés Détaillés ## Correction Exercice 1 : Fondamentaux des Fonctions ### 1. $f(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$ > [!definition] Ensemble de définition > L'ensemble de définition d'une fonction $f$, noté $D_f$, est l'ensemble de toutes les valeurs de $x$ pour lesquelles $f(x)$ est définie. > Pour les fonctions rationnelles, le dénominateur ne doit pas être nul. > Pour les fonctions avec racines carrées, l'expression sous la racine doit être positive ou nulle. **Ensemble de définition $D_f$ :** Pour que $f(x)$ soit définie, deux conditions doivent être remplies : 1. L'expression sous la racine carrée doit être strictement positive (car la racine est au dénominateur) : $x^2-1 > 0$. 2. On résout l'inéquation $x^2-1 > 0 \iff (x-1)(x+1) > 0$. Un tableau de signes montre que cette inéquation est vérifiée pour $x \in ]-\infty, -1[ \cup ]1, +\infty[$. Donc, $D_f = ]-\infty, -1[ \cup ]1, +\infty[$. **Parité :** > [!definition] Parité d'une fonction > Une fonction $f$ est **paire** si pour tout $x \in D_f$, $-x \in D_f$ et $f(-x) = f(x)$. > Une fonction $f$ est **impaire** si pour tout $x \in D_f$, $-x \in D_f$ et $f(-x) = -f(x)$. > Si $D_f$ n'est pas symétrique par rapport à l'origine, la fonction n'est ni paire ni impaire. 1. **Vérifions la symétrie du domaine :** Si $x \in D_f$, alors $x < -1$ ou $x > 1$. Si $x < -1$, alors $-x > 1$, donc $-x \in D_f$. Si $x > 1$, alors $-x < -1$, donc $-x \in D_f$. Le domaine $D_f$ est symétrique par rapport à l'origine. 2. **Calculons $f(-x)$ :** $ f(-x) = \frac{-x}{\sqrt{(-x)^2-1}} = \frac{-x}{\sqrt{x^2-1}} = - \frac{x}{\sqrt{x^2-1}} = -f(x) $ Puisque $f(-x) = -f(x)$, la fonction $f$ est **impaire**. **Périodicité :** La fonction $f$ n'est pas une fonction trigonométrique et ne présente pas de schéma répétitif évident. Elle n'est **pas périodique**. ### 2. $g(x) = \sin(3x) + \cos(x)$ **Ensemble de définition $D_g$ :** Les fonctions $\sin$ et $\cos$ sont définies sur tout $\mathbb{R}$. Par conséquent, $D_g = \mathbb{R}$. **Parité :** 1. **Vérifions la symétrie du domaine :** $D_g = \mathbb{R}$ est symétrique par rapport à l'origine. 2. **Calculons $g(-x)$ :** $ g(-x) = \sin(3(-x)) + \cos(-x) = \sin(-3x) + \cos(x) $ > [!note] Rappel Trigonométrique > La fonction $\sin$ est impaire : $\sin(-u) = -\sin(u)$. > La fonction $\cos$ est paire : $\cos(-u) = \cos(u)$. > $ g(-x) = -\sin(3x) + \cos(x) $ > Comparons $g(-x)$ avec $g(x)$ et $-g(x)$ : > $g(-x) \neq g(x)$ (à cause du $-\sin(3x)$). > $g(-x) \neq -g(x) = -(\sin(3x) + \cos(x)) = -\sin(3x) - \cos(x)$ (à cause du $+\cos(x)$). > La fonction $g$ n'est **ni paire ni impaire**. **Périodicité :** > [!definition] Périodicité d'une fonction > Une fonction $f$ est **périodique** s'il existe un réel $T > 0$ tel que pour tout $x \in D_f$, $x+T \in D_f$ et $f(x+T) = f(x)$. $T$ est appelé période. La plus petite période positive est appelée période fondamentale. 1. La fonction $\sin(3x)$ a pour période $T_1 = \frac{2\pi}{3}$. 2. La fonction $\cos(x)$ a pour période $T_2 = 2\pi$. La fonction $g(x)$ est périodique de période le plus petit commun multiple (PPCM) de $T_1$ et $T_2$. $T_1 = \frac{2\pi}{3}$ et $T_2 = 2\pi = 3 \times \frac{2\pi}{3}$. Le PPCM de $\frac{2\pi}{3}$ et $2\pi$ est $2\pi$. Vérifions : $g(x+2\pi) = \sin(3(x+2\pi)) + \cos(x+2\pi) = \sin(3x+6\pi) + \cos(x+2\pi) = \sin(3x) + \cos(x) = g(x)$. La fonction $g$ est **périodique de période $2\pi$**. ### 3. $h(x) = \ln(x^2+4)$ **Ensemble de définition $D_h$ :** > [!note] Fonction logarithme > La fonction $\ln(u)$ est définie si et seulement si $u > 0$. Pour que $h(x)$ soit définie, il faut que $x^2+4 > 0$. Puisque $x^2 \ge 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, alors $x^2+4 \ge 4$. Donc $x^2+4$ est toujours strictement positif. L'ensemble de définition est $D_h = \mathbb{R}$. **Parité :** 1. **Vérifions la symétrie du domaine :** $D_h = \mathbb{R}$ est symétrique par rapport à l'origine. 2. **Calculons $h(-x)$ :** $ h(-x) = \ln((-x)^2+4) = \ln(x^2+4) = h(x) $ Puisque $h(-x) = h(x)$, la fonction $h$ est **paire**. **Périodicité :** La fonction $h$ n'est **pas périodique**. La fonction $\ln(u)$ n'est pas périodique et $x^2+4$ n'introduit pas de périodicité. ## Correction Exercice 2 : Calcul de Limites ### 1. $\lim_{x \to 3} \frac{x^2-9}{x-3}$ > [!warning] Forme Indéterminée > Lorsque la substitution directe de la valeur limite conduit à une expression comme $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty}{\infty}$, $\infty - \infty$, $0 \times \infty$, $1^\infty$, $0^0$, $\infty^0$, on parle de forme indéterminée (FI). Il faut alors manipuler l'expression. Si on substitue $x=3$, on obtient $\frac{3^2-9}{3-3} = \frac{0}{0}$, ce qui est une forme indéterminée. Nous pouvons factoriser le numérateur en utilisant l'identité $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$. $x^2-9 = (x-3)(x+3)$. $ \lim_{x \to 3} \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} $ Pour $x \neq 3$, on peut simplifier par $(x-3)$ : $ \lim_{x \to 3} (x+3) $ Maintenant, on peut substituer $x=3$ : $ 3+3 = 6 $ Donc, $\lim_{x \to 3} \frac{x^2-9}{x-3} = 6$. ### 2. $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3-2x+1}{2x^3+5}$ Si on substitue $x \to +\infty$, on obtient $\frac{+\infty}{+\infty}$, ce qui est une forme indéterminée. > [!theorem] Limite d'une fonction rationnelle à l'infini > La limite d'une fonction rationnelle (rapport de deux polynômes) lorsque $x \to \pm\infty$ est égale à la limite du rapport des termes de plus haut degré du numérateur et du dénominateur. On identifie les termes de plus haut degré au numérateur ($x^3$) et au dénominateur ($2x^3$). $ \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3-2x+1}{2x^3+5} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{2x^3} $ On peut simplifier par $x^3$ (pour $x \neq 0$) : $ \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $ Donc, $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3-2x+1}{2x^3+5} = \frac{1}{2}$. ### 3. $\lim_{x \to 0} \frac{\tan(x)}{x}$ Si on substitue $x=0$, on obtient $\frac{\tan(0)}{0} = \frac{0}{0}$, ce qui est une forme indéterminée. > [!theorem] Limites trigonométriques usuelles > Des limites à connaître par cœur : > $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1$ > $\lim_{x \to 0} \frac{1-\cos(x)}{x^2} = \frac{1}{2}$ On peut réécrire $\tan(x)$ comme $\frac{\sin(x)}{\cos(x)}$ : $ \lim_{x \to 0} \frac{\frac{\sin(x)}{\cos(x)}}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x \cos(x)} $ Nous pouvons séparer cette limite en un produit de limites connues : $ \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin(x)}{x} \times \frac{1}{\cos(x)} \right) $ Calculons chaque partie : $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1$ (limite usuelle). $\lim_{x \to 0} \frac{1}{\cos(x)} = \frac{1}{\cos(0)} = \frac{1}{1} = 1$. Par le produit des limites : $ 1 \times 1 = 1 $ Donc, $\lim_{x \to 0} \frac{\tan(x)}{x} = 1$. ### 4. $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+3x} - x)$ Si on substitue $x \to +\infty$, on obtient $\sqrt{+\infty} - (+\infty) = +\infty - \infty$, ce qui est une forme indéterminée. Pour les formes indéterminées de type $\infty - \infty$ impliquant des racines carrées, on utilise souvent la technique de la **multiplication par la quantité conjuguée**. $ \sqrt{A} - B = \frac{(\sqrt{A}-B)(\sqrt{A}+B)}{\sqrt{A}+B} = \frac{A-B^2}{\sqrt{A}+B} $ Ici, $A = x^2+3x$ et $B = x$. $ \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+3x} - x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2+3x} - x)(\sqrt{x^2+3x} + x)}{\sqrt{x^2+3x} + x} $ $ = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+3x) - x^2}{\sqrt{x^2+3x} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x} + x} $ Maintenant, on a une forme $\frac{\infty}{\infty}$. On va factoriser par le terme de plus haut degré au numérateur et au dénominateur. Au numérateur : $3x$. Au dénominateur : Dans $\sqrt{x^2+3x}$, on peut factoriser $x^2$ sous la racine : $\sqrt{x^2(1+\frac{3}{x})} = \sqrt{x^2}\sqrt{1+\frac{3}{x}}$. Pour $x \to +\infty$, $x > 0$, donc $\sqrt{x^2} = x$. $ \lim_{x \to +\infty} \frac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3x}{x\left(\sqrt{1+\frac{3}{x}} + 1\right)} $ On peut simplifier par $x$ (pour $x \neq 0$) : $ \lim_{x \to +\infty} \frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}} + 1} $ Lorsque $x \to +\infty$, $\frac{3}{x} \to 0$. Donc, $\sqrt{1+\frac{3}{x}} \to \sqrt{1+0} = 1$. $ \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2} $ Donc, $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+3x} - x) = \frac{3}{2}$. ## Correction Exercice 3 : Continuité et Prolongement ### 1. Continuité d'une fonction définie par morceaux > [!definition] Continuité en un point > Une fonction $f$ est continue en un point $a$ si les trois conditions suivantes sont remplies : > 1. $f(a)$ est défini. > 2. $\lim_{x \to a} f(x)$ existe. > 3. $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$. Pour que $f$ soit continue en $x=2$, il faut que $\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)$. D'après la définition de $f$, $f(2) = k$. Nous devons calculer la limite de $f(x)$ quand $x \to 2$ pour $x \neq 2$ : $ \lim_{x \to 2} \frac{x^3-8}{x-2} $ Si on substitue $x=2$, on obtient $\frac{2^3-8}{2-2} = \frac{0}{0}$, une forme indéterminée. Nous pouvons factoriser le numérateur en utilisant l'identité $a^3-b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$. Ici, $a=x$ et $b=2$, donc $x^3-8 = (x-2)(x^2+2x+4)$. $ \lim_{x \to 2} \frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{x-2} $ Pour $x \neq 2$, on peut simplifier par $(x-2)$ : $ \lim_{x \to 2} (x^2+2x+4) $ Maintenant, on peut substituer $x=2$ : $ 2^2 + 2(2) + 4 = 4 + 4 + 4 = 12 $ Pour que $f$ soit continue en $x=2$, il faut que $f(2) = \lim_{x \to 2} f(x)$. Donc, $k = 12$. ### 2. Prolongement par continuité > [!definition] Prolongement par continuité > Si une fonction $f$ n'est pas définie en $a$, mais que $\lim_{x \to a} f(x) = L$ (où $L$ est un réel fini), alors on peut prolonger $f$ par continuité en $a$ en définissant une nouvelle fonction $\tilde{f}$ telle que : > $ \tilde{f}(x) = \begin{cases} f(x) & \text{si } x \in D_f \\ L & \text{si } x = a \end{cases} $ La fonction $g(x) = x \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ n'est pas définie en $x=0$ car $\frac{1}{x}$ n'est pas définie en $0$. Nous devons calculer $\lim_{x \to 0} g(x)$. $ \lim_{x \to 0} x \sin\left(\frac{1}{x}\right) $ Nous savons que pour tout réel $u$, $-1 \le \sin(u) \le 1$. Donc, pour $x \neq 0$, nous avons $-1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1$. Multiplions cette inégalité par $x$. Il faut distinguer les cas $x > 0$ et $x < 0$. **Cas 1 : $x > 0$** $ -x \le x \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le x $ **Cas 2 : $x < 0$** $ x \le x \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le -x $ (L'ordre des inégalités est inversé car on multiplie par un nombre négatif.) Dans les deux cas, on a une situation où $x \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ est encadré par des fonctions qui tendent vers 0 quand $x \to 0$. $\lim_{x \to 0} (-x) = 0$ $\lim_{x \to 0} (x) = 0$ $\lim_{x \to 0} (-x) = 0$ > [!theorem] Théorème des Gendarmes (ou d'encadrement) > Si pour tout $x$ dans un intervalle autour de $a$ (sauf peut-être en $a$), on a $h(x) \le f(x) \le g(x)$, et si $\lim_{x \to a} h(x) = L$ et $\lim_{x \to a} g(x) = L$, alors $\lim_{x \to a} f(x) = L$. En combinant les deux cas (ou en utilisant la valeur absolue $|x|$), on peut écrire : $ -|x| \le x \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le |x| $ Puisque $\lim_{x \to 0} (-|x|) = 0$ et $\lim_{x \to 0} (|x|) = 0$, d'après le théorème des gendarmes, $ \lim_{x \to 0} x \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0 $ Puisque la limite existe et est finie ($L=0$), la fonction $g$ peut être prolongée par continuité en $x=0$. Le prolongement $\tilde{g}$ est défini par : $ \tilde{g}(x) = \begin{cases} x \sin\left(\frac{1}{x}\right) & \text{si } x \neq 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases} $ ## Correction Exercice 4 : Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI) > [!theorem] Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI) > Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $[a,b]$. Pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$ (c'est-à-dire $f(a) \le k \le f(b)$ ou $f(b) \le k \le f(a)$), il existe au moins un réel $c \in [a,b]$ tel que $f(c) = k$. > [!theorem] Corollaire du TVI (pour l'existence et unicité d'une racine) > Si $f$ est une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $[a,b]$, alors pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, l'équation $f(x)=k$ admet une unique solution $x \in [a,b]$. > Pour prouver l'existence d'une racine, on cherche $k=0$ et on vérifie que $f(a)$ et $f(b)$ sont de signes opposés. L'équation à résoudre est $e^x = \frac{1}{x}$. Pour étudier cette équation, nous allons définir une nouvelle fonction $f(x) = e^x - \frac{1}{x}$. Les solutions de l'équation initiale sont les racines de $f(x)=0$. **1. Domaine d'étude :** L'énoncé demande une solution dans $\mathbb{R}^{+*}$, c'est-à-dire $x \in ]0, +\infty[$. Sur cet intervalle, la fonction $e^x$ est définie et continue, et la fonction $\frac{1}{x}$ est définie et continue. Donc, $f(x) = e^x - \frac{1}{x}$ est **continue sur $]0, +\infty[$**. **2. Étude de la stricte monotonie de $f$ :** Pour étudier la stricte monotonie sans utiliser les dérivées (qui est une compétence future), nous pouvons analyser le comportement des fonctions composantes. * La fonction $e^x$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$. * La fonction $\frac{1}{x}$ est strictement décroissante sur $]0, +\infty[$. Donc, $-\frac{1}{x}$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$. La somme de deux fonctions strictement croissantes est une fonction strictement croissante. Donc, $f(x) = e^x - \frac{1}{x}$ est **strictement croissante sur $]0, +\infty[$**. > [!note] Remarque > Si les dérivées étaient autorisées, on calculerait $f'(x) = e^x + \frac{1}{x^2}$. Pour $x \in ]0, +\infty[$, $e^x > 0$ et $\frac{1}{x^2} > 0$, donc $f'(x) > 0$. Cela confirme que $f$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$. **3. Calcul des limites aux bornes de l'intervalle :** * **Limite quand $x \to 0^+$ :** $\lim_{x \to 0^+} e^x = e^0 = 1$. $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$. Donc, $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (e^x - \frac{1}{x}) = 1 - (+\infty) = -\infty$. * **Limite quand $x \to +\infty$ :** $\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty$. $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0$. Donc, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (e^x - \frac{1}{x}) = +\infty - 0 = +\infty$. **4. Application du Corollaire du TVI :** Nous avons montré que : * $f$ est continue sur $]0, +\infty[$. * $f$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$. * $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$. * $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Puisque $0$ est compris entre $-\infty$ et $+\infty$, d'après le corollaire du Théorème des Valeurs Intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ (ou $e^x = \frac{1}{x}$) admet une **unique solution** dans l'intervalle $]0, +\infty[$. ## Correction Exercice 5 : Étude de Fonction (sans dérivée) Soit la fonction $f$ définie par $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$. ### 1. Ensemble de définition de $f$ > [!definition] Fonction rationnelle > Une fonction rationnelle est le rapport de deux polynômes. Elle est définie partout où son dénominateur n'est pas nul. Le dénominateur de $f(x)$ est $x-1$. Pour que $f(x)$ soit définie, il faut que $x-1 \neq 0$, c'est-à-dire $x \neq 1$. Donc, l'ensemble de définition de $f$ est $D_f = \mathbb{R} \setminus \{1\} = ]-\infty, 1[ \cup ]1, +\infty[$. ### 2. Calcul des limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition Les bornes de $D_f$ sont $-\infty$, $1^-$ (approche de 1 par valeurs inférieures), $1^+$ (approche de 1 par valeurs supérieures) et $+\infty$. * **Limite quand $x \to -\infty$ :** C'est une fonction rationnelle. On prend le rapport des termes de plus haut degré. $ \lim_{x \to -\infty} \frac{2x+1}{x-1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x}{x} = \lim_{x \to -\infty} 2 = 2 $ * **Limite quand $x \to +\infty$ :** De même, $ \lim_{x \to +\infty} \frac{2x+1}{x-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{x} = \lim_{x \to +\infty} 2 = 2 $ * **Limite quand $x \to 1^-$ :** Quand $x \to 1^-$, le numérateur $2x+1 \to 2(1)+1 = 3$. Le dénominateur $x-1 \to 0$. Puisque $x \to 1^-$, cela signifie que $x < 1$, donc $x-1 < 0$. Le dénominateur tend vers $0$ par valeurs négatives ($0^-$). $ \lim_{x \to 1^-} \frac{2x+1}{x-1} = \frac{3}{0^-} = -\infty $ * **Limite quand $x \to 1^+$ :** Quand $x \to 1^+$, le numérateur $2x+1 \to 3$. Le dénominateur $x-1 \to 0$. Puisque $x \to 1^+$, cela signifie que $x > 1$, donc $x-1 > 0$. Le dénominateur tend vers $0$ par valeurs positives ($0^+$). $ \lim_{x \to 1^+} \frac{2x+1}{x-1} = \frac{3}{0^+} = +\infty $ ### 3. Déduction des asymptotes > [!definition] Asymptotes > * **Asymptote verticale (AV) :** Si $\lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty$, alors la droite d'équation $x=a$ est une asymptote verticale. > * **Asymptote horizontale (AH) :** Si $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = L$ (où $L$ est un réel fini), alors la droite d'équation $y=L$ est une asymptote horizontale. D'après les limites calculées : * Puisque $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty$, la droite d'équation **$x=1$ est une asymptote verticale** à la courbe de $f$. * Puisque $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2$, la droite d'équation **$y=2$ est une asymptote horizontale** à la courbe de $f$. ### 4. Points d'intersection avec les axes du repère * **Intersection avec l'axe des ordonnées (axe y) :** Cela se produit lorsque $x=0$. Calculons $f(0)$. $f(0) = \frac{2(0)+1}{0-1} = \frac{1}{-1} = -1$. Le point d'intersection est $(0, -1)$. * **Intersection avec l'axe des abscisses (axe x) :** Cela se produit lorsque $f(x)=0$. $\frac{2x+1}{x-1} = 0 \iff 2x+1 = 0 \iff 2x = -1 \iff x = -\frac{1}{2}$. Le point d'intersection est $(-\frac{1}{2}, 0)$. ### 5. Étude du signe de $f(x)$ Pour étudier le signe de $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$, nous allons étudier le signe du numérateur et du dénominateur séparément, puis construire un tableau de signes. * **Signe de $2x+1$ :** $2x+1 = 0 \iff x = -\frac{1}{2}$. $2x+1 > 0 \iff x > -\frac{1}{2}$. $2x+1 < 0 \iff x < -\frac{1}{2}$. * **Signe de $x-1$ :** $x-1 = 0 \iff x = 1$. $x-1 > 0 \iff x > 1$. $x-1 < 0 \iff x < 1$. **Tableau de signes :** | $x$ | $-\infty$ | $-\frac{1}{2}$ | $1$ | $+\infty$ | | :-------------- | :-------: | :---------------------: | :-------------: | :-------: | | Signe de $2x+1$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | | Signe de $x-1$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | | Signe de $f(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $\|$ | | | | (racine) | (valeur interdite)| | > [!note] Interprétation du tableau de signes > * $f(x) > 0$ pour $x \in ]-\infty, -\frac{1}{2}[ \cup ]1, +\infty[$. > * $f(x) = 0$ pour $x = -\frac{1}{2}$. > * $f(x) < 0$ pour $x \in ]-\frac{1}{2}, 1[$. ### 6. Esquisse de la courbe de $f$ En utilisant toutes les informations recueillies : * **Asymptote verticale :** $x=1$. La courbe s'approche de cette droite en allant vers $-\infty$ à gauche et vers $+\infty$ à droite. * **Asymptote horizontale :** $y=2$. La courbe s'approche de cette droite quand $x \to \pm\infty$. * **Points d'intersection :** $(0, -1)$ et $(-\frac{1}{2}, 0)$. * **Signe de $f(x)$ :** * Pour $x < -\frac{1}{2}$, $f(x) > 0$. * Pour $-\frac{1}{2} < x < 1$, $f(x) < 0$. * Pour $x > 1$, $f(x) > 0$. L'allure de la courbe est celle d'une hyperbole. ![[Analyse et Données/Mathématiques/Fonctions Réelles/Ressources Fonctions Réelles/exercice etude de fonction sans dérivée.png]] %% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/Fonctions Réelles/Fonctions Réelles|Accueil · Fonctions Réelles]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/Fonctions Réelles/Cours 3 - Fonctions Réelles\|← Cours 3 - Fonctions Réelles]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %%