Ce devoir 1 (modèle 3) du semestre 1 pour le Tronc Commun est proposé avec une correction détaillée pour bien préparer le contrôle. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie Tronc Commun.
Devoir 1 modèle 3 semestre 1 corrigé Tronc Commun
Devoir 1 · Modèle 3 · Semestre 1 · Tronc Commun
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Exercice 1
\(f\) est la fonction définie par sa courbe : branche gauche d’asymptote horizontale \(y = 1\) qui plonge vers \(-\infty\) en \(-1\) ; branche croissante de \(-\infty\) (en \(-1^+\)) jusqu’au point \((0, 0)\) ; puis branche croissante partant du point \((0, -1)\) et tendant vers \(+\infty\).
1) Déterminer \(D_f\).
Correction détaillée
🔢 La courbe n’est pas définie en \(x = -1\) (asymptote verticale) ; elle l’est partout ailleurs.
✅ \(D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1\}\).
2) Calculer \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x)\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : À droite, la courbe monte indéfiniment.
🔢 Étape 2 : À gauche, la courbe se rapproche de la droite \(y = 1\) (asymptote horizontale).
✅ \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 1\).
3) Calculer \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)\) et \(\lim\limits_{x \to 0^-} f(x)\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Quand \(x \to 0^+\), la courbe tend vers le point \((0, -1)\).
🔢 Étape 2 : Quand \(x \to 0^-\), la courbe tend vers le point \((0, 0)\).
✅ \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -1\) et \(\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = 0\).
4) La fonction \(f\) admet-elle une limite au point \(a = 0\) ?
Correction détaillée
📘 Méthode : \(\lim\limits_{x \to a} f(x) = \ell \iff\) limites à gauche et à droite égales à \(\ell\).
🔢 Les limites à gauche et à droite sont différentes (\(0 \neq -1\)).
✅ Non : \(f\) n’admet pas de limite en \(0\).
5) Calculer \(\lim\limits_{x \to -1^+} f(x)\) et \(\lim\limits_{x \to -1^-} f(x)\).
Correction détaillée
🔢 De part et d’autre de \(x = -1\), la courbe descend indéfiniment.
✅ \(\lim\limits_{x \to -1^+} f(x) = \lim\limits_{x \to -1^-} f(x) = -\infty\). Donc \(f\) admet la limite \(-\infty\) en \(-1\).
6) Dresser le tableau de variation de \(f\) sur \(D_f\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Sur \(]-\infty ; -1[\) : \(f\) décroît de \(1\) (limite) vers \(-\infty\).
🔢 Étape 2 : Sur \(]-1 ; 0]\) : \(f\) croît de \(-\infty\) jusqu’à \(0\) (valeur au point \((0, 0)\)).
🔢 Étape 3 : Sur \(]0 ; +\infty[\) : \(f\) croît de \(-1\) (limite à droite en \(0\)) vers \(+\infty\).
✅ \(f\) est décroissante sur \(]-\infty ; -1[\), croissante sur \(]-1 ; 0]\) et croissante sur \(]0 ; +\infty[\) (saut en \(0\), donc pas de monotonie globale).
Exercice 2 – Limites
Calculer les limites suivantes :
a) \(\lim\limits_{x \to -2}\left(-\dfrac{1}{2}x^2 – 3x + 1\right)\)
Correction détaillée
🔢 Polynôme : on remplace \(x\) par \(-2\) : \(-\dfrac{1}{2} \times 4 + 6 + 1 = -2 + 6 + 1 = 5\).
✅ \(5\).
b) \(\lim\limits_{x \to -\infty}(-x^3 + 2x^2 – 3x – 1)\)
Correction détaillée
🔢 En \(\pm\infty\), un polynôme a la même limite que son terme de plus haut degré : \(-x^3\).
✅ \(+\infty\).
c) \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{3}x^3 – x + 7}{x – x^3}\)
Correction détaillée
🔢 Fonction rationnelle : limite du rapport des termes de plus haut degré : \(\dfrac{\sqrt{3}x^3}{-x^3} = -\sqrt{3}\).
✅ \(-\sqrt{3}\).
d) \(\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{2x^3 – x – 1}{x^3 – x^2 – x + 1}\)
Correction détaillée
🔢 En \(2\) : numérateur \(16 – 2 – 1 = 13\) ; dénominateur \(8 – 4 – 2 + 1 = 3 \neq 0\). Pas de forme indéterminée.
✅ \(\dfrac{13}{3}\).
e) \(\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{-x^2 + x}{x^2 – 5x + 6}\)
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Numérateur en \(2\) : \(-4 + 2 = -2\). Dénominateur : \(x^2 – 5x + 6 = (x – 2)(x – 3)\), qui tend vers \(0\).
🔢 Étape 2 : Pour \(x \to 2^+\) : \((x – 2) > 0\) et \((x – 3) < 0\), donc dénominateur \(\to 0^-\) et \(\dfrac{-2}{0^-} = +\infty\).
🔢 Étape 3 : Pour \(x \to 2^-\) : dénominateur \(\to 0^+\) et \(\dfrac{-2}{0^+} = -\infty\).
✅ Les limites à gauche et à droite sont différentes (\(-\infty\) et \(+\infty\)) : pas de limite en \(2\).
f) \(\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\sqrt{x^2 + 1} – x\right)\)
Correction détaillée
🔢 Forme \(+\infty – \infty\). Expression conjuguée : \(\sqrt{x^2 + 1} – x = \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 1} + x}\).
✅ \(0\).
g) \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x} + 2}{-x + 1}\)
Correction détaillée
🔢 \(\dfrac{\sqrt{x} + 2}{-x + 1} \sim \dfrac{\sqrt{x}}{-x} = -\dfrac{1}{\sqrt{x}} \to 0\). Plus précisément, en divisant par \(x\) : \(\dfrac{\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{2}{x}}{-1 + \frac{1}{x}} \to \dfrac{0}{-1}\).
✅ \(0\).
h) \(\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{\sqrt{2}\cos x – 1}{x – \frac{\pi}{4}}\)
Correction détaillée
📘 Méthode : changement de variable puis limites usuelles \(\frac{\sin t}{t} \to 1\), \(\frac{1 – \cos t}{t} \to 0\).
🔢 Étape 1 : On pose \(t = x – \dfrac{\pi}{4} \to 0\). \(\sqrt{2}\cos\left(t + \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\left(\cos t \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} – \sin t \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \cos t – \sin t\).
🔢 Étape 2 : Donc l’expression vaut \(\dfrac{\cos t – \sin t – 1}{t} = -\dfrac{1 – \cos t}{t} – \dfrac{\sin t}{t} \to 0 – 1\).
✅ \(-1\).
i) \(\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{1 – \tan x}{2\cos x – \sqrt{2}}\)
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Avec \(t = x – \frac{\pi}{4}\) : \(1 – \tan x = \dfrac{\cos x – \sin x}{\cos x}\) et \(\cos x – \sin x = \sqrt{2}\cos\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = -\sqrt{2}\sin t\).
🔢 Étape 2 : \(2\cos x – \sqrt{2} = 2\left(\cos\left(t + \frac{\pi}{4}\right) – \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2}(\cos t – \sin t – 1)\).
🔢 Étape 3 : Le quotient vaut \(\dfrac{-\sin t}{\cos x\,(\cos t – \sin t – 1)} = \dfrac{-\frac{\sin t}{t}}{\cos x\left(\frac{\cos t – 1}{t} – \frac{\sin t}{t}\right)} \to \dfrac{-1}{\frac{\sqrt{2}}{2}(0 – 1)} = \sqrt{2}\).
✅ \(\sqrt{2}\).
Exercice 3
Soit \(f\) définie sur \(]0 ; 2[\) par \(f(x) = (x^2 – 1)\sin\left(\dfrac{1}{x – 1}\right)\) si \(x \neq 1\) et \(f(1) = 0\).
1) Montrer que pour tout \(x \in ]0 ; 2[\) : \(|f(x) – f(1)| \leq 3|x – 1|\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Pour \(x \neq 1\) : \(|f(x) – f(1)| = |x – 1|\,|x + 1|\,\left|\sin\dfrac{1}{x – 1}\right|\).
🔢 Étape 2 : On a \(\left|\sin(\cdot)\right| \leq 1\) et, pour \(x \in ]0 ; 2[\), \(|x + 1| = x + 1 < 3\).
🔢 Étape 3 : Donc \(|f(x) – f(1)| \leq 3|x – 1|\). Pour \(x = 1\), l’inégalité s’écrit \(0 \leq 0\).
✅ \(|f(x) – f(1)| \leq 3|x – 1|\) pour tout \(x \in ]0 ; 2[\).
2) En déduire \(\lim\limits_{x \to 1} f(x)\).
Correction détaillée
📘 Méthode : théorème d’encadrement (ou « des gendarmes »).
🔢 Étape 1 : \(-3|x – 1| \leq f(x) – f(1) \leq 3|x – 1|\) et \(\lim\limits_{x \to 1} 3|x – 1| = 0\).
🔢 Étape 2 : Par le théorème d’encadrement : \(\lim\limits_{x \to 1}(f(x) – f(1)) = 0\), avec \(f(1) = 0\).
✅ \(\lim\limits_{x \to 1} f(x) = 0\).
Exercice 4
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\), \(F(x) = \cos(6x) – 5\cos(2x)\).
1) Montrer que \(\cos(6x) – \cos(2x) = -4\sin^2(2x)\cos(2x)\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(\cos p – \cos q = -2\sin\dfrac{p + q}{2}\sin\dfrac{p – q}{2}\). Avec \(p = 6x\) et \(q = 2x\) : \(\cos 6x – \cos 2x = -2\sin(4x)\sin(2x)\).
🔢 Étape 2 : Or \(\sin 4x = 2\sin 2x\cos 2x\), donc \(= -4\sin^2(2x)\cos(2x)\).
✅ \(\cos(6x) – \cos(2x) = -4\sin^2(2x)\cos(2x)\).
2) En déduire que \(F(x) = -4\cos(2x)\left(1 + \sin^2(2x)\right)\).
Correction détaillée
🔢 \(F(x) = \left(\cos 6x – \cos 2x\right) – 4\cos 2x = -4\sin^2(2x)\cos 2x – 4\cos 2x = -4\cos 2x\left(\sin^2 2x + 1\right)\).
✅ \(F(x) = -4\cos(2x)\left(1 + \sin^2(2x)\right)\).
3) Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l’équation \(F(x) = 0\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(1 + \sin^2(2x) \geq 1 > 0\), donc \(F(x) = 0 \iff \cos 2x = 0\).
🔢 Étape 2 : \(\cos 2x = 0 \iff 2x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi \iff x = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{k\pi}{2}\), \(k \in \mathbb{Z}\).
✅ \(S = \left\{\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{k\pi}{2},\ k \in \mathbb{Z}\right\}\).
Exercice 5 – Suite
\(U_0 = 2\) et \(U_{n+1} = \dfrac{5U_n – 1}{3 + U_n}\). On pose \(V_n = \dfrac{1}{U_n – 1}\).
1) Montrer par récurrence que \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(U_n > 1\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : Initialisation : \(U_0 = 2 > 1\).
🔢 Étape 2 : Hérédité : supposons \(U_n > 1\). Alors \(3 + U_n > 0\) et \(U_{n+1} – 1 = \dfrac{5U_n – 1 – 3 – U_n}{3 + U_n} = \dfrac{4(U_n – 1)}{U_n + 3} > 0\).
✅ \(\forall n \in \mathbb{N}\), \(U_n > 1\).
2) Prouver que \((V_n)\) est arithmétique et déterminer sa raison.
Correction détaillée
🔢 \(V_{n+1} = \dfrac{1}{U_{n+1} – 1} = \dfrac{U_n + 3}{4(U_n – 1)} = \dfrac{(U_n – 1) + 4}{4(U_n – 1)} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{U_n – 1} = V_n + \dfrac{1}{4}\).
✅ \((V_n)\) est arithmétique de raison \(r = \dfrac{1}{4}\) et de premier terme \(V_0 = \dfrac{1}{2 – 1} = 1\).
3) Déterminer \(V_n\) puis \(U_n\) en fonction de \(n\).
Correction détaillée
🔢 Étape 1 : \(V_n = V_0 + nr = 1 + \dfrac{n}{4} = \dfrac{n + 4}{4}\).
🔢 Étape 2 : \(V_n = \dfrac{1}{U_n – 1} \Rightarrow U_n = 1 + \dfrac{1}{V_n} = 1 + \dfrac{4}{n + 4} = \dfrac{n + 8}{n + 4}\).
🔢 Étape 3 : Contrôle : \(U_1 = \dfrac{5 \times 2 – 1}{3 + 2} = \dfrac{9}{5}\) et \(\dfrac{1 + 8}{1 + 4} = \dfrac{9}{5}\) ✓.
✅ \(V_n = 1 + \dfrac{n}{4}\) et \(U_n = \dfrac{n + 8}{n + 4}\).