🔢 Étape 1 : Quand \(x\to+\infty\), on peut supposer \(x>7\), donc \(|7-x|=x-7\).

🔢 Étape 2 : \(|7-x|-4x=x-7-4x=-3x-7\).

🔢 Étape 1 : Pour la première : \(7x+5\to33>0\) et \(x-4\to0^+\), donc le quotient tend vers \(+\infty\).

🔢 Étape 2 : Pour la seconde : \(\dfrac{5-x}{x^2-25}=\dfrac{-(x-5)}{(x-5)(x+5)}=\dfrac{-1}{x+5}\) pour \(x\neq5\).

🔢 Étape 3 : Quand \(x\to5^-\) : \(\dfrac{-1}{x+5}\to-\dfrac{1}{10}\).

🔢 Étape 1 : En \(1\) : numérateur et dénominateur s’annulent : forme \(\frac00\).

🔢 Étape 2 : \(x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)\) et \(x^2-9x+8=(x-1)(x-8)\).

🔢 Étape 3 : Pour \(x\neq1\) : \(\dfrac{x^3-3x+2}{x^2-9x+8}=\dfrac{(x-1)(x+2)}{x-8}\to\dfrac{0\times3}{-7}=0\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\) en \(5\).

🔢 Étape 2 : \(x^2-7x+10=(x-5)(x-2)\) et \(x^2-x-20=(x-5)(x+4)\).

🔢 Étape 3 : Pour \(x\neq5\) : \(\dfrac{x-2}{x+4}\to\dfrac39=\dfrac13\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\) en \(3\).

🔢 Étape 2 : \(x^3-2x^2-9=(x-3)(x^2+x+3)\) et \(x^4-8x^2-9=(x^2-9)(x^2+1)=(x-3)(x+3)(x^2+1)\).

🔢 Étape 3 : Pour \(x\neq3\) : \(\dfrac{x^2+x+3}{(x+3)(x^2+1)}\to\dfrac{15}{6\times10}=\dfrac14\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\) et présence d’une valeur absolue : on étudie à droite et à gauche de \(2\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x>2\) : \(|x-2|=x-2\) donc \(\dfrac{x^2+x-6}{x-2}=\dfrac{(x-2)(x+3)}{x-2}=x+3\to5\).

🔢 Étape 3 : Pour \(x\lt2\) : \(|x-2|=2-x\) donc \(\dfrac{x^2-x-2}{x-2}=\dfrac{(x-2)(x+1)}{x-2}=x+1\to3\).

🔢 Étape 4 : Les limites à droite et à gauche sont différentes.

🔢 Étape 1 : On utilise \(\lim\limits_{u\to0}\dfrac{\sin u}{u}=1\) et \(\lim\limits_{u\to0}\dfrac{\tan u}{u}=1\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{\sin3x}{4x}=\dfrac34\cdot\dfrac{\sin3x}{3x}\to\dfrac34\).

🔢 Étape 3 : \(\dfrac{5x}{\tan2x}=\dfrac52\cdot\dfrac{2x}{\tan2x}\to\dfrac52\).

🔢 Étape 4 : \(\dfrac{\tan2x}{\sin4x}=\dfrac{\tan2x}{2x}\cdot\dfrac{4x}{\sin4x}\cdot\dfrac{2x}{4x}\to1\times1\times\dfrac12\).

🔢 Étape 1 : \(\dfrac{1-\cos x}{x\tan x}=\dfrac{1-\cos x}{x^2}\times\dfrac{x}{\tan x}\).

🔢 Étape 2 : On sait que \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac12\) et \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\tan x}=1\).

🔢 Étape 1 : On pose \(t=x-\frac\pi4\) : \(t\to0\). Alors \(4x-\pi=4t\).

🔢 Étape 2 : \(\cos x-\sin x=\sqrt2\cos\left(x+\frac\pi4\right)=\sqrt2\cos\left(t+\frac\pi2\right)=-\sqrt2\sin t\).

🔢 Étape 3 : Donc \(\dfrac{\cos x-\sin x}{4x-\pi}=-\dfrac{\sqrt2}{4}\cdot\dfrac{\sin t}{t}\to-\dfrac{\sqrt2}{4}\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt3\sin x-\cos x=2\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\sin x-\dfrac12\cos x\right)=2\sin\left(x-\dfrac\pi6\right)\).

🔢 Étape 2 : Avec \(t=x-\frac\pi6\to0\) : \(\dfrac{2\sin t}{t}\to2\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt3\cos x-\sin x=2\cos\left(x+\dfrac\pi6\right)\).

🔢 Étape 2 : Avec \(t=x-\frac\pi3\to0\) : \(x+\frac\pi6=t+\frac\pi2\), donc \(\cos\left(t+\frac\pi2\right)=-\sin t\).

🔢 Étape 3 : D’où \(\dfrac{2\cos(x+\frac\pi6)}{x-\frac\pi3}=-2\dfrac{\sin t}{t}\to-2\).

🔢 Étape 1 : Avec \(t=x-\pi\to0\) : \(\cos x=\cos(t+\pi)=-\cos t\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{1+\cos x}{x-\pi}=\dfrac{1-\cos t}{t}=t\cdot\dfrac{1-\cos t}{t^2}\to0\times\dfrac12=0\).

🔢 Étape 1 : Expression conjuguée : \(1-\sqrt{\cos2x}=\dfrac{1-\cos2x}{1+\sqrt{\cos2x}}\).

🔢 Étape 2 : Or \(1-\cos2x=2\sin^2x\), donc \(\dfrac{1-\sqrt{\cos2x}}{x^2}=2\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2\cdot\dfrac{1}{1+\sqrt{\cos2x}}\).

🔢 Étape 3 : Quand \(x\to0\) : \(\to2\times1\times\dfrac12=1\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\). On simplifie : \(f(x)=\dfrac{(x-3)(x+3)}{(x-3)(7x-11)}=\dfrac{x+3}{7x-11}\) pour \(x\neq3\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{x+3}{7x-11}\to\dfrac{6}{10}\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\) : \(x^3+x^2-6x-8=(x+2)(x^2-x-4)\) et \(x^2+x-2=(x+2)(x-1)\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{x^2-x-4}{x-1}\to\dfrac{4+2-4}{-3}=-\dfrac23\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\) : \(-4x^2+2x+2=-2(2x+1)(x-1)\) et \(3x^3+2x^2-4x-1=(x-1)(3x^2+5x+1)\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{-2(2x+1)}{3x^2+5x+1}\to\dfrac{-6}{9}=-\dfrac23\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\) : \(3x^2+x-24=(x+3)(3x-8)\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{3x-8}{7x-2}\to\dfrac{-17}{-23}=\dfrac{17}{23}\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\infty-\infty\). On réduit au même dénominateur : \(f(x)=\dfrac{x^2-4}{4x^2(x-2)}=\dfrac{(x-2)(x+2)}{4x^2(x-2)}=\dfrac{x+2}{4x^2}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{x+2}{4x^2}\to\dfrac{4}{16}\).

🔢 Étape 1 : En \(\pm\infty\), une fonction rationnelle a la même limite que le quotient de ses termes de plus haut degré.

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{4x^5}{-3x^3}=-\dfrac43x^2\to-\infty\) en \(+\infty\) comme en \(-\infty\).

🔢 \(\dfrac{-5x^3}{2x^7}=\dfrac{-5}{2x^4}\to0\).

🔢 Étape 1 : \(f(x)=\dfrac{1-(x+1)}{x(x+1)}=\dfrac{-x}{x(x+1)}=\dfrac{-1}{x+1}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{-1}{x+1}\to0\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\). Conjugué : \(\sqrt{3x+1}-\sqrt{x+3}=\dfrac{(3x+1)-(x+3)}{\sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}}=\dfrac{2(x-1)}{\sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}}\).

🔢 Étape 2 : \(2x^2+3x-5=(x-1)(2x+5)\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=\dfrac{2}{(2x+5)\left(\sqrt{3x+1}+\sqrt{x+3}\right)}\to\dfrac{2}{7\times4}=\dfrac1{14}\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\). Conjugué : \(2\sqrt{5x-1}-(7x-8)=\dfrac{4(5x-1)-(7x-8)^2}{2\sqrt{5x-1}+7x-8}=\dfrac{-49x^2+132x-68}{2\sqrt{5x-1}+7x-8}\).

🔢 Étape 2 : \(-49x^2+132x-68=(x-2)(-49x+34)\) et \(x^2+x-6=(x-2)(x+3)\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=\dfrac{-49x+34}{(x+3)\left(2\sqrt{5x-1}+7x-8\right)}\to\dfrac{-64}{5\times12}=-\dfrac{16}{15}\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\). \(3-\sqrt{4x+1}=\dfrac{8-4x}{3+\sqrt{4x+1}}=\dfrac{-4(x-2)}{3+\sqrt{4x+1}}\) et \(\sqrt{x+2}-2=\dfrac{x-2}{\sqrt{x+2}+2}\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{-4\left(\sqrt{x+2}+2\right)}{3+\sqrt{4x+1}}\to\dfrac{-4\times4}{6}=-\dfrac83\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\). \(x-\sqrt{x+2}=\dfrac{x^2-x-2}{x+\sqrt{x+2}}=\dfrac{(x-2)(x+1)}{x+\sqrt{x+2}}\) et \(\sqrt{4x+1}-3=\dfrac{4(x-2)}{\sqrt{4x+1}+3}\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{(x+1)\left(\sqrt{4x+1}+3\right)}{4\left(x+\sqrt{x+2}\right)}\to\dfrac{3\times6}{4\times4}=\dfrac98\).

🔢 \(f(x)=\dfrac{2-3x-2}{\sqrt x}=\dfrac{-3x}{\sqrt x}=-3\sqrt x\).

🔢 Étape 1 : \(f(x)=\dfrac{3-1+3x}{\sqrt{x-2}}=\dfrac{3x+2}{\sqrt{x-2}}\).

🔢 Étape 2 : Quand \(x\to2^+\) : \(3x+2\to8>0\) et \(\sqrt{x-2}\to0^+\).

🔢 Étape 1 : Forme \(\frac00\). On écrit \(\sqrt{x+1}+\sqrt{x+4}-3=\left(\sqrt{x+1}-1\right)+\left(\sqrt{x+4}-2\right)\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt{x+1}-1=\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+1}\) et \(\sqrt{x+4}-2=\dfrac{x}{\sqrt{x+4}+2}\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{x+4}+2}\to\dfrac12+\dfrac14=\dfrac34\).

🔢 Étape 1 : \(f\) est définie pour \(x\ge-1\) : on calcule la limite à droite en \(-1\). Posons \(h=x+1\to0^+\).

🔢 Étape 2 : \(3x^2+x-2=(x+1)(3x-2)\) et \(\sqrt{x+2}-1=\dfrac{x+1}{\sqrt{x+2}+1}\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=\dfrac{1}{3x-2}\left(\dfrac{\sqrt3}{\sqrt{x+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x+2}+1}\right)\).

🔢 Étape 4 : Quand \(x\to-1^+\) : \(\dfrac{\sqrt3}{\sqrt{x+1}}\to+\infty\), le facteur entre parenthèses tend vers \(+\infty\) et \(3x-2\to-5\lt0\).

🔢 \(x-16=(\sqrt x-4)(\sqrt x+4)\), donc \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt x+4}\to\dfrac18\).

🔢 Étape 1 : \(3-\sqrt{x+6}=\dfrac{9-(x+6)}{3+\sqrt{x+6}}=\dfrac{3-x}{3+\sqrt{x+6}}\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{(x-3)\left(3+\sqrt{x+6}\right)}{3-x}=-\left(3+\sqrt{x+6}\right)\to-6\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt{x^2-9}-4=\dfrac{x^2-25}{\sqrt{x^2-9}+4}=\dfrac{(x-5)(x+5)}{\sqrt{x^2-9}+4}\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{x+5}{\sqrt{x^2-9}+4}\to\dfrac{10}{8}=\dfrac54\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt{3x+4}-\sqrt{5x-4}=\dfrac{8-2x}{\sqrt{3x+4}+\sqrt{5x-4}}=\dfrac{-2(x-4)}{\sqrt{3x+4}+\sqrt{5x-4}}\) et \(\sqrt{x+5}-3=\dfrac{x-4}{\sqrt{x+5}+3}\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{-2\left(\sqrt{x+5}+3\right)}{\sqrt{3x+4}+\sqrt{5x-4}}\to\dfrac{-2\times6}{4+4}=-\dfrac32\).

🔢 Étape 1 : \(\dfrac{3x^4+x+3}{6x^4-3x+4}\to\dfrac36=\dfrac12\) (quotient des termes de plus haut degré).

🔢 Étape 2 : La fonction racine carrée est continue en \(\frac12\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x>0\) : \(\sqrt{4x^2+1}-x=x\left(\sqrt{4+\frac1{x^2}}-1\right)\) avec \(\sqrt{4+\frac1{x^2}}-1\to1\), donc la limite est \(+\infty\).

🔢 Étape 2 : Pour la seconde (forme \(\infty-\infty\)) : \(\sqrt{4x^2+3}-2x=\dfrac{3}{\sqrt{4x^2+3}+2x}\to0\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x>0\) : \(\sqrt{x^2-x}=x\sqrt{1-\frac1x}\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt{x^2-x}-2x=x\left(\sqrt{1-\frac1x}-2\right)\) avec \(\sqrt{1-\frac1x}-2\to-1\).

🔢 Étape 1 : Forme \(+\infty-\infty\) : \(\sqrt{4x^2+3x-1}+2x=\dfrac{3x-1}{\sqrt{4x^2+3x-1}-2x}\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x\lt0\) : \(\sqrt{4x^2+3x-1}=-x\sqrt{4+\frac3x-\frac1{x^2}}\), donc le dénominateur vaut \(-x\left(\sqrt{4+\frac3x-\frac1{x^2}}+2\right)\).

🔢 Étape 3 : \(\dfrac{3x-1}{\sqrt{\cdots}-2x}=\dfrac{x\left(3-\frac1x\right)}{-x\left(\sqrt{4+\frac3x-\frac1{x^2}}+2\right)}\to\dfrac{3}{-(2+2)}=-\dfrac34\).

🔢 Étape 4 : Donc \(\sqrt{4x^2+3x-1}+2x-1\to-\dfrac34-1\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x\lt0\) : \(\sqrt{x^2-2x+3}=|x|\sqrt{1-\frac2x+\frac3{x^2}}=-x\sqrt{1-\frac2x+\frac3{x^2}}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{\sqrt{x^2-2x+3}}{x}=-\sqrt{1-\frac2x+\frac3{x^2}}\to-1\).

🔢 Étape 1 : On écrit \(2x=x+x\) : \(\left(\sqrt{x^2-2x+3}+x\right)+\left(\sqrt{x^2+3x-2}+x\right)\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt{x^2-2x+3}+x=\dfrac{-2x+3}{\sqrt{x^2-2x+3}-x}=\dfrac{x\left(-2+\frac3x\right)}{-x\left(\sqrt{1-\frac2x+\frac3{x^2}}+1\right)}\to\dfrac{-2}{-2}=1\).

🔢 Étape 3 : \(\sqrt{x^2+3x-2}+x=\dfrac{3x-2}{\sqrt{x^2+3x-2}-x}=\dfrac{x\left(3-\frac2x\right)}{-x\left(\sqrt{1+\frac3x-\frac2{x^2}}+1\right)}\to\dfrac{3}{-2}\).

🔢 Étape 4 : Somme : \(1-\dfrac32\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x\lt0\) : \(\sqrt{4x^2+x+1}=-x\sqrt{4+\frac1x+\frac1{x^2}}\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt{4x^2+x+1}-3x+2=x\left(-\sqrt{4+\frac1x+\frac1{x^2}}-3+\frac2x\right)\) et la parenthèse tend vers \(-2-3=-5\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x\lt0\) : \(\sqrt{4x^2+3x-2}=-x\sqrt{4+\frac3x-\frac2{x^2}}\).

🔢 Étape 2 : \(2x-1-\sqrt{4x^2+3x-2}=x\left(2-\frac1x+\sqrt{4+\frac3x-\frac2{x^2}}\right)\) et la parenthèse tend vers \(2+2=4\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x\lt0\) : \(\sqrt{9x^2+x-2}=-x\sqrt{9+\frac1x-\frac2{x^2}}\) et \(\sqrt{4x^2+3x-2}=-x\sqrt{4+\frac3x-\frac2{x^2}}\).

🔢 Étape 2 : L’expression vaut \(-x\left(\sqrt{9+\frac1x-\frac2{x^2}}-\sqrt{4+\frac3x-\frac2{x^2}}\right)\) et la parenthèse tend vers \(3-2=1\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x>0\) : \(\dfrac{2x-3}{3\sqrt{x+1}-5}=\dfrac{\sqrt x\left(2-\frac3x\right)}{3\sqrt{1+\frac1x}-\frac5{\sqrt x}}\).

🔢 Étape 2 : Le numérateur tend vers \(+\infty\) et le dénominateur vers \(3\).

🔢 Étape 1 : On divise numérateur et dénominateur par \(x^2\) : \(\dfrac{\frac{\sqrt{1+3/x}}{\sqrt x}-\frac2x}{3-\frac1x-\frac1{x^2}}\).

🔢 Étape 2 : Le numérateur tend vers \(0\) et le dénominateur vers \(3\).

🔢 On divise par \(x\) : \(\dfrac{3-\frac{\sqrt{2x+1}}{x}}{5-\frac4x}\) avec \(\dfrac{\sqrt{2x+1}}{x}=\sqrt{\dfrac2x+\dfrac1{x^2}}\to0\).

🔢 Étape 1 : \(\dfrac{x}{\sqrt{x+1}}-\dfrac{x}{\sqrt{x-1}}=x\cdot\dfrac{\sqrt{x-1}-\sqrt{x+1}}{\sqrt{x^2-1}}\) et \(\sqrt{x-1}-\sqrt{x+1}=\dfrac{-2}{\sqrt{x-1}+\sqrt{x+1}}\).

🔢 Étape 2 : Donc l’expression vaut \(\dfrac{-2}{\sqrt{1-\frac1{x^2}}\left(\sqrt{x-1}+\sqrt{x+1}\right)}\), dont le dénominateur tend vers \(+\infty\).

🔢 Étape 1 : Posons \(u=\sqrt{\dfrac{x}{x-1}}\) : \(u\to1\) et \(u-1=\dfrac{u^2-1}{u+1}=\dfrac{1}{(x-1)(u+1)}\).

🔢 Étape 2 : \(x\sqrt{\dfrac{x}{x-1}}-x=x(u-1)=\dfrac{x}{(x-1)(u+1)}\to\dfrac{1}{2}\).

🔢 Étape 3 : Donc \(x\sqrt{\dfrac{x}{x-1}}-x-1\to\dfrac12-1\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]x\) : \(x-1=a^3-1=(a-1)(a^2+a+1)\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{\sqrt[3]x-1}{x-1}=\dfrac{1}{a^2+a+1}\to\dfrac13\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]{x^2+1}\) : \(a^3-1=x^2\), donc \(a-1=\dfrac{x^2}{a^2+a+1}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{a-1}{x^2}=\dfrac1{a^2+a+1}\to\dfrac13\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]{x+22}\) : \(a-3=\dfrac{a^3-27}{a^2+3a+9}=\dfrac{x-5}{a^2+3a+9}\).

🔢 Étape 2 : \(x^2-6x+5=(x-1)(x-5)\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(a^2+3a+9)}\to\dfrac{1}{4\times27}\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]{2x+4}\) et \(b=\sqrt[3]{5x-2}\) : \(a-b=\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{-3(x-2)}{a^2+ab+b^2}\).

🔢 Étape 2 : Quand \(x\to2\) : \(a\to2\), \(b\to2\), donc \(a^2+ab+b^2\to12\).

🔢 Étape 1 : On insère \(3\) : \(\sqrt[3]{10x+7}-\sqrt{4x+1}=\left(\sqrt[3]{10x+7}-3\right)+\left(3-\sqrt{4x+1}\right)\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt[3]{10x+7}-3=\dfrac{10(x-2)}{a^2+3a+9}\) avec \(a=\sqrt[3]{10x+7}\to3\) : le quotient par \(x-2\) tend vers \(\dfrac{10}{27}\).

🔢 Étape 3 : \(3-\sqrt{4x+1}=\dfrac{-4(x-2)}{3+\sqrt{4x+1}}\) : le quotient par \(x-2\) tend vers \(-\dfrac46=-\dfrac23\).

🔢 Étape 4 : Somme : \(\dfrac{10}{27}-\dfrac{18}{27}\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x>1\) : \(\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x-1}\sqrt{x+1}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{\sqrt[3]{x-1}}=\dfrac{(x-1)^{1/2}}{(x-1)^{1/3}}\sqrt{x+1}=\sqrt[6]{x-1}\,\sqrt{x+1}\to0\times\sqrt2\).

🔢 Étape 1 : Posons \(t=x-3\to0^+\) : \(\dfrac1{\sqrt t}-\dfrac1{\sqrt[3]t}=\dfrac{1}{\sqrt t}\left(1-\sqrt[6]t\right)\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac1{\sqrt t}\to+\infty\) et \(1-\sqrt[6]t\to1\).

🔢 Étape 1 : Première : \(\dfrac{\sqrt[3]{x^3+x+1}}{x}=\sqrt[3]{1+\frac1{x^2}+\frac1{x^3}}\to1\).

🔢 Étape 2 : Seconde : avec \(a=\sqrt[3]{x^2-2x-3}\), \(b=\sqrt[3]{x^2+1}\) : \(a-b=\dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{-2x-4}{a^2+ab+b^2}\).

🔢 Étape 3 : Le numérateur est de degré \(1\) et le dénominateur est équivalent à \(3x^{4/3}\) (degré \(\frac43>1\)) : le quotient tend vers \(0\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt[3]{5x^2+x+1}-2x+3=x\left(\sqrt[3]{\frac5x+\frac1{x^2}+\frac1{x^3}}-2+\frac3x\right)\).

🔢 Étape 2 : La parenthèse tend vers \(-2\) et \(x\to-\infty\).

🔢 Étape 1 : \(3x^2+x+1-\sqrt[3]{8x^3+5x+7}=x^2\left(3+\frac1x+\frac1{x^2}-\frac{\sqrt[3]{8x^3+5x+7}}{x^2}\right)\).

🔢 Étape 2 : Or \(\dfrac{\sqrt[3]{8x^3+5x+7}}{x^2}=\dfrac1x\sqrt[3]{8+\frac5{x^2}+\frac7{x^3}}\to0\). La parenthèse tend vers \(3\).

🔢 Étape 1 : Numérateur équivalent à \(5x\) ; dénominateur équivalent à \(3\sqrt[3]2\,x^{2/3}\) (degré \(\frac23\lt1\)).

🔢 Étape 2 : Plus précisément : divisons par \(x^{2/3}\) : \(\dfrac{5x^{1/3}-x^{-2/3}}{3\sqrt[3]{2+x^{-2}}-4x^{-2/3}}\), numérateur \(\to+\infty\), dénominateur \(\to3\sqrt[3]2\).

🔢 On divise par \(x\) : \(\dfrac{2-\frac{\sqrt[3]{2x+1}}{x}}{3-\frac2x}\) et \(\dfrac{\sqrt[3]{2x+1}}{x}=\sqrt[3]{\frac2{x^2}+\frac1{x^3}}\to0\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]{27+x^2}\) : \(a-3=\dfrac{a^3-27}{a^2+3a+9}=\dfrac{x^2}{a^2+3a+9}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{a-3}{x^2}=\dfrac1{a^2+3a+9}\to\dfrac1{27}\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]x\) : \(x-8=a^3-8=(a-2)(a^2+2a+4)\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{\sqrt[3]x-2}{x-8}=\dfrac1{a^2+2a+4}\to\dfrac1{12}\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x\lt0\) : \(\sqrt[4]{x^4+x-3}=\sqrt[4]{x^4}\sqrt[4]{1+\frac1{x^3}-\frac3{x^4}}=|x|\sqrt[4]{1+\frac1{x^3}-\frac3{x^4}}\).

🔢 Étape 2 : Donc \(\dfrac{\sqrt[4]{x^4+x-3}}{x}=-\sqrt[4]{1+\frac1{x^3}-\frac3{x^4}}\to-1\).

🔢 Étape 1 : On compare chaque racine à \(x+\frac12\) et \(x+\frac13\) : \(\sqrt{x^2+x+1}-\left(x+\frac12\right)=\dfrac{3/4}{\sqrt{x^2+x+1}+x+\frac12}\), donc \(x\left[\sqrt{x^2+x+1}-\left(x+\frac12\right)\right]\to\dfrac{3}{8}\).

🔢 Étape 2 : Avec \(B=x+\frac13\) et \(A=\sqrt[3]{x^3+x^2+1}\) : \(A^3-B^3=\frac{26}{27}-\frac x3\), donc \(A-B=\dfrac{\frac{26}{27}-\frac x3}{A^2+AB+B^2}\) et \(x(A-B)\to-\dfrac{1}{9}\).

🔢 Étape 3 : \(x\left(\sqrt{x^2+x+1}-A\right)=x\left[\sqrt{x^2+x+1}-\left(x+\frac12\right)\right]+x\left(\frac12-\frac13\right)-x(A-B)\).

🔢 Étape 4 : Le terme \(\dfrac x6\) tend vers \(+\infty\), les deux autres ont des limites finies.

🔢 Étape 1 : On écrit \(1+\sqrt[3]{4x}-\sqrt{4x+1}=\left(\sqrt[3]{4x}-2\right)+\left(3-\sqrt{4x+1}\right)\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt[3]{4x}-2=\dfrac{4x-8}{a^2+2a+4}\) avec \(a=\sqrt[3]{4x}\to2\) : quotient par \(x-2\) \(\to\dfrac4{12}=\dfrac13\).

🔢 Étape 3 : \(3-\sqrt{4x+1}=\dfrac{-4(x-2)}{3+\sqrt{4x+1}}\) : quotient par \(x-2\) \(\to-\dfrac46=-\dfrac23\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]x\) : \(x+\sqrt[3]x-2=(x-1)+(a-1)=(x-1)+\dfrac{x-1}{a^2+a+1}=(x-1)\left(1+\dfrac1{a^2+a+1}\right)\).

🔢 Étape 2 : \(x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=\dfrac{x^2+x+1}{1+\frac1{a^2+a+1}}\to\dfrac{3}{1+\frac13}=\dfrac94\).

🔢 Étape 1 : \(D_f=\mathbb R^*\) : \(\sqrt[3]{x^2}\) est définie sur \(\mathbb R\) et il faut \(x\neq0\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x\neq0\) : \(\dfrac{\sqrt[3]{x^2}}{x}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}\) (car \(x=\sqrt[3]x^3\)), donc \(f(x)=\dfrac1{\sqrt[3]x}-1\).

🔢 Étape 3 : En \(\pm\infty\) : \(\dfrac1{\sqrt[3]x}\to0\), donc \(f(x)\to-1\).

🔢 Étape 4 : En \(0^+\) : \(\sqrt[3]x\to0^+\), donc \(f(x)\to+\infty\). En \(0^-\) : \(\sqrt[3]x\to0^-\), donc \(f(x)\to-\infty\).

🔢 Étape 1 : Rappel : \(\sqrt[n]{A}\) est définie si et seulement si \(A\ge0\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt{x^2-9}\) : \(x^2-9\ge0\iff x\le-3\) ou \(x\ge3\).

🔢 Étape 3 : \(\sqrt[5]{(x+7)(x-1)}\) : \((x+7)(x-1)\ge0\) ; le trinôme est positif à l’extérieur des racines \(-7\) et \(1\).

🔢 Étape 4 : \(\sqrt[3]{4-x}-\sqrt{x+1}\) : il faut \(4-x\ge0\) et \(x+1\ge0\), soit \(-1\le x\le4\).

🔢 Étape 1 : Définition : \(x+1\ge0\iff x\ge-1\).

🔢 Étape 2 : \(\sqrt[3]{x+1}=2\iff x+1=2^3=8\iff x=7\), et \(7\ge-1\).

🔢 Étape 1 : \((x+5)^3=2>0\) donc \(x+5>0\).

🔢 Étape 2 : \(x+5=\sqrt[3]{2}\iff x=\sqrt[3]2-5\).

🔢 Étape 1 : On met les trois radicaux au même indice \(12\) : \(\sqrt[4]3=\sqrt[12]{3^3}\) et \(\sqrt[3]2=\sqrt[12]{2^4}\).

🔢 Étape 2 : Produit : \(\sqrt[12]{3^3\times2^4\times3^9\times2^8}=\sqrt[12]{3^{12}\times2^{12}}=3\times2\).

🔢 Étape 1 : Avec \(a=\sqrt[3]5\) : \(a^3-1=4=(a-1)(a^2+a+1)\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{2}{a-1}=\dfrac{2(a^2+a+1)}{(a-1)(a^2+a+1)}=\dfrac{2(a^2+a+1)}{4}\).

🔢 Étape 1 : Avec des exposants rationnels : \(A=7^{\frac23+\frac14+\frac45-\frac{10}{6}}\). Dénominateur commun \(60\) : \(\dfrac{40+15+48-100}{60}=\dfrac3{60}=\dfrac1{20}\).

🔢 Étape 2 : On met tous les nombres sous la forme \(\sqrt[12]{\cdot}\) : \(\sqrt2=\sqrt[12]{2^6}=\sqrt[12]{64}\) ; \(\sqrt[3]3=\sqrt[12]{3^4}=\sqrt[12]{81}\) ; \(\sqrt[4]5=\sqrt[12]{5^3}=\sqrt[12]{125}\) ; \(7^{\frac16}=\sqrt[12]{49}\) ; \(14^{\frac1{12}}=\sqrt[12]{14}\).

🔢 Étape 3 : Comme \(14\lt49\lt64\lt81\lt125\) et que \(t\mapsto\sqrt[12]t\) est strictement croissante, on ordonne.

🔢 Étape 1 : \(x^2-2x-15=(x-5)(x+3)\) et \(x^2-25=(x-5)(x+5)\), donc \(f(x)=\dfrac{x+3}{x+5}\) pour \(x\neq\pm5\).

🔢 Étape 2 : \(\lim\limits_{x\to5}f(x)=\dfrac{8}{10}=\dfrac45\neq8=f(5)\).

🔢 Étape 1 : Quand \(x\to-1^+\) : \(x^3+1\to0^+\) donc \(f(x)\to+\infty\).

🔢 Étape 2 : La limite n’est pas finie (à gauche, \(f(x)\to-\infty\)).

🔢 Étape 1 : \(x-3=(\sqrt x-\sqrt3)(\sqrt x+\sqrt3)\), donc \(f(x)=\dfrac1{\sqrt x+\sqrt3}\) pour \(x\neq3\).

🔢 Étape 2 : \(\lim\limits_{x\to3}f(x)=\dfrac{1}{2\sqrt3}=f(3)\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt2-\sqrt x=\dfrac{2-x}{\sqrt2+\sqrt x}=\dfrac{-(x-2)}{\sqrt2+\sqrt x}\) et \(x^2-4=(x-2)(x+2)\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=-(x+2)\left(\sqrt2+\sqrt x\right)\to-4\times2\sqrt2=-8\sqrt2\).

🔢 Étape 3 : Or \(f(2)=8\sqrt2\neq-8\sqrt2\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt{x+1}-1=\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+1}\), donc \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\left(\sqrt{x+1}+1\right)\).

🔢 Étape 2 : \(\lim\limits_{x\to0}f(x)=1\times2=2\neq0=f(0)\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x>0\) : \(\sqrt x\sqrt{1+\frac1x}=\sqrt{x\left(1+\frac1x\right)}=\sqrt{x+1}\).

🔢 Étape 2 : \(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=\sqrt1=1=f(0)\).

🔢 Étape 1 : \(x^3-x^2-x-15=(x-3)(x^2+2x+5)\), donc \(f(x)=x^2+2x+5\) pour \(x\neq3\).

🔢 Étape 2 : \(\lim\limits_{x\to3}f(x)=9+6+5=20\neq7=f(3)\).

🔢 Étape 1 : À gauche (et en \(2\)) : \(f(2)=-8+3=-5\) et \(\lim\limits_{x\to2^-}f(x)=-5\).

🔢 Étape 2 : À droite : \(\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=8+4-1=11\neq f(2)\).

🔢 Étape 1 : À gauche : \(f(3)=\dfrac{18-3+1}{2}=8\) et \(f\) est continue à gauche en \(3\) (fraction rationnelle de dénominateur non nul).

🔢 Étape 2 : À droite : \(x^3-x^2+1\to19>0\) et \(x^2-3x=x(x-3)\to0^+\) pour \(x>3\), donc \(\lim\limits_{x\to3^+}f(x)=+\infty\).

🔢 Étape 1 : Au voisinage de \(0\) (par exemple \(|x|\lt2\)) : \(|x+2|=x+2\) et \(|x-2|=2-x\).

🔢 Étape 2 : Donc \(|x+2|-|x-2|=2x\) et \(f(x)=\dfrac{4x}{2x}=2\) pour \(x\neq0\).

🔢 Étape 3 : \(\lim\limits_{x\to0}f(x)=2=f(0)\).

🔢 Étape 1 : \(x^2-2x=x(x-2)\), donc \(f(x)=\dfrac1x\cdot\dfrac{\sin(x-2)}{x-2}\).

🔢 Étape 2 : Avec \(t=x-2\to0\) : \(\dfrac{\sin t}{t}\to1\), donc \(\lim\limits_{x\to2}f(x)=\dfrac12\times1=f(2)\).

🔢 Étape 1 : Au voisinage de \(2\) : \(x^2-5\lt0\) donc \(|x^2-5|=5-x^2\) et \(|x^2-5|-1=4-x^2=(2-x)(2+x)\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{x(x-2)}{-(x-2)(x+2)}=\dfrac{-x}{x+2}\to-\dfrac24=-\dfrac12=f(2)\).

🔢 Étape 1 : \(x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)\) et \(x^2-x-2=(x-2)(x+1)\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=\dfrac{x^2+2x+4}{x+1}\to\dfrac{12}{3}=4=f(2)\).

🔢 Étape 1 : \(1-x^2=(1-x)(1+x)\) et \(1+x^3=(1+x)(x^2-x+1)\).

🔢 Étape 2 : Réduction : \(f(x)=\dfrac{2(x^2-x+1)-3(1-x)}{(1+x)(1-x)(x^2-x+1)}=\dfrac{2x^2+x-1}{(1+x)(1-x)(x^2-x+1)}\).

🔢 Étape 3 : \(2x^2+x-1=(2x-1)(x+1)\), d’où \(f(x)=\dfrac{2x-1}{(1-x)(x^2-x+1)}\to\dfrac{-3}{2\times3}=-\dfrac12=f(-1)\).

🔢 Étape 1 : \(x^3-3x-2=(x-2)(x+1)^2\).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=(x+1)^2\to9=f(2)\).

🔢 Étape 1 : À droite : \(\dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x}=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}\to\dfrac12\).

🔢 Étape 2 : À gauche : \(\dfrac{\sin x}{2x}=\dfrac12\cdot\dfrac{\sin x}{x}\to\dfrac12\).

🔢 Étape 3 : Les deux limites valent \(f(0)=\dfrac12\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt{x+1}-1=\dfrac{x}{\sqrt{x+1}+1}\), donc \(f(x)=\dfrac{x}{\tan x}\cdot\dfrac1{\sqrt{x+1}+1}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{x}{\tan x}\to1\), donc \(\lim\limits_{x\to0}f(x)=\dfrac12=f(0)\).

🔢 Étape 1 : À gauche : \(f(2)=\dfrac{5}{-5}=-1\) et \(f\) est continue à gauche en \(2\).

🔢 Étape 2 : À droite : \(\dfrac{x^2+x-6}{x-2}=\dfrac{(x-2)(x+3)}{x-2}=x+3\to5\).

🔢 Étape 3 : Les limites à gauche et à droite sont différentes.

🔢 Étape 1 : En \(0\) : \(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1\), \(\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=1\) et \(f(0)=1\).

🔢 Étape 2 : En \(-\frac\pi2\) : au voisinage de ce point \(f(x)=-2\sin x+1\), qui est continue ; donc \(f\) est continue en \(-\frac\pi2\).

🔢 Étape 1 : Pour que \(\lim\limits_{x\to1^-}\dfrac{x^2+x-a}{x-1}\) soit finie, il faut que le numérateur s’annule en \(1\) : \(2-a=0\), soit \(a=2\).

🔢 Étape 2 : Alors \(\dfrac{x^2+x-2}{x-1}=\dfrac{(x-1)(x+2)}{x-1}=x+2\to3\).

🔢 Étape 3 : Continuité en \(1\) : \(f(1)=1+b=3\), soit \(b=2\).

🔢 Étape 1 : Limite à droite finie : numérateur nul en \(2\) : \(6-a=0\), soit \(a=6\).

🔢 Étape 2 : Alors \(\dfrac{x^2+x-6}{x-2}=x+3\to5\).

🔢 Étape 3 : \(f(2)=\dfrac{4+b}{3}=5\), soit \(b=11\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x>0\) : \(\dfrac{2\sin(x^2)}{x}=2x\cdot\dfrac{\sin(x^2)}{x^2}\to2\times0\times1=0\), donc \(\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=2\).

🔢 Étape 2 : \(f(0)=1+m\) et \(\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=1+m\).

🔢 Étape 3 : Continuité : \(1+m=2\).

🔢 Étape 1 : À droite : \(\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\dfrac{-2+3+3}{2}=2\). Il faut \(f(1)=\dfrac{2+c}{3}=2\), soit \(c=4\).

🔢 Étape 2 : À gauche : le dénominateur \(2x^2+ax-a-2=(x-1)(2x+a+2)\) s’annule en \(1\) ; il faut que le numérateur aussi : \(3-2b+1=0\), soit \(b=2\).

🔢 Étape 3 : Alors \(3x^2-4x+1=(x-1)(3x-1)\) et \(f(x)=\dfrac{3x-1}{2x+a+2}\to\dfrac{2}{4+a}\).

🔢 Étape 4 : On veut \(\dfrac2{4+a}=2\), soit \(a=-3\).

🔢 Étape 1 : \(x^2\sqrt{x+3}-2=x^2\left(\sqrt{x+3}-2\right)+2(x^2-1)=(x-1)\left[\dfrac{x^2}{\sqrt{x+3}+2}+2(x+1)\right]\).

🔢 Étape 2 : \(1-x^2=-(x-1)(x+1)\). Donc \(f(x)=-\dfrac{1}{x+1}\left[\dfrac{x^2}{\sqrt{x+3}+2}+2(x+1)\right]\).

🔢 Étape 3 : \(\lim\limits_{x\to1}f(x)=-\dfrac12\left(\dfrac14+4\right)=-\dfrac{17}{8}\).

🔢 Étape 4 : En \(+\infty\) : \(f(x)=-\dfrac{\sqrt{x+3}-\frac2{x^2}}{1-\frac1{x^2}}\to-\infty\).

🔢 Étape 1 : À gauche : \(\lim\limits_{x\to\frac12^-}\dfrac1{x+1}=\dfrac23\).

🔢 Étape 2 : À droite (et en \(\frac12\)) : \(f\left(\frac12\right)=1+\dfrac a4\).

🔢 Étape 3 : Continuité : \(1+\dfrac a4=\dfrac23\iff a=-\dfrac43\).

🔢 Étape 1 : En \(+\infty\) : \(\left|\sqrt{3+\sin x+\cos x}-2\right|\le\sqrt{3+\sqrt2}+2\), donc \(f(x)\) est bornée au numérateur et \(\dfrac1x\to0\) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\).

🔢 Étape 2 : En \(-\infty\) : \(\sqrt{x^2+x+1}=-x\sqrt{1+\frac1x+\frac1{x^2}}\), donc \(f(x)=x\left(a-\sqrt{1+\frac1x+\frac1{x^2}}\right)\) et la parenthèse tend vers \(a-1\) : si \(a\gt1\) la limite est \(-\infty\), si \(a\lt1\) elle est \(+\infty\).

🔢 Étape 3 : Cas \(a=1\) : \(x+\sqrt{x^2+x+1}=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}-x}=\dfrac{x\left(1+\frac1x\right)}{-x\left(\sqrt{1+\frac1x+\frac1{x^2}}+1\right)}\to-\dfrac12\).

🔢 Étape 4 : À droite en \(0\) : \(\sqrt{3+\sin x+\cos x}-2=\dfrac{\sin x+\cos x-1}{\sqrt{3+\sin x+\cos x}+2}\), d’où \(f(x)=\dfrac{\frac{\sin x}{x}-\frac{1-\cos x}{x}}{\sqrt{3+\sin x+\cos x}+2}\to\dfrac14\). Or \(f(0)=\sqrt1=1\).

🔢 Étape 5 : Les valeurs \(\dfrac14\) et \(1\) sont différentes.

🔢 Étape 1 : a) \(\sqrt x\) existe pour \(x\ge0\). \(x+\sqrt x-2=(\sqrt x-1)(\sqrt x+2)\) ne s’annule que pour \(x=1\), où \(f\) est définie par \(f(1)=\frac43\). Donc \(D_f=\mathbb R^+\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x\neq1\) : \(x^2-1=(x-1)(x+1)=(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)(x+1)\), donc \(f(x)=\dfrac{(\sqrt x+1)(x+1)}{\sqrt x+2}\to\dfrac{2\times2}{3}=\dfrac43=f(1)\).

🔢 Étape 3 : b) Sur \([0;1[\) et sur \(]1;+\infty[\) : quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas, donc \(f\) est continue.

🔢 Étape 4 : \(f\) est continue sur \([0;1[\), sur \(]1;+\infty[\) et en \(1\), donc sur \(\mathbb R^+\).

🔢 Étape 1 : Pour \(x\ge2\) : \(x-2\ge0\) ; pour \(x\lt2\) : \(3-x\gt1\ne0\). Donc \(D_f=\mathbb R\).

🔢 Étape 2 : À droite en \(2\) : \(f(2)=2\) et \(\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=2\). À gauche : \(\lim\limits_{x\to2^-}\dfrac3{3-x}=3\).

🔢 Étape 3 : \(f\) est continue sur \(]2;+\infty[\) et sur \(]-\infty;2[\).

🔢 Étape 1 : En \(+\infty\) : \(f(x)=\dfrac4{1+\sqrt x}\to0\).

🔢 Étape 2 : Interprétation : la courbe \(\mathscr C_f\) admet la droite \(y=0\) (l’axe des abscisses) comme asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\).

🔢 Étape 3 : En \(1\) : \(f(1)=\dfrac42=2\) ; \(\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=2\) ; \(\lim\limits_{x\to1^-}\sqrt[3]{7+x}=\sqrt[3]8=2\).

🔢 Étape 1 : a) \(D_f=\mathbb R\) : pour \(x\lt1\), \(x-1\neq0\) ; pour \(x\ge1\), \(x-1\ge0\). En \(+\infty\) : \(\sqrt{x-1}+3\to+\infty\). En \(-\infty\) : pour \(x\lt1\), \(\dfrac{x^2+x-2}{x-1}=\dfrac{(x-1)(x+2)}{x-1}=x+2\to-\infty\).

🔢 Étape 2 : b) \(f(1)=3\), \(\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=3\) et \(\lim\limits_{x\to1^-}(x+2)=3\) : \(f\) est continue en \(1\). Sur \(]1;+\infty[\) elle est continue (composée de fonctions continues) ; sur \(]-\infty;1[\) c’est le polynôme \(x+2\) : donc \(f\) est continue sur \(\mathbb R\).

🔢 Étape 3 : c) \(g\) = restriction de \(f\) à \(]1;+\infty[\) : \(g(x)=\sqrt{x-1}+3\), continue et strictement croissante, donc bijective de \(]1;+\infty[\) sur \(\left]\lim\limits_{1^+}g\,;\lim\limits_{+\infty}g\right[=]3;+\infty[=J\).

🔢 Étape 4 : Pour \(x\in J\) : \(g^{-1}(x)=y\iff\sqrt{y-1}+3=x\iff y=(x-3)^2+1\).

🔢 Étape 5 : Équation \(g^{-1}(x)=2\) dans \(J\) : \((x-3)^2=1\iff x=4\) ou \(x=2\) ; seul \(x=4\) est dans \(J=]3;+\infty[\).

🔢 Étape 1 : \(D_f=[-1;+\infty[\) (condition \(1+x\ge0\)).

🔢 Étape 2 : \(f(x)=x\left(1-\dfrac{\sqrt[3]{1+x}}{x}\right)=x\left(1-\sqrt[3]{\dfrac1{x^2}+\dfrac1{x^3}}\right)\to+\infty\).

🔢 Étape 3 : \(\dfrac{f(x)}x\to1\) et \(f(x)-x=-\sqrt[3]{1+x}\to-\infty\).

🔢 Étape 1 : \(f(-1)=-1\) donc \(\dfrac{f(x)+1}{x+1}=\dfrac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}\).

🔢 Étape 2 : \(\dfrac{f(x)+1}{x+1}=\dfrac{(x+1)-\sqrt[3]{x+1}}{x+1}=1-\dfrac{1}{\sqrt[3]{(x+1)^2}}\).

🔢 Étape 3 : Quand \(x\to-1^+\) : \(\sqrt[3]{(x+1)^2}\to0^+\) donc \(\dfrac1{\sqrt[3]{(x+1)^2}}\to+\infty\).

🔢 Étape 1 : \(f\) est une fonction polynôme, donc continue sur \([0;1]\).

🔢 Étape 2 : \(f(0)=-1\lt0\) et \(f(1)=2\gt0\), donc \(f(0)\times f(1)\lt0\).

🔢 Étape 1 : \(g'(x)=3x^2-12x+9=3(x-1)(x-3)\) : \(g’\gt0\) sur \(]-\infty;1[\) et sur \(]3;+\infty[\), \(g’\lt0\) sur \(]1;3[\).

🔢 Étape 2 : \(g(1)=1-6+9+1=5\) et \(g(3)=27-54+27+1=1\) ; \(\lim\limits_{-\infty}g=-\infty\) et \(\lim\limits_{+\infty}g=+\infty\). Donc \(g\) croît de \(-\infty\) à \(5\) sur \(]-\infty;1]\), décroît de \(5\) à \(1\) sur \([1;3]\), croît de \(1\) à \(+\infty\) sur \([3;+\infty[\).

🔢 Étape 3 : Sur \([1;+\infty[\), \(g(x)\ge1\gt0\) : aucune solution. Sur \(]-\infty;1]\), \(g\) est continue strictement croissante de \(-\infty\) à \(5\) : elle s’annule exactement une fois.

🔢 Étape 4 : Encadrement : \(g(-1)=-15\lt0\) et \(g(0)=1\gt0\), donc \(-1\lt\alpha\lt0\) (plus précisément \(g(-0{,}2)\lt0\lt g(-0{,}1)\) donne \(-0{,}2\lt\alpha\lt-0{,}1\)).

🔢 Étape 1 : a) \(h(x)=x^3-2x^2-1\) est continue ; \(h(2)=-1\lt0\) et \(h(3)=8\gt0\) : T.V.I. sur \([2;3]\).

🔢 Étape 2 : b) \(h(x)=x^4-2x-\sqrt x+1\) est continue sur \([0;1]\) ; \(h(0)=1\gt0\) et \(h(1)=-1\lt0\) : T.V.I. sur \(]0;1[\).

🔢 Étape 3 : c) \(h(x)=x^3-3x^2+15x-7\) est continue sur \(\mathbb R\) ; \(h(0)=-7\lt0\) et \(h(1)=6\gt0\) : une solution dans \(]0;1[\subset\mathbb R\).

🔢 Étape 4 : d) \(h(x)=x^{17}-x^{11}-1\) est continue ; \(h(1)=-1\lt0\) et \(h(2)=2^{17}-2^{11}-1\gt0\) : une solution dans \(]1;2[\subset[0;+\infty[\).

🔢 Étape 1 : a) \(h(x)=x^3-3x^2-5\) : \(h'(x)=3x(x-2)\gt0\) sur \(]2;4]\), donc \(h\) est strictement croissante sur \([2;4]\) ; \(h(2)=-9\lt0\), \(h(4)=11\gt0\). Unique solution.

🔢 Étape 2 : b) \(h(x)=2x^3+3x+4\) : \(h'(x)=6x^2+3\gt0\) donc \(h\) est strictement croissante ; \(h(-1)=-1\lt0\) et \(h(0)=4\gt0\). Unique solution dans \(]-1;0[\).

🔢 Étape 3 : c) \(h(x)=x^3+x^2+x+1\) : \(h'(x)=3x^2+2x+1\) a un discriminant \(4-12\lt0\), donc \(h’\gt0\) et \(h\) est strictement croissante ; \(\lim\limits_{-\infty}h=-\infty\) et \(h(0)=1\gt0\) : \(h(]-\infty;0])=]-\infty;1]\ni0\). Unique solution.

🔢 Étape 4 : d) \(h(x)=2x^3-5x^2-3\) : \(h'(x)=2x(3x-5)\). \(h\) croît sur \(]-\infty;0]\) (avec \(h\le h(0)=-3\lt0\)), décroît sur \([0;\frac53]\) (donc \(h\lt0\)), puis croît sur \([\frac53;+\infty[\) de \(h(\frac53)=-\frac{206}{27}\lt0\) à \(+\infty\) : une seule solution, dans \(]\frac53;+\infty[\) (par exemple \(h(3)=6\gt0\) donne \(\in]\frac53;3[\)).

🔢 Étape 1 : \(h(x)=\sqrt{x^3+6x+1}-2\) est continue sur \([0;2]\) ; \(h(0)=-1\lt0\) et \(h(2)=\sqrt{21}-2\gt0\).

🔢 Étape 2 : \(h(x)=\cos x-x\) est continue sur \(\left[0;\frac\pi2\right]\) ; \(h(0)=1\gt0\) et \(h\left(\frac\pi2\right)=-\frac\pi2\lt0\).

🔢 Étape 3 : \(h(x)=x^{2021}+x-2021\) est continue sur \(\mathbb R\) ; \(h(1)=-2019\lt0\) et \(h(2)=2^{2021}-2019\gt0\).

🔢 \(f'(x)=3x^2+2\gt0\) pour tout \(x\in\mathbb R\).

🔢 Étape 1 : \(f\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb R\).

🔢 Étape 2 : \(f(1)=-1\lt0\) et \(f(2)=8\gt0\).

🔢 Étape 1 : Milieu de \(]1;2[\) : \(f(1{,}5)=3{,}375+3-4=2{,}375\gt0\), donc \(1\lt\alpha\lt1{,}5\).

🔢 Étape 2 : Milieu de \(]1;1{,}5[\) : \(f(1{,}25)=1{,}953125+2{,}5-4=0{,}453125\gt0\), donc \(1\lt\alpha\lt1{,}25\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)\).

🔢 Étape 2 : \(f\) croît sur \(]-\infty;-1]\), décroît sur \([-1;1]\), croît sur \([1;+\infty[\).

🔢 Étape 3 : \(f(-1)=-1+3-3=-1\), \(f(1)=1-3-3=-5\), \(\lim\limits_{-\infty}f=-\infty\), \(\lim\limits_{+\infty}f=+\infty\).

🔢 Étape 1 : Sur \(]-\infty;1]\) : \(f(x)\le-1\lt0\). Aucune solution.

🔢 Étape 2 : Sur \([1;+\infty[\) : \(f\) est continue strictement croissante de \(-5\) à \(+\infty\) : elle s’annule exactement une fois.

🔢 Étape 3 : \(f(2)=-1\lt0\) et \(f(3)=15\gt0\).

🔢 Étape 1 : \(a^3=\dfrac{12+4\sqrt5}{8}=\dfrac{3+\sqrt5}{2}\) et \(\dfrac1{a^3}=\dfrac{2}{3+\sqrt5}=\dfrac{2(3-\sqrt5)}{4}=\dfrac{3-\sqrt5}{2}\). Donc \(a^3+\dfrac1{a^3}=3\).

🔢 Étape 2 : Soit \(\beta=a+\dfrac1a\). \(\beta^3=a^3+\dfrac1{a^3}+3\left(a+\dfrac1a\right)=3+3\beta\), donc \(\beta^3-3\beta-3=0\), c’est-à-dire \(f(\beta)=0\).

🔢 Étape 3 : Comme l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution dans \(\mathbb R\), on a \(\beta=\alpha\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=3(x^2-1)\gt0\) pour \(x\gt1\), et \(\sqrt[3]2\gt1\) : \(f\) est strictement croissante sur \([\sqrt[3]2;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : \(f(\sqrt[3]2)=2-3\sqrt[3]2+1=3\left(1-\sqrt[3]2\right)\lt0\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=+\infty\).

🔢 Étape 1 : \(f(x)=x\iff h(x)=0\) avec \(h(x)=x^3-4x+1\). \(h'(x)=3x^2-4\gt0\) si \(x\gt\frac{2}{\sqrt3}\approx1{,}15\) ; or \(a\gt\sqrt[3]2\gt1{,}25\), donc \(h\) est strictement croissante sur \([a;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : \(a^3=3a-1\) (car \(f(a)=0\)), donc \(h(a)=3a-1-4a+1=-a\lt0\), et \(\lim\limits_{+\infty}h=+\infty\).

🔢 Étape 1 : On pose \(\varphi(x)=\sqrt[3]{x+2}\,f(x)-2x+a\) : \(\varphi\) est continue sur \([0;a]\).

🔢 Étape 2 : \(\varphi(0)=\sqrt[3]2\times1+a\gt0\) et \(\varphi(a)=\sqrt[3]{a+2}\times0-2a+a=-a\lt0\).

🔢 Étape 1 : On pose \(\varphi(x)=f(x)-2017g(x)\), continue sur \([0;1]\).

🔢 Étape 2 : \(\varphi(0)=0-2017=-2017\lt0\) et \(\varphi(1)=1-0=1\gt0\).

🔢 Étape 1 : On pose \(\varphi(x)=f(x)-\dfrac1x+\dfrac1{1-x}\), continue sur \(]0;1[\).

🔢 Étape 2 : Quand \(x\to0^+\) : \(f(x)\to f(0)\) et \(-\dfrac1x\to-\infty\), donc \(\varphi(x)\to-\infty\). Quand \(x\to1^-\) : \(\dfrac1{1-x}\to+\infty\), donc \(\varphi(x)\to+\infty\).

🔢 Étape 3 : Donc \(\varphi\) prend une valeur négative et une valeur positive sur \(]0;1[\).

🔢 Étape 1 : On pose \(\varphi(x)=f(x)-bx\), continue sur \([a;b]\).

🔢 Étape 2 : \(\varphi(a)=f(a)-ab\lt0\) et \(\varphi(b)=f(b)-b^2\gt0\).

🔢 Étape 1 : On pose \(\varphi(x)=f(x)-x\), continue sur \([a;b]\).

🔢 Étape 2 : \(\varphi(a)=f(a)-a\gt0\) et \(\varphi(b)=f(b)-b\lt0\).

🔢 Étape 1 : On pose \(h(x)=\dfrac1{x-1}-\sqrt x\) sur \(]1;2]\) : \(h\) est continue.

🔢 Étape 2 : \(x\mapsto\dfrac1{x-1}\) est strictement décroissante et \(x\mapsto-\sqrt x\) est strictement décroissante, donc \(h\) est strictement décroissante.

🔢 Étape 3 : \(\lim\limits_{x\to1^+}h(x)=+\infty\) et \(h(2)=1-\sqrt2\lt0\).

🔢 \(f'(x)=3x^2-2x+3\), de discriminant \(4-36\lt0\) et de coefficient dominant positif : \(f'(x)\gt0\).

🔢 \(f\) est continue et strictement croissante. \(f\left(-\frac12\right)=-\frac18-\frac14-\frac32+1=-\frac78\lt0\) et \(f(0)=1\gt0\).

🔢 Étape 1 : \(f\left(-\frac14\right)=-\frac1{64}-\frac1{16}-\frac34+1=\frac{-1-4-48+64}{64}=\frac{11}{64}\gt0\).

🔢 Étape 2 : Comme \(f\left(-\frac12\right)\lt0\lt f\left(-\frac14\right)\) et \(f\) est strictement croissante : \(-\frac12\lt\alpha\lt-\frac14\).

🔢 Étape 1 : \(f(\alpha)=0\iff\alpha^3-\alpha^2+3\alpha+1=0\iff\alpha^3+3\alpha^2+3\alpha+1=4\alpha^2\iff(\alpha+1)^3=4\alpha^2\).

🔢 Étape 2 : Donc \(\alpha+1=\dfrac{4\alpha^2}{(\alpha+1)^2}=\left(\dfrac{-2\alpha}{\alpha+1}\right)^2\). Comme \(\alpha\in\left]-\frac12;0\right[\), \(\dfrac{-2\alpha}{\alpha+1}\gt0\) : on obtient \(\sqrt{\alpha+1}=\dfrac{-2\alpha}{\alpha+1}\).

🔢 Étape 3 : Comme \(\alpha\gt-\frac12\) : \(\alpha+1\gt\frac12\) donc \(\sqrt{\alpha+1}\gt\dfrac1{\sqrt2}\).

🔢 Étape 4 : Alors \(\dfrac{-2\alpha}{\alpha+1}\gt\dfrac1{\sqrt2}\), soit \(-2\alpha\gt\dfrac{\alpha+1}{\sqrt2}\gt\dfrac{1/2}{\sqrt2}=\dfrac1{2\sqrt2}\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=4x^3-12x+1\) et \(f »(x)=12(x^2-1)\lt0\) sur \(]-1;1[\) : \(f’\) est strictement décroissante sur \([-1;1]\).

🔢 Étape 2 : \(f'(-1)=9\gt0\) et \(f'(1)=-7\lt0\).

🔢 Étape 1 : a) \(f’\gt0\) sur \([-1;\alpha[\) et \(f’\lt0\) sur \(]\alpha;1]\) : \(f\) croît de \(f(-1)=-5\) à \(f(\alpha)\) puis décroît jusqu’à \(f(1)=-3\).

🔢 Étape 2 : b) \(f'(\alpha)=0\) donne \(\alpha^3=3\alpha-\frac14\) donc \(\alpha^4=3\alpha^2-\frac\alpha4\) et \(f(\alpha)=3\alpha^2-\frac\alpha4-6\alpha^2+\alpha+1=-3\alpha^2+\frac34\alpha+1\).

🔢 Étape 3 : Comme \(0\lt\alpha\lt0{,}1\) : \(f(\alpha)\gt-0{,}03+0+1\gt0\).

🔢 Étape 4 : Sur \([-1;\alpha]\) : \(f\) continue strictement croissante avec \(f(-1)=-5\lt0\lt f(\alpha)\) : une solution. Sur \([\alpha;1]\) : \(f\) strictement décroissante avec \(f(\alpha)\gt0\gt f(1)=-3\) : une solution.

🔢 Étape 1 : Il faut \(x+1\ge0\) et \(x\neq0\) : \(D_f=[-1;0[\cup]0;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : En \(+\infty\) : \(\dfrac1x\to0\) et \(-2\sqrt{x+1}\to-\infty\), donc \(f(x)\to-\infty\).

🔢 Étape 3 : En \(0^+\) : \(\dfrac1x\to+\infty\) et \(-2\sqrt{x+1}\to-2\), donc \(f(x)\to+\infty\). En \(0^-\) : \(f(x)\to-\infty\).

🔢 Étape 4 : En \(-1\) (borne fermée) : \(f(-1)=-1\).

🔢 Étape 1 : \(x\mapsto\frac1x\) et \(x\mapsto\sqrt{x+1}\) sont continues sur \(]0;+\infty[\), donc \(f\) l’est.

🔢 Étape 2 : \(x\mapsto\frac1x\) est strictement décroissante et \(x\mapsto-2\sqrt{x+1}\) est strictement décroissante, donc leur somme l’est.

🔢 Étape 1 : a) \(f\left(\frac14\right)=4-2\sqrt{\frac54}=4-\sqrt5\gt0\) et \(f(1)=1-2\sqrt2\lt0\). Avec la continuité et la stricte décroissance : unique solution \(\alpha\in\left]\frac14;1\right[\).

🔢 Étape 2 : b) \(f(\alpha)=0\iff\dfrac1\alpha=2\sqrt{\alpha+1}\). En élevant au carré : \(\dfrac1{\alpha^2}=4(\alpha+1)\), soit \(1=4\alpha^3+4\alpha^2\).

🔢 Étape 1 : Sur \(]-\infty;-6]\) : \(f\) décroît de \(1\) (non atteint) à \(-10\) : \(f(]-\infty;-6])=[-10;1[\ni0\) : une solution.

🔢 Étape 2 : Sur \([-6;-2]\) : \(f\) croît de \(-10\) à \(7\) : \(f=[-10;7]\ni0\) : une solution.

🔢 Étape 3 : Sur \([-2;5]\) : \(f\) décroît de \(7\) à \(-4\) : une solution.

🔢 Étape 4 : Sur \([5;7]\) : \(f(x)\in[-4;-2]\) et sur \([7;+\infty[\) : \(f(x)\in]-\infty;-2]\) : aucune solution.

🔢 Étape 1 : Sur \(]-\infty;-6]\) : \(f(x)\lt1\lt3\), aucune solution.

🔢 Étape 2 : Sur \([-6;-2]\) : \(3\in[-10;7]\) : une solution. Sur \([-2;5]\) : \(3\in[-4;7]\) : une solution.

🔢 Le maximum de \(f\) est \(7\), atteint uniquement en \(-2\) : partout ailleurs \(f(x)\lt7\).

🔢 Étape 1 : \(f(]-\infty;-6])=[-10;1[\) ; \(f([-6;-2])=[-10;7]\).

🔢 Étape 2 : \(f(]-\infty;-2])=[-10;1[\cup[-10;7]=[-10;7]\).

🔢 Étape 3 : \(f([7;+\infty[)=]-\infty;-2]\) (décroissante de \(-2\) à \(-\infty\)).

🔢 Étape 4 : \(f(\mathbb R)=]-\infty;7]\) (réunion de toutes les images).

🔢 Étape 1 : Sur \(]-\infty;-6]\) : \(f\) est continue et strictement décroissante : c’est une bijection sur \([-10;1[\).

🔢 Étape 2 : Sur \(]-2;7[\) : \(f\) décroît puis croît (minimum \(-4\) en \(5\)). Par exemple \(-3\in f(]-2;5[)\) et \(-3\in f(]5;7[)\) : \(-3\) a deux antécédents.

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=3x^2+2x-4\), de racines \(x_1=\dfrac{-1-\sqrt{13}}{3}\approx-1{,}54\) et \(x_2=\dfrac{-1+\sqrt{13}}3\approx0{,}87\) : \(f\) croît sur \(]-\infty;x_1]\), décroît sur \([x_1;x_2]\), croît sur \([x_2;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : \(f(-3)=-5\lt0\) et \(f(-2)=5\gt0\) : une solution dans \(]-3;-2[\).

🔢 Étape 3 : \(f(0)=1\gt0\) et \(f(1)=-1\lt0\) : une solution dans \(]0;1[\).

🔢 Étape 4 : \(f(1)=-1\lt0\) et \(f(2)=5\gt0\) : une solution dans \(]1;2[\).

🔢 Étape 5 : Les trois intervalles sont disjoints et un polynôme de degré \(3\) a au plus \(3\) racines.

🔢 Étape 1 : \(f\) est continue sur \(I\) et \(f'(x)=6x^2(1+x^3)\gt0\) sur \(]1;+\infty[\) : strictement croissante.

🔢 Étape 2 : \(f(1)=4\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=+\infty\) donc \(f\) est une bijection de \(I\) sur \(J=[4;+\infty[\).

🔢 Étape 3 : \(f(x)=y\iff(1+x^3)^2=y\iff1+x^3=\sqrt y\) (car \(1+x^3\gt0\)) \(\iff x=\sqrt[3]{\sqrt y-1}\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac{2x(x^2+3)-2x(x^2-1)}{(x^2+3)^2}=\dfrac{8x}{(x^2+3)^2}\gt0\) sur \(]0;+\infty[\) : \(f\) est continue strictement croissante.

🔢 Étape 2 : \(f(0)=-\frac13\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=1\) : \(J=\left[-\frac13;1\right[\).

🔢 Étape 3 : \(y=\dfrac{x^2-1}{x^2+3}\iff y(x^2+3)=x^2-1\iff x^2(y-1)=-1-3y\iff x^2=\dfrac{1+3y}{1-y}\), et \(x\ge0\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac{3(x+2)-(3x-1)}{(x+2)^2}=\dfrac{7}{(x+2)^2}\gt0\) : \(f\) est continue strictement croissante sur \(I\).

🔢 Étape 2 : \(\lim\limits_{-\infty}f=3\) et \(\lim\limits_{x\to-2^-}f(x)=+\infty\) (numérateur \(\to-7\), dénominateur \(\to0^-\)). Donc \(J=]3;+\infty[\).

🔢 Étape 3 : \(y=\dfrac{3x-1}{x+2}\iff yx+2y=3x-1\iff x(y-3)=-1-2y\iff x=\dfrac{2y+1}{3-y}\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=2x-4=2(x-2)\ge0\) sur \([2;4]\) : \(f\) est continue strictement croissante.

🔢 Étape 2 : \(f(2)=-4\) et \(f(4)=0\) : \(J=[-4;0]\).

🔢 Étape 3 : \(y=x^2-4x\iff(x-2)^2=y+4\iff x-2=\sqrt{y+4}\) (car \(x\ge2\)).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac{2x(x^2-1)-2x(x^2+1)}{(x^2-1)^2}=\dfrac{-4x}{(x^2-1)^2}\le0\) : \(f\) est continue strictement décroissante sur \([0;1[\).

🔢 Étape 2 : \(f(0)=-1\) et \(\lim\limits_{x\to1^-}f(x)=-\infty\) (numérateur \(\to2\), dénominateur \(\to0^-\)). Donc \(J=]-\infty;-1]\).

🔢 Étape 3 : \(y=\dfrac{x^2+1}{x^2-1}\iff y x^2-y=x^2+1\iff x^2=\dfrac{y+1}{y-1}\), avec \(x\ge0\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac{2(x^2+1)-4x^2}{(x^2+1)^2}=\dfrac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}\gt0\) sur \(]-1;1[\) : \(f\) est continue strictement croissante. \(f(-1)=-1\), \(f(1)=1\) : bijection de \([-1;1]\) sur \(J=[-1;1]\).

🔢 Étape 2 : \(f\left(\frac12\right)=\dfrac{1}{5/4}=\dfrac45\), donc \(f^{-1}\left(\frac45\right)=\frac12\).

🔢 Étape 3 : Pour \(y\neq0\) : \(y=\dfrac{2x}{x^2+1}\iff yx^2-2x+y=0\), \(\Delta’=1-y^2\), \(x=\dfrac{1\pm\sqrt{1-y^2}}{y}\). Comme \(|x|\le1\), on retient \(x=\dfrac{1-\sqrt{1-y^2}}{y}\) (avec l’autre signe \(|x|\ge1\)). Pour \(y=0\), \(x=0\).

🔢 Étape 1 : \(x\mapsto x^2+2\) est continue et strictement croissante sur \([0;+\infty[\) à valeurs positives, et \(t\mapsto\sqrt[3]t\) est continue strictement croissante : la composée \(f\) l’est aussi.

🔢 Étape 2 : \(f(0)=\sqrt[3]2\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=+\infty\) : \(J=[\sqrt[3]2;+\infty[\).

🔢 Étape 3 : \(y=\sqrt[3]{x^2+2}\iff y^3=x^2+2\iff x^2=y^3-2\iff x=\sqrt{y^3-2}\) (car \(x\ge0\)).

🔢 Il faut \(x+1\ge0\).

🔢 Étape 1 : \(f(x)=x\left(\dfrac{2\sqrt{x+1}}{x}-1\right)\) et \(\dfrac{2\sqrt{x+1}}{x}=2\sqrt{\dfrac1x+\dfrac1{x^2}}\to0\).

🔢 Étape 2 : La parenthèse tend vers \(-1\).

🔢 \(x\mapsto\sqrt{x+1}\) est continue sur \([-1;+\infty[\) et \(x\mapsto x\) est continue : leur combinaison \(f\) l’est.

🔢 Étape 1 : \(f(-1)=1\) et \(\dfrac{f(x)-f(-1)}{x+1}=\dfrac{2\sqrt{x+1}-(x+1)}{x+1}=\dfrac{2}{\sqrt{x+1}}-1\).

🔢 Étape 2 : Quand \(x\to-1^+\) : \(\dfrac2{\sqrt{x+1}}\to+\infty\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac1{\sqrt{x+1}}-1=\dfrac{1-\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}}\).

🔢 Étape 2 : On multiplie numérateur et dénominateur par \(1+\sqrt{x+1}\) : \(\dfrac{1-(x+1)}{\sqrt{x+1}\left(1+\sqrt{x+1}\right)}=\dfrac{-x}{\sqrt{x+1}\left(1+\sqrt{x+1}\right)}\).

🔢 Étape 1 : Le dénominateur est positif : \(f'(x)\) a le signe de \(-x\). \(f’\gt0\) sur \(]-1;0[\) et \(f’\lt0\) sur \(]0;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : \(f(-1)=1\), \(f(0)=2\), \(\lim\limits_{+\infty}f=-\infty\).

🔢 Sur \([0;+\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante de \(f(0)=2\) à \(-\infty\), donc \(f([0;+\infty[)=]-\infty;2]\ni0\).

🔢 Étape 1 : \(g\) est continue et strictement décroissante sur \([0;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : \(J=g([0;+\infty[)=]-\infty;2]\).

🔢 Étape 1 : \(g\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et \(g'(x)=\dfrac{-x}{\sqrt{x+1}(1+\sqrt{x+1})}\lt0\) pour tout \(x\gt0\) : \(g’\) ne s’annule pas.

🔢 Étape 2 : Donc \(g^{-1}\) est dérivable sur \(g(]0;+\infty[)=]-\infty;2[\).

🔢 Étape 1 : \(g(3)=2\sqrt4-3=1\).

🔢 Étape 2 : \((g^{-1})'(1)=\dfrac1{g'(g^{-1}(1))}=\dfrac1{g'(3)}\) (car \(g(3)=1\)).

🔢 Étape 3 : \(g'(3)=\dfrac{-3}{\sqrt4\,(1+\sqrt4)}=\dfrac{-3}{6}=-\dfrac12\).

🔢 Étape 1 : \(\left(\sqrt{x+1}-1\right)^2=x+1-2\sqrt{x+1}+1=x+2-2\sqrt{x+1}\).

🔢 Étape 2 : \(2-\left(\sqrt{x+1}-1\right)^2=2-x-2+2\sqrt{x+1}=2\sqrt{x+1}-x\).

🔢 Étape 1 : Soit \(x\in J\) et \(y\ge0\) : \(g(y)=x\iff\left(\sqrt{y+1}-1\right)^2=2-x\).

🔢 Étape 2 : Pour \(y\ge0\), \(\sqrt{y+1}-1\ge0\), donc \(\sqrt{y+1}-1=\sqrt{2-x}\), soit \(\sqrt{y+1}=1+\sqrt{2-x}\).

🔢 Étape 3 : \(y+1=\left(1+\sqrt{2-x}\right)^2=1+2\sqrt{2-x}+2-x\), d’où \(y=2-x+2\sqrt{2-x}\). Vérification : \(x=1\) donne \(y=1+2=3\) ✓.

🔢 Étape 1 : \(D_f=\mathbb R\setminus\{-1\}\).

🔢 Étape 2 : En \(\pm\infty\) : \(f(x)\sim x\), donc \(f(x)\to+\infty\) en \(+\infty\) et \(f(x)\to-\infty\) en \(-\infty\).

🔢 Étape 3 : En \(-1\) : \(x^2\to1\). Si \(x\to-1^+\), \(x+1\to0^+\) donc \(f\to+\infty\). Si \(x\to-1^-\), \(x+1\to0^-\) donc \(f\to-\infty\).

🔢 Étape 1 : a) \(f'(x)=\dfrac{2x(x+1)-x^2}{(x+1)^2}=\dfrac{x^2+2x}{(x+1)^2}=\dfrac{x(x+2)}{(x+1)^2}\).

🔢 Étape 2 : b) \(f’\gt0\) sur \(]-\infty;-2[\) et sur \(]0;+\infty[\) ; \(f’\lt0\) sur \(]-2;-1[\) et sur \(]-1;0[\). \(f(-2)=-4\) et \(f(0)=0\).

🔢 On utilise le tableau de variations et la continuité.

🔢 Étape 1 : a) \(g\) est continue et strictement croissante sur \(I\) ; \(J=g(I)=]-\infty;-4]\).

🔢 Étape 2 : b) \(y=\dfrac{x^2}{x+1}\iff x^2-yx-y=0\), de discriminant \(y^2+4y\ge0\) pour \(y\le-4\) : \(x=\dfrac{y\pm\sqrt{y^2+4y}}{2}\).

🔢 Étape 3 : Pour \(x\le-2\) on retient la plus petite racine : \(x=\dfrac{y-\sqrt{y^2+4y}}{2}\) (par exemple \(y=-4\) donne \(-2\)).

🔢 Étape 1 : \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x^2=+\infty\).

🔢 Étape 2 : \(f'(x)=2x-6\lt0\) pour \(x\lt3\).

🔢 Étape 1 : \(f\) est continue strictement décroissante sur \(I\), \(f(3)=-1\) et \(\lim\limits_{-\infty}f=+\infty\) : \(f(I)=[-1;+\infty[=J\).

🔢 Étape 2 : \(y=x^2-6x+8=(x-3)^2-1\iff(x-3)^2=y+1\iff x-3=-\sqrt{y+1}\) (car \(x\le3\)).

🔢 Étape 1 : \(\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2x}{1+x^2}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2x}{x^2}=0\).

🔢 Étape 2 : \(f\) est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas : elle est continue sur \(\mathbb R\), donc sur \(I\).

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac{2(1+x^2)-2x\cdot2x}{(1+x^2)^2}=\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x\lt-1\) : \(1-x^2\lt0\), donc \(f'(x)\lt0\).

🔢 Étape 1 : \(f\) est continue strictement décroissante sur \(I\) ; \(f(-1)=-1\) et \(\lim\limits_{-\infty}f=0\) : \(f(I)=[-1;0[=J\).

🔢 Étape 2 : \(y=\dfrac{2x}{1+x^2}\iff yx^2-2x+y=0\) ; avec \(y\neq0\) : \(\Delta’=1-y^2\ge0\) et \(x=\dfrac{1\pm\sqrt{1-y^2}}{y}\).

🔢 Étape 3 : Pour \(y\in[-1;0[\), \(y\lt0\). La racine \(x=\dfrac{1+\sqrt{1-y^2}}{y}\) vérifie \(|x|=\dfrac{1+\sqrt{1-y^2}}{|y|}\ge1\), donc \(x\le-1\) : c’est la bonne. L’autre racine \(\dfrac{1-\sqrt{1-y^2}}{y}\) a pour valeur absolue \(\dfrac{|y|}{1+\sqrt{1-y^2}}\le1\) : elle est dans \(]-1;0]\) et ne convient pas (sauf pour \(y=-1\), où les deux racines valent \(-1\)).

🔢 Étape 1 : a) \(\left(x-2\sqrt x\right)^2=x^2-4x\sqrt x+4x\), donc \(1-\dfrac14\left(x-2\sqrt x\right)^2=1-\dfrac{x^2}{4}+x\sqrt x-x=f(x)\).

🔢 Étape 2 : b) \(x-2\sqrt x=\sqrt x\left(\sqrt x-2\right)\to+\infty\), donc \(\left(x-2\sqrt x\right)^2\to+\infty\) et \(f(x)\to-\infty\).

🔢 Étape 1 : a) \(f'(x)=-\dfrac x2+\dfrac32\sqrt x-1=-\dfrac12\left(x-3\sqrt x+2\right)=-\dfrac12(\sqrt x-1)(\sqrt x-2)\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x\gt4\) : \(\sqrt x\gt2\), les deux facteurs sont positifs donc \(f'(x)\lt0\) : \(f\) est strictement décroissante.

🔢 Étape 3 : b) \(f(4)=-4+8-4+1=1\gt0\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=-\infty\) : \(f\) continue strictement décroissante, donc une unique solution \(\alpha\gt4\).

🔢 Étape 4 : \(f\left(\frac{64}{9}\right)\) : \(\sqrt x=\frac83\), \(x-2\sqrt x=\frac{16}{9}\), \(f=1-\frac14\cdot\frac{256}{81}=\frac{17}{81}\gt0\). \(f\left(\frac{121}{16}\right)\) : \(\sqrt x=\frac{11}4\), \(x-2\sqrt x=\frac{33}{16}\), \(f=1-\frac{1089}{1024}=-\frac{65}{1024}\lt0\).

🔢 Étape 1 : a) \(f\) est continue strictement décroissante sur \(I\) ; \(f(4)=1\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=-\infty\) : \(f(I)=]-\infty;1]\).

🔢 Étape 2 : b) \(y=1-\frac14(x-2\sqrt x)^2\iff(x-2\sqrt x)^2=4(1-y)\iff x-2\sqrt x=2\sqrt{1-y}\) (car \(x-2\sqrt x\ge0\) sur \(I\)).

🔢 Étape 3 : \(x-2\sqrt x=(\sqrt x-1)^2-1\), donc \((\sqrt x-1)^2=1+2\sqrt{1-y}\), puis \(\sqrt x=1+\sqrt{1+2\sqrt{1-y}}\) (car \(\sqrt x-1\ge1\gt0\)).

🔢 Étape 4 : c) \(f(\alpha)=0\iff\alpha=f^{-1}(0)=\left(1+\sqrt{1+2}\right)^2=(1+\sqrt3)^2=4+2\sqrt3\).

🔢 Étape 1 : En \(+\infty\) : \(f(x)\sim\dfrac{-x^3}{x^3}=-1\).

🔢 Étape 2 : En \(-1^+\) : numérateur \(\to2\) et dénominateur \(1+x^3\to0^+\).

🔢 Étape 1 : a) \(f'(x)=\dfrac{-3x^2(1+x^3)-3x^2(1-x^3)}{(1+x^3)^2}=\dfrac{-6x^2}{(1+x^3)^2}\le0\), nulle seulement en \(0\) : \(f\) est strictement décroissante sur \(I\). Elle est continue, \(\lim\limits_{-1^+}f=+\infty\) et \(\lim\limits_{+\infty}f=-1\), donc \(f(I)=]-1;+\infty[\).

🔢 Étape 2 : b) \(y=\dfrac{1-x^3}{1+x^3}\iff y+yx^3=1-x^3\iff x^3(y+1)=1-y\iff x^3=\dfrac{1-y}{1+y}\).

🔢 Étape 1 : Quand \(x\to0^-\) : \(\sqrt{x+1}\to1\) et \(x\to0^-\), donc \(f(x)\to-\infty\).

🔢 Étape 2 : \(f\) est le quotient de deux fonctions continues sur \(I\) avec un dénominateur non nul.

🔢 Étape 1 : a) \(f'(x)=\dfrac{\frac{x}{2\sqrt{x+1}}-\sqrt{x+1}}{x^2}=\dfrac{x-2(x+1)}{2x^2\sqrt{x+1}}=\dfrac{-x-2}{2x^2\sqrt{x+1}}\).

🔢 Étape 2 : b) Sur \(]-1;0[\) : \(x+2\gt0\), donc \(f'(x)\lt0\).

🔢 Étape 1 : On pose \(h(x)=f(x)-x^3\) sur \(I\) : \(h\) est continue et strictement décroissante (\(f\) décroît et \(x\mapsto-x^3\) décroît).

🔢 Étape 2 : \(h(-1)=0+1=1\gt0\) et \(\lim\limits_{x\to0^-}h(x)=-\infty\) : \(h\) s’annule une seule fois sur \(I\).

🔢 Étape 3 : Encadrement : \(h\left(-\frac34\right)=-\frac23+\frac{27}{64}=-\frac{47}{192}\lt0\) donc \(a\in\left]-1;-\frac34\right[\).

🔢 Étape 1 : a) \(f\) est continue strictement décroissante sur \(I=[-1;0[\) ; \(f(-1)=0\) et \(\lim\limits_{0^-}f=-\infty\) : \(J=f(I)=]-\infty;0]\).

🔢 Étape 2 : b) \(y=\dfrac{\sqrt{x+1}}{x}\iff yx=\sqrt{x+1}\Rightarrow y^2x^2=x+1\iff y^2x^2-x-1=0\), de racines \(x=\dfrac{1\pm\sqrt{1+4y^2}}{2y^2}\) (pour \(y\neq0\)).

🔢 Étape 3 : Comme \(x\in[-1;0[\), on retient \(x=\dfrac{1-\sqrt{1+4y^2}}{2y^2}=\dfrac{-4y^2}{2y^2\left(1+\sqrt{1+4y^2}\right)}=\dfrac{-2}{1+\sqrt{1+4y^2}}\) (valable aussi pour \(y=0\), qui donne \(x=-1\)).

🔢 Étape 1 : Les deux membres sont définis pour \(x\in I\cap J=[-1;0[\). Posons \(y=f(x)=f^{-1}(x)\) ; alors \(y\in I\) et \(f(y)=x\).

🔢 Étape 2 : On a donc \(\sqrt{x+1}=xy\) et \(\sqrt{y+1}=yx\), d’où \(\sqrt{x+1}=\sqrt{y+1}\) et \(x=y\).

🔢 Étape 3 : L’équation équivaut donc à \(f(x)=x\iff\sqrt{x+1}=x^2\iff x^4=x+1\) avec \(x\in[-1;0[\).

🔢 Étape 4 : \(\varphi(x)=f(x)-x\) est continue strictement décroissante sur \([-1;0[\) avec \(\varphi(-1)=1\gt0\) et \(\lim\limits_{0^-}\varphi=-\infty\) : il y a une seule solution \(c\), et \(\varphi\left(-\frac34\right)=\frac1{12}\gt0\gt\varphi\left(-\frac12\right)\).

🔢 \(\sqrt[3]{x^2-1}\) est définie si \(x^2-1\ge0\iff x\le-1\) ou \(x\ge1\).

🔢 \(x^2-1\to+\infty\) en \(\pm\infty\), donc \(\sqrt[3]{x^2-1}\to+\infty\) et \(f(x)\to-\infty\).

🔢 \(x\mapsto x^2-1\) est continue et positive sur \(D_f\) ; \(t\mapsto\sqrt[3]t\) est continue sur \(\mathbb R^+\). Par composition et somme, \(f\) est continue.

🔢 Étape 1 : Sur \([1;+\infty[\) : \(x\mapsto x^2-1\) est croissante, donc \(\sqrt[3]{x^2-1}\) l’est aussi et \(f\) est décroissante.

🔢 Étape 2 : Sur \(]-\infty;-1]\) : \(x\mapsto x^2-1\) est décroissante, donc \(f\) est croissante.

🔢 Étape 3 : \(f(1)=f(-1)=2\).

🔢 Étape 1 : On pose \(h(x)=f(x)-x\) sur \([1;2]\) : \(h\) est continue et strictement décroissante (\(f\) décroît et \(-x\) décroît).

🔢 Étape 2 : \(h(1)=2-0-1=1\gt0\) et \(h(2)=-\sqrt[3]3\lt0\).

🔢 \(f(\alpha)=\alpha\iff2-\sqrt[3]{\alpha^2-1}=\alpha\).

🔢 \(h(1)=1\gt0\) et \(h(1{,}5)=0{,}5-\sqrt[3]{1{,}25}\approx-0{,}58\lt0\).

🔢 \(g\) est continue strictement décroissante sur \([1;+\infty[\), \(g(1)=2\) et \(\lim\limits_{+\infty}g=-\infty\).

🔢 Étape 1 : On calcule d’abord \(g^{-1}(x)\) : \(y=2-\sqrt[3]{x^2-1}\iff\sqrt[3]{x^2-1}=2-y\iff x^2=1+(2-y)^3\), avec \(x\ge1\) : \(g^{-1}(y)=\sqrt{1+(2-y)^3}\).

🔢 Étape 2 : \(g^{-1}\) est strictement décroissante : \(g^{-1}([0;1])=[g^{-1}(1);g^{-1}(0)]=[\sqrt2;3]\).

🔢 D’après l’étape précédente : \(g^{-1}(x)=\sqrt{1+(2-x)^3}\), avec \(2-x\ge0\).

🔢 \(g\) est une fonction polynôme.

🔢 \(g'(x)=3(x-1)^2\ge0\), nulle seulement en \(1\).

🔢 \(g\) est continue strictement croissante sur \(\mathbb R\), avec \(\lim\limits_{-\infty}g=-\infty\) et \(\lim\limits_{+\infty}g=+\infty\).

🔢 Étape 1 : \(g(x)=-6\iff(x-1)^3=-8\iff x=-1\) et \(g(x)=2\iff x=1\).

🔢 Étape 2 : \(g^{-1}\) est strictement croissante.

🔢 Étape 1 : \(y=(x-1)^3+2\iff(x-1)^3=y-2\).

🔢 Étape 2 : Si \(y\ge2\) : \(x-1=\sqrt[3]{y-2}\). Si \(y\lt2\) : \((1-x)^3=2-y\gt0\) donc \(1-x=\sqrt[3]{2-y}\).

🔢 \(f\) est une fraction rationnelle dont le dénominateur \(2x^2+1\gt0\) ne s’annule pas.

🔢 Étape 1 : \(f'(x)=\dfrac{2x(2x^2+1)-4x(x^2+2)}{(2x^2+1)^2}=\dfrac{-6x}{(2x^2+1)^2}\).

🔢 Étape 2 : Pour \(x\lt0\) : \(f'(x)\gt0\).

🔢 \(f\) est continue strictement croissante ; \(\lim\limits_{-\infty}f=\dfrac12\) et \(f(0)=2\).

🔢 Étape 1 : \(y=\dfrac{x^2+2}{2x^2+1}\iff2x^2y+y=x^2+2\iff x^2(2y-1)=2-y\iff x^2=\dfrac{2-y}{2y-1}\).

🔢 Étape 2 : Comme \(x\le0\) : \(x=-\sqrt{\dfrac{2-y}{2y-1}}\).

🔢 Étape 1 : \(\sqrt2\in J\) et \(f\) est bijective : l’équation admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]-\infty;0]\).

🔢 Étape 2 : \(f\left(-\frac23\right)=\dfrac{22/9}{17/9}=\dfrac{22}{17}\approx1{,}29\lt\sqrt2\) et \(f\left(-\frac12\right)=\dfrac{9/4}{3/2}=\dfrac32\gt\sqrt2\) ; \(f\) étant strictement croissante : \(-\frac23\lt\alpha\lt-\frac12\).

🔢 Étape 1 : \(\alpha=f^{-1}(\sqrt2)=-\sqrt{\dfrac{2-\sqrt2}{2\sqrt2-1}}\).

🔢 Étape 2 : De \(-\frac23\lt\alpha\lt-\frac12\), on obtient en multipliant par \(-1\) : \(\frac12\lt-\alpha\lt\frac23\).

🔢 Étape 1 : Supposons \(\sqrt[3]a+\sqrt[3]b=\sqrt[3]c\). On pose \(u=\sqrt[3]a\), \(v=\sqrt[3]b\), \(w=\sqrt[3]c\) : \(u+v=w\).

🔢 Étape 2 : On élève au cube : \(w^3=(u+v)^3=u^3+v^3+3uv(u+v)\), soit \(c=a+b+3\sqrt[3]{ab}\,\sqrt[3]c\).

🔢 Étape 3 : Donc \(c-a-b=3\sqrt[3]{abc}\). On élève encore au cube : \((c-a-b)^3=27abc\).

🔢 Étape 4 : Ainsi \(-(a+b-c)^3=27abc\).