Questions d'entraînement de Calcul 1 - Set A

Questions d'entraînement et solutions détaillées

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1. Question 1
   Trouvez le domaine de la fonction : \[ f(x) = \frac{\sqrt{x - 1}}{\sqrt{4 - x^2}} \]
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   Pour que la fonction \( f \) prenne des valeurs réelles, l'expression sous le radical au numérateur doit être non négative, et l'expression sous le radical au dénominateur doit être positive. Nous résolvons les inéquations :

   \[ x - 1 \ge 0 \quad \text{et} \quad 4 - x^2 > 0 \]

   Les ensembles de solutions pour la première et la seconde inéquation sont respectivement :

   \[ x \ge 1 \quad \text{et} \quad -2 < x < 2 \]

   Les deux conditions doivent être satisfaites simultanément. Par conséquent, le domaine est l'intersection de ces deux ensembles :

   \[ 1 \le x < 2 \]
2. Question 2
   Trouvez l'ensemble de définition (image) de la fonction : \[ f(x) = \frac{x - 1}{2 - 3x} \]
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   Selon les propriétés des fonctions inverses, l'ensemble image de \( f \) est le domaine de son inverse.

   Tout d'abord, prouvons que \( f \) est une fonction injective (biunivoque) en supposant \( f(a) = f(b) \) et en montrant que \( a = b \) :

   \[ \frac{a - 1}{2 - 3a} = \frac{b - 1}{2 - 3b} \]

   En effectuant le produit en croix et en simplifiant, on obtient \( a = b \), ce qui prouve l'inversibilité. Pour trouver l'inverse, partons de :

   \[ y = \frac{x - 1}{2 - 3x} \implies 2y - 3xy = x - 1 \implies x = \frac{2y + 1}{3y + 1} \]

   En intervertissant \( x \) et \( y \), on obtient la fonction inverse :

   \[ f^{-1}(x) = \frac{2x + 1}{3x + 1} \]

   Le domaine de \( f^{-1} \) exclut \( x = -\dfrac{1}{3} \). Ainsi, l'ensemble image de \( f \) sous forme d'intervalle est :

   \[ \left(-\infty, -\frac{1}{3}\right) \cup \left(-\frac{1}{3}, +\infty\right) \]
3. Question 3
   Trouvez l'inverse de la fonction : \[ f(x) = \ln(2x - 3) + 2 \]
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   Écrivez la fonction sous forme d'équation et résolvez pour \( x \) :

   \[ y = \ln(2x - 3) + 2 \] \[ y - 2 = \ln(2x - 3) \] \[ e^{y - 2} = 2x - 3 \implies 2x = e^{y - 2} + 3 \implies x = \frac{1}{2}\left(e^{y - 2} + 3\right) \]

   En intervertissant \( x \) et \( y \), on obtient la fonction inverse :

   \[ f^{-1}(x) = \frac{1}{2}\left(e^{x - 2} + 3\right) \]
4. Question 4
   Évaluez chacune des limites suivantes :
   • \( \displaystyle \lim_{x \to 16} \frac{-\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{4}}{x - 16} \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{-x^3 + 2x - 1}{x^4 - 3x^3 + 9} \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} x \sin\left(\frac{3}{x}\right) \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x) + x}{2x^2 + x} \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x) + 1}{x} \)
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   a) La limite est de la forme indéterminée \( \dfrac{0}{0} \). Multipliez le numérateur et le dénominateur par le conjugué du numérateur :

   \[ \lim_{x \to 16} \frac{-\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{4}}{x - 16} = \lim_{x \to 16} \frac{\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)}{(x - 16)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} = \lim_{x \to 16} \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{16}}{(x - 16)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} \] \[ = \lim_{x \to 16} \frac{\frac{16 - x}{16x}}{(x - 16)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} = \lim_{x \to 16} \frac{-1}{16x\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} = \frac{-1}{16(16)\left(-\frac{1}{4} - \frac{1}{4}\right)} = \frac{1}{128} \]

   b) La limite est de la forme \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Divisez tous les termes par la plus haute puissance \( x^4 \) :

   \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{-x^3 + 2x - 1}{x^4 - 3x^3 + 9} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-\frac{1}{x} + \frac{2}{x^3} - \frac{1}{x^4}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{9}{x^4}} = \frac{0}{1} = 0 \]

   c) Forme indéterminée \( \infty \cdot 0 \). Posons \( t = \dfrac{3}{x} \) :

   \[ \lim_{x \to +\infty} x \sin\left(\frac{3}{x}\right) = \lim_{t \to 0} 3 \frac{\sin(t)}{t} = 3 \times 1 = 3 \]

   d) Forme indéterminée \( \dfrac{0}{0} \). Appliquez la règle de L'Hôpital :

   \[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x) + x}{2x^2 + x} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(x) + 1}{4x + 1} = \frac{\cos(0) + 1}{0 + 1} = 2 \]

   e) Puisque \( -1 \le \sin(x) \le 1 \), en ajoutant 1 on obtient \( 0 \le \sin(x) + 1 \le 2 \). En divisant par \( x > 0 \) :

   \[ 0 \le \frac{\sin(x) + 1}{x} \le \frac{2}{x} \]

   D'après le théorème des gendarmes, puisque les limites des bornes sont toutes deux 0, la limite s'évalue à \( 0 \).

5. Question 5
   a) Tracez \( y = e^{x-1} \) et \( y = x \) dans le même système de coordonnées, montrez que les deux graphiques sont tangents au point \( (1, 1) \), et vérifiez que \( e^{x-1} \ge x \).
   b) Utilisez le résultat de la partie a) pour déterminer la concavité de la fonction \( f(x) = \dfrac{x^3}{6} - e^{x-1} \) et ses éventuels points d'inflexion.
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   a) La dérivée de \( y = e^{x-1} \) est \( y' = e^{x-1} \). En \( x = 1 \), la pente est \( m = e^{1-1} = 1 \). L'équation de la tangente au point \( (1, 1) \) est \( y - 1 = 1(x - 1) \implies y = x \). Ainsi, les courbes sont tangentes en \( (1, 1) \) et \( e^{x-1} \ge x \).

   

   b) Étant donné \( f(x) = \dfrac{x^3}{6} - e^{x-1} \), les dérivées sont :

   \[ f'(x) = \frac{x^2}{2} - e^{x-1}, \quad f''(x) = x - e^{x-1} \]

   Puisque \( e^{x-1} \ge x \implies x - e^{x-1} \le 0 \), on a \( f''(x) \le 0 \) partout (avec égalité en \( x = 1 \)). Par conséquent, \( f(x) \) est concave vers le bas sur \( (-\infty, +\infty) \) et n'a aucun point d'inflexion puisque \( f'' \) ne change pas de signe.

6. Question 6
   Trouvez la dérivée des fonctions suivantes (ne simplifiez pas la réponse finale) :
   • \( f(x) = e^{x-1} + \ln(3x - 1) + \sin(2x + 1) \)
   • \( g(x) = (2x - 1)^2(\tan(x) - 1) \)
   • \( h(x) = \dfrac{x - \cos(x)}{x^2 - 2x + 1} \)
   • \( m(x) = \sin\left(\sqrt{x^3 - \dfrac{1}{x} + 2}\right) \)
   • \( n(x) = 3^{2x+3} + \log_3(2x - 1) \)
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   a) Règle de somme : \( f'(x) = e^{x-1} + \dfrac{3}{3x - 1} + 2\cos(2x + 1) \)

   b) Règle du produit : \( g'(x) = 4(2x - 1)(\tan(x) - 1) + (2x - 1)^2\sec^2(x) \)

   c) Règle du quotient : \( h'(x) = \dfrac{(1 + \sin(x))(x^2 - 2x + 1) - (x - \cos(x))(2x - 2)}{(x^2 - 2x + 1)^2} \)

   d) Règle de dérivation en chaîne : \( m'(x) = \cos\left(\sqrt{x^3 - \dfrac{1}{x} + 2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(3x^2 + \frac{1}{x^2}\right)\left(x^3 - \dfrac{1}{x} + 2\right)^{-1/2} \)

   e) Réécriture des bases : \( n(x) = e^{(2x+3)\ln 3} + \dfrac{\ln(2x-1)}{\ln 3} \implies n'(x) = (2\ln 3)3^{2x+3} + \dfrac{2}{\ln 3(2x - 1)} \)

7. Question 7
   Trouvez l'équation de la tangente à la courbe donnée par \( \sin(y^2) = x^2 \) au point \( (0, \sqrt{\pi}) \).
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   En dérivant implicitement par rapport à \( x \) :

   \[ 2y \frac{dy}{dx}\cos(y^2) = 2x \implies \frac{dy}{dx} = \frac{x}{y\cos(y^2)} \]

   En évaluant au point \( (0, \sqrt{\pi}) \) :

   \[ m = \frac{0}{\sqrt{\pi}\cos(\pi)} = 0 \]

   L'équation de la tangente horizontale est :

   \[ y = \sqrt{\pi} \]
8. Question 8
   Trouvez les constantes \( a \) et \( b \) pour que la fonction \( f \) soit continue sur \( (-\infty, +\infty) \) : \[ f(x) = \begin{cases} 2x - 1 & x \le 1 \\ ax^3 + b & 1 < x < 2 \\ x + 2b & x \ge 2 \end{cases} \]
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   Continuité en \( x = 1 \) :

   \[ \lim_{x \to 1^-} (2x - 1) = 1, \quad \lim_{x \to 1^+} (ax^3 + b) = a + b \implies a + b = 1 \quad \text{(Éq. 1)} \]

   Continuité en \( x = 2 \) :

   \[ \lim_{x \to 2^-} (ax^3 + b) = 8a + b, \quad \lim_{x \to 2^+} (x + 2b) = 2 + 2b \implies 8a + b = 2 + 2b \quad \text{(Éq. 2)} \]

   La résolution simultanée des équations (1) et (2) donne :

   \[ a = \frac{1}{3}, \quad b = \frac{2}{3} \]
9. Question 9
   Trouvez l'équation de la tangente à la courbe donnée par \( y = x + \sin(x) \) en \( x = 0 \).
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   Dérivée : \( y' = 1 + \cos(x) \). La pente en \( x = 0 \) est \( m = 1 + \cos(0) = 2 \).

   Point de tangence : \( P(0, 0 + \sin(0)) = (0, 0) \).

   Équation de la tangente : \( y - 0 = 2(x - 0) \implies y = 2x \).

10. Question 10
    Utilisez la définition de la dérivée comme une limite pour trouver \( f'(x) \) où \( f(x) = \sqrt{x + 2} \).
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    En utilisant la définition de la dérivée par les limites :

    \[ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{x + h + 2} - \sqrt{x + 2}}{h} \]

    Multipliez par le conjugué :

    \[ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x + h + 2) - (x + 2)}{h\left(\sqrt{x + h + 2} + \sqrt{x + 2}\right)} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{\sqrt{x + h + 2} + \sqrt{x + 2}} = \frac{1}{2\sqrt{x + 2}} \]
11. Question 11
    Déterminez sur quel(s) intervalle(s) la fonction \( f(x) = e^x(x^2 - 5x + 8) + \dfrac{x^4}{12} - \dfrac{x^3}{6} \) est concave vers le haut et concave vers le bas, et localisez les éventuels points d'inflexion.
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    Première dérivée : \( f'(x) = e^x(x^2 - 3x + 3) + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^2}{2} \)

    Seconde dérivée : \( f''(x) = e^x(x^2 - x) + x^2 - x = x(x - 1)e^x \)

    Les zéros de \( f'' \) sont \( x = 0 \) et \( x = 1 \). En testant les intervalles :

    • \( (-\infty, 0) \) : \( f''(-1) > 0 \) (concave vers le haut)
    • \( (0, 1) \) : \( f''(1/2) < 0 \) (concave vers le bas)
    • \( (1, +\infty) \) : \( f''(2) > 0 \) (concave vers le haut)

    Des points d'inflexion se produisent en \( x = 0 \) et \( x = 1 \).

12. Question 12
    Utilisez la méthode de Newton avec une approximation initiale \( x_1 = 2 \) pour trouver une seconde approximation de la solution de l'équation \( e^x = x^3 \).
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    Soit \( f(x) = e^x - x^3 = 0 \). Alors \( f'(x) = e^x - 3x^2 \).

    En utilisant l'algorithme de Newton \( x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} \) avec \( x_1 = 2 \) :

    \[ x_2 = 2 - \frac{e^2 - 2^3}{e^2 - 3(2^2)} \approx 1,87 \]
13. Question 13
    Trouvez le maximum absolu et le minimum absolu de la fonction \( f(x) = x^4 - x^3 \) sur l'intervalle \( [0, 5] \).
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    Dérivée : \( f'(x) = 4x^3 - 3x^2 = x^2(4x - 3) \). Les points critiques sont \( x = 0 \) et \( x = 3/4 \).

    En évaluant aux bornes et aux points critiques sur \( [0, 5] \) :

    \[ f(0) = 0, \quad f(5) = 500, \quad f(3/4) = -\frac{27}{256} \]

    Le maximum absolu est \( 500 \) en \( x = 5 \), et le minimum absolu est \( -\dfrac{27}{256} \) en \( x = 3/4 \).

14. Question 14
    Si les dimensions \( L \), \( W \) et \( H \) d'une boîte rectangulaire changent aux taux \( \dfrac{dL}{dt} = 0,1 \; \text{cm/sec} \), \( \dfrac{dW}{dt} = -0,2 \; \text{cm/sec} \) et \( \dfrac{dH}{dt} = 0,3 \; \text{cm/sec} \), à quelle vitesse le volume de la boîte change-t-il lorsque \( L = 20 \; \text{cm} \), \( W = 8 \; \text{cm} \) et \( H = 5 \; \text{cm} \) ?
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    Formule du volume : \( V = LWH \). En dérivant par rapport au temps \( t \) :

    \[ \frac{dV}{dt} = WH\frac{dL}{dt} + LH\frac{dW}{dt} + LW\frac{dH}{dt} \]

    En substituant les valeurs données (\( L = 20, W = 8, H = 5, \dfrac{dL}{dt} = 0,1, \dfrac{dW}{dt} = -0,2, \dfrac{dH}{dt} = 0,3 \)) :

    \[ \frac{dV}{dt} = (8)(5)(0,1) + (20)(5)(-0,2) + (20)(8)(0,3) = 32 \; \text{cm}^3/\text{sec} \]
15. Question 15
    Quelles sont les dimensions du rectangle de plus grande aire qu'il est possible d'inscrire dans un demi-cercle de rayon 3 ?
    

    

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    Équation du cercle : \( x^2 + y^2 = 9 \implies y = \sqrt{9 - x^2} \). Dimensions du rectangle : \( L = 2x \) et \( W = \sqrt{9 - x^2} \).

    Fonction aire : \( A(x) = 2x\sqrt{9 - x^2} \) pour \( 0 \le x \le 3 \).

    

    Dérivée : \( A'(x) = \dfrac{2(-2x^2 + 9)}{\sqrt{9 - x^2}} \). Poser \( A'(x) = 0 \) donne le point critique \( x = \sqrt{4,5} \).

    L'évaluation donne une aire maximale en \( x = \sqrt{4,5} \), ce qui conduit aux dimensions :

    \[ L = 2\sqrt{4,5} \approx 4,24, \quad W = \sqrt{9 - 4,5} \approx 2,12 \]

Plus de références et de liens

• Tutoriels sur les problèmes d'optimisation
• Problèmes et tutoriels d'analyse
• Page d'accueil d'AnalyzeMath