dérivabilité
Re: dérivabilité
Bonsoir
1°) La méthode de l'expression conjuguée :
$\sqrt{x^2-1}+4-x=\frac{(\sqrt{x^2-1}-x)(\sqrt{x^2-1}+x)}{\sqrt{x^2-1}+x} +4=\frac{x^2-1-x^2}{\sqrt{x^2-1}+x}+4=\frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}+4$
$\lim_{x\to +\infty} \frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}=0$ donc $\lim_{x\to +\infty} f(x)=4$
$x^2\sqrt{-x} +2x -1=x(x\sqrt{-x} +2) -1$
$\lim_{x\to -\infty}x\sqrt{-x} +2=-\infty$ donc $\lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty} x(x\sqrt{-x} +2) -1=+\infty$
2°) Pour $x=1,\ (m+1)x^3-3x+m^2=m^2+m-2$
Le trinôme $m^2+m-2$ a pour racines 1 et -2
a) Si $m\in ]-\infty, -2[ \cup ]1,+\infty[$, le numérateur de $\frac{(m+1)x^3-3x+m^2}{x-1}$ est strictement positif et $\lim_{x\to 1^-} x-1=0^-$ donc $\lim_{x\to 1^-} f(x)=-\infty$
b) Si $m\in ]-2 , 1[$, le numérateur de $\frac{(m+1)x^3-3x+m^2}{x-1}$ est strictement négatif et $\lim_{x\to 1^-} x-1=0^-$ donc $\lim_{x\to 1^-} f(x)=+\infty $
c) Si $m=-2,\ (m+1)x^3-3x+m^2=-x^3-3x+4$ et comme il s'annule pour $x=1$, il est factorisable par $x-1$.
Par identification, $-x^3-3x+4=(x-1)(-x^2-x-4)$ et pour $x\neq 1,\ \frac{(x-1)(-x^2-x-4)}{x-1}=-x^2-x-4$ donc $\lim_{x\to 1^-}f(x)=-6$
d) Si $m=1,\ (m+1)x^3-3x+m^2=2x^3-3x+1$ et il est factorisable par $x-1$
Par identification, $2x^3-3x+1=(x-1)(2x^2+2x-1)$ et pour $x\neq 1,\ \frac{(x-1)(2x^2+2x-1}{x-1}=2x^2+2x-1$ donc $\lim_{x\to 1^-} f(x)=3$
3°) $f(1)=0+4-1=3$
D'après la question 2°, le seul cas où $\lim_{x\to 1^-} f(x)=3$ est lorsque $m=1$
Donc si $m=1$, $f$ est continue en 1 et si $m\neq 1$, $f$ n'est pas continue en 1.
Je terminerai demain.
1°) La méthode de l'expression conjuguée :
$\sqrt{x^2-1}+4-x=\frac{(\sqrt{x^2-1}-x)(\sqrt{x^2-1}+x)}{\sqrt{x^2-1}+x} +4=\frac{x^2-1-x^2}{\sqrt{x^2-1}+x}+4=\frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}+4$
$\lim_{x\to +\infty} \frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}=0$ donc $\lim_{x\to +\infty} f(x)=4$
$x^2\sqrt{-x} +2x -1=x(x\sqrt{-x} +2) -1$
$\lim_{x\to -\infty}x\sqrt{-x} +2=-\infty$ donc $\lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty} x(x\sqrt{-x} +2) -1=+\infty$
2°) Pour $x=1,\ (m+1)x^3-3x+m^2=m^2+m-2$
Le trinôme $m^2+m-2$ a pour racines 1 et -2
a) Si $m\in ]-\infty, -2[ \cup ]1,+\infty[$, le numérateur de $\frac{(m+1)x^3-3x+m^2}{x-1}$ est strictement positif et $\lim_{x\to 1^-} x-1=0^-$ donc $\lim_{x\to 1^-} f(x)=-\infty$
b) Si $m\in ]-2 , 1[$, le numérateur de $\frac{(m+1)x^3-3x+m^2}{x-1}$ est strictement négatif et $\lim_{x\to 1^-} x-1=0^-$ donc $\lim_{x\to 1^-} f(x)=+\infty $
c) Si $m=-2,\ (m+1)x^3-3x+m^2=-x^3-3x+4$ et comme il s'annule pour $x=1$, il est factorisable par $x-1$.
Par identification, $-x^3-3x+4=(x-1)(-x^2-x-4)$ et pour $x\neq 1,\ \frac{(x-1)(-x^2-x-4)}{x-1}=-x^2-x-4$ donc $\lim_{x\to 1^-}f(x)=-6$
d) Si $m=1,\ (m+1)x^3-3x+m^2=2x^3-3x+1$ et il est factorisable par $x-1$
Par identification, $2x^3-3x+1=(x-1)(2x^2+2x-1)$ et pour $x\neq 1,\ \frac{(x-1)(2x^2+2x-1}{x-1}=2x^2+2x-1$ donc $\lim_{x\to 1^-} f(x)=3$
3°) $f(1)=0+4-1=3$
D'après la question 2°, le seul cas où $\lim_{x\to 1^-} f(x)=3$ est lorsque $m=1$
Donc si $m=1$, $f$ est continue en 1 et si $m\neq 1$, $f$ n'est pas continue en 1.
Je terminerai demain.
Re: dérivabilité
4°) Si $m\neq 1$ la fonction n'est pas continue en 1 donc pas dérivable.
Si $m=1$ et $x>1$, $\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{\sqrt{x^2-1}+1-x}{x-1}=\frac{\sqrt{x-1}\sqrt{x+1}-(\sqrt{x-1})^2}{x-1}$
$=\frac{\sqrt{x-1}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}{x-1}=\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1}}$
$\lim_{x\to 1} \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=2$ et $\lim_{x\to 1} \sqrt {x-1}=0^+$
Le taux d'accroissement à droite en 1 a donc pour limite $+\infty$ et par conséquent $f$ n'est pas dérivable en 1.
$(\zeta f)$ admet, à droite, une tangente verticale au point (0 , 3)
5°) Pour $m=1$, sur $]0,1[,\ f(x)=2x^2+2x-1$
a. $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\frac{2x^2-2x_0^2+2x-2x_0}{x-x_0}=\frac{2(x-x_0)(x+x_0+1)}{x-x_0}=2(x+x_0+1)$
$\lim_{x\to x_0} 2(x+x_0+1)=2(2x_0+1)$ donc $f$ est dérivable en $x_0$ et $f'(x_0)=2(2x_0+1)$
(Si vous avez vu la fonction dérivée, vous pouvez l'utiliser, c'est plus simple.)
b. $\Delta\ :\ y=4x+3$ . Une tangente est parallèle à $\Delta$ si elle a pour coefficient directeur 4 donc si $f'(x_0)=4$
$2(2x_0+1)=4 \Longleftrightarrow x_0=\frac{1}{2}$
Au point d'abscisse $\frac{1}{2}$ la tangente à $(\zeta f)$ est parallèle à $\Delta$.
c. $\Delta'\ :\ y=\frac{1}{3}x-1$
Une tangente est perpendiculaire à $\Delta'$ si son coefficient directeur est $\frac{-1}{\frac{1}{3}}=-3$ donc si $f'(x_0)=-3$
$2(2x_0+1)=-3 \Longleftrightarrow x_0=-\frac{5}{4}$
$-\frac{5}{4} \notin ]0,1[$ donc sur ]0 , 1[, il n'existe pas de tangente perpendiculaire à $\Delta'$.
Si $m=1$ et $x>1$, $\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{\sqrt{x^2-1}+1-x}{x-1}=\frac{\sqrt{x-1}\sqrt{x+1}-(\sqrt{x-1})^2}{x-1}$
$=\frac{\sqrt{x-1}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})}{x-1}=\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1}}$
$\lim_{x\to 1} \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=2$ et $\lim_{x\to 1} \sqrt {x-1}=0^+$
Le taux d'accroissement à droite en 1 a donc pour limite $+\infty$ et par conséquent $f$ n'est pas dérivable en 1.
$(\zeta f)$ admet, à droite, une tangente verticale au point (0 , 3)
5°) Pour $m=1$, sur $]0,1[,\ f(x)=2x^2+2x-1$
a. $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\frac{2x^2-2x_0^2+2x-2x_0}{x-x_0}=\frac{2(x-x_0)(x+x_0+1)}{x-x_0}=2(x+x_0+1)$
$\lim_{x\to x_0} 2(x+x_0+1)=2(2x_0+1)$ donc $f$ est dérivable en $x_0$ et $f'(x_0)=2(2x_0+1)$
(Si vous avez vu la fonction dérivée, vous pouvez l'utiliser, c'est plus simple.)
b. $\Delta\ :\ y=4x+3$ . Une tangente est parallèle à $\Delta$ si elle a pour coefficient directeur 4 donc si $f'(x_0)=4$
$2(2x_0+1)=4 \Longleftrightarrow x_0=\frac{1}{2}$
Au point d'abscisse $\frac{1}{2}$ la tangente à $(\zeta f)$ est parallèle à $\Delta$.
c. $\Delta'\ :\ y=\frac{1}{3}x-1$
Une tangente est perpendiculaire à $\Delta'$ si son coefficient directeur est $\frac{-1}{\frac{1}{3}}=-3$ donc si $f'(x_0)=-3$
$2(2x_0+1)=-3 \Longleftrightarrow x_0=-\frac{5}{4}$
$-\frac{5}{4} \notin ]0,1[$ donc sur ]0 , 1[, il n'existe pas de tangente perpendiculaire à $\Delta'$.
Re: dérivabilité
j'ai oublié de vous remercier.