limites et continuité

[ameniZ9]

s'il vous plait expliquez avec les moindres détails.

[Job]

Bonjour

Exercice 7
1) 1 est racine du dénominateur donc celui-ci est factorisable par $x-1$
$x^3-7x^2+x+5=(x-1)(ax^2+bx+c)$
$(x-1)(ax^2+bx+c)=ax^3+(b-a)x^2+(c-b)x-c$
Par identification : $\left\{\begin{array}{rcl}a&=&1\\b-a&=&-7\\c-b&=&1\\-c&=&5\end{array}\right.$ donc $\left\{\begin{array}{rcl}a&=&1\\b&=&-6\\c&=&-5\end{array}\right.$
Le dénominateur est donc égal à $(x-1)(x^2-6x-5)$
$x^2-6x-5$ a pour discriminant $\Delta=(-6)^2-4\times (-5)=36+20=56$
Ses racines sont $\frac{6-2\sqrt{14}}{2}=3-\sqrt{14}$ et $3+\sqrt {14}$
$D_f={\mathbb R}-\{1, 3-\sqrt{14}, 3+\sqrt {14}$

2) $f(x)=\frac{(\sqrt{x^2+3}-2)(\sqrt{x^2+3}+2)}{(x-1)(x^2-6x-5)(\sqrt{x^2+3}+2)}=\frac{x^2-1}{(x-1)(x^2-6x-5)(\sqrt{x^2+3}+2)}$
$=\frac{(x-1)(x+1)}{(x-1)(x^2-6x-5)(\sqrt{x^2+3}+2)}$
Donc pour $x\neq 1,\ f(x)=\frac{x+1}{(x^2-6x-5)(\sqrt{x^2+3}+2)}$
$\lim_{x\to 1}\frac{x+1}{(x^2-6x-5)(\sqrt{x^2+3}+2)}=\frac{2}{(-10)(4)}=-\frac{1}{20}$
Donc pour que $f$ soit continue en 1, il faut que $\alpha =-\frac{1}{20}$

[Job]

Exercice 6

1) Sur $]-\infty,\frac{1}{2}]$, $f$ est définie.
Le trinôme $2x^2-5x+2$ a pour racines $\frac{1}{2}$ et 2 donc sur $]\frac{1}{2},2[$ $f$ est définie puisque l'intervalle est ouvert.
Sur $[2,+\infty[,\ 4x^2-1\geq 15>0$ donc $f$ est définie sur $[2,+\infty[$
Bilan : $f$ est définie sur $\mathbb R$.

2) * A l'infini, une fonction polynôme a même limite que son monôme de plus haut degré.
-Si $\alpha =-\frac{1}{3},\ \lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty}(-3x)=+\infty$
-Si $\alpha >-\frac{1}{3},\ \lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty}((1+3\alpha)x^2=+\infty$
-Si $\alpha <-\frac{1}{3},\ \lim_{x\to -\infty} f(x)=\lim_{x\to -\infty}((1+3\alpha)x^2=-\infty$

* Si $\alpha\leq 0,\ \lim_{x\to +\infty} (\sqrt{4x^2-1}-\alpha x -1)=+\infty$
$\sqrt{4x^2-1} -\alpha x +1=\frac{(\sqrt{4x^2-1} -\alpha x)(\sqrt{4x^2-1} +\alpha x}{\sqrt{4x^2-1} +\alpha x}+1=\frac{(4-\alpha^2)x^2-1}{\sqrt{4x^2-1} +\alpha x}+1$
Si $\alpha =2,\ \lim_{x\to +\infty} \frac{(4-\alpha^2)x^2-1}{\sqrt{4x^2-1} +\alpha x}=0$ donc $\lim_{x\to +\infty} f(x)=1$
Pour $x>0$, $\sqrt{4x^2-1}-\alpha x +1=x(\sqrt{4-\frac{1}{x^2}}-\alpha)+1$
Si $\alpha> 2,\ \sqrt{4-\frac{1}{x^2}}-\alpha<0$ donc $\lim_{x\to +\infty} f(x)=-\infty$
Si $0<\alpha<2$, pour $x$ suffisamment grand, $\sqrt{4-\frac{1}{x^2}}-\alpha>0$ donc $\lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$

* D'après la règle sur le signe du trinôme, $\lim_{x\to \frac{1}{2}^+}(2x^2-5x+2)=0^-$
$\lim_{x\to \frac{1}{2}}(x^3-8) =\frac{1}{8} -8<0$ donc $\lim_{x\to \frac{1}{2}^+} \frac{x^3-8}{2x^2-5x+2}=+\infty$

* $\frac{x^3-8}{2x^2-5x+2}=\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{2(x-2)(x-\frac{1}{2})}=\frac{x^2+2x+4}{2(x-\frac{1}{2})}$
Donc $\lim_{x\to 2^-} f(x)=\frac{12}{3}=4$

3) $f(2)= \sqrt{15}-2\alpha +1$ et $\lim_{x\to 2^-} f(x)=4$ donc $f$ est continue en 2 si et seulement si $\sqrt{15} -2\alpha +1=4$
$2\alpha =\sqrt{15}-3$ soit $\alpha =\frac{\sqrt{15} -3}{2}$

4) La limite de $f$ en $\frac{1}{2}^+$ est infinie donc $f$ ne peut pas être continue en $\frac{1}{2}$
Si $\alpha =\frac{\sqrt{15} -3}{2}$, $f$ est donc continue sur ${\mathbb R}-\{\frac{1}{2}\}$
Si $\alpha \neq \frac{\sqrt{15} -3}{2}$, $f$ est continue sur ${\mathbb R}-\{\frac{1}{2} , 2\}$