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QCM Bilan 2 - Exercice 1

2 h
165
Voici un Q.C.M. afin d'évaluer votre progression vers l'enseignement supérieur.
Question 1
Cet exercice est un Questionnaire à Choix Multiples (Q.C.M.). Pour chacune des questions, une seule réponse, sur les quatre propositions, est correcte.

Soit x>0x > 0. La valeur de la limite lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} est :
a.\bf{a.} 00                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} −1-1
c.\bf{c.} 11                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} −e2-e^2

Correction
la bonne reˊponse est b\red{\text{la bonne réponse est } b}
Il faut utiliser la meˊthode de l’expression conjugueˊe du numeˊrateur 2−x2−1\red{\boxed{\text{Il faut utiliser la méthode de l'expression conjuguée du numérateur } \sqrt{2-x^2}-1}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)=lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)×2−x2+12−x2+1=lim⁡x⟶12−x22−12ln⁡(x)(2−x2+1)=lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)(2−x2+1)=lim⁡x⟶11−x2ln⁡(x)(2−x2+1)\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} \times \dfrac{\sqrt{2-x^2}+1}{\sqrt{2-x^2}+1} = \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}^2-1^2}{\ln(x) \left( \sqrt{2-x^2}+1 \right)} = \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{2-x^2-1}{\ln(x) \left( \sqrt{2-x^2}+1 \right)} = \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{1-x^2}{\ln(x) \left( \sqrt{2-x^2}+1 \right)}
Or, 1−x2=(1−x) (1+x)1-x^2 = (1-x) \, (1+x). Donc :
lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)=lim⁡x⟶1(1−x) (1+x)ln⁡(x)(2−x2+1)=−lim⁡x⟶1(x−1) (1+x)ln⁡(x)(2−x2+1)=−lim⁡x⟶1(x−1ln⁡(x)×1+x2−x2+1)=−lim⁡x⟶1x−1ln⁡(x)×lim⁡x⟶11+x2−x2+1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{(1-x) \, (1+x)}{\ln(x) \left( \sqrt{2-x^2}+1 \right)} = - \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{(x-1) \, (1+x)}{\ln(x) \left( \sqrt{2-x^2}+1 \right)} = - \lim_{x \longrightarrow 1} \left( \dfrac{x-1 }{\ln(x) } \times \dfrac{1+x}{\sqrt{2-x^2}+1 } \right) = - \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x-1}{\ln(x)} \times \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{1+x}{\sqrt{2-x^2}+1 }
Mais lim⁡x⟶11+x2−x2+1=1+12−12+1=22−1+1=21+1=21+1=22=1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{1+x}{\sqrt{2-x^2}+1 } = \dfrac{1+1}{\sqrt{2-1^2}+1 } = \dfrac{2}{\sqrt{2-1}+1 } = \dfrac{2}{\sqrt{1}+1 } = \dfrac{2}{1+1 } = \dfrac{2}{2} = 1. Donc, on obtient :
lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)=−lim⁡x⟶1x−1ln⁡(x)×1=−lim⁡x⟶1x−1ln⁡(x)=−lim⁡x⟶11ln⁡(x)x−1=−1lim⁡x⟶1ln⁡(x)x−1=−1lim⁡x⟶1ln⁡(x)−0x−1=−1lim⁡x⟶1ln⁡(x)−ln⁡(1)x−1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} = - \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x-1}{\ln(x)} \times 1 = - \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x-1}{\ln(x)} = - \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{1}{\dfrac{\ln(x)}{x-1}} = -\dfrac{1}{\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow 1}} \dfrac{\ln(x)}{x-1}} = -\dfrac{1}{\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow 1}} \dfrac{\ln(x) - 0}{x-1}} = -\dfrac{1}{\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow 1}} \dfrac{\ln(x) - \ln(1)}{x-1}}.
Or, on reconnait la définition du nombre dérivé en 11. En effet :
lim⁡x⟶1ln⁡(x)−ln⁡(1)x−1=(ln⁡(x))′(x=1)=(1x)(x=1)=11=1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\ln(x) - \ln(1)}{x-1} = (\ln(x))'(x=1) = \left( \dfrac{1}{x} \right)(x=1) = \dfrac{1}{1} = 1. On donc :
lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)=−11\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} = - \dfrac{1}{1}
Finalement :
lim⁡x⟶12−x2−1ln⁡(x)=−1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{\sqrt{2-x^2}-1}{\ln(x)} = - 1
Question 2

Soit x∈R/ex \in \mathbb{R}/{e}. La valeur de la limite lim⁡x⟶ex−eln⁡(x)−1\lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{e}}{\ln(x)-1} est :
a.\bf{a.} 00                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} ee
c.\bf{c.} 11                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} e2\dfrac{\sqrt{e}}{2}

Correction
la bonne reˊponse est d\red{\text{la bonne réponse est } d}
Il faut utiliser la meˊthode de l’expression conjugueˊe du numeˊrateur x−e\red{\boxed{\text{Il faut utiliser la méthode de l'expression conjuguée du numérateur } \sqrt{x}-\sqrt{e}}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶ex−eln⁡(x)−1=lim⁡x⟶e(x−eln⁡(x)−1×x+ex+e)=lim⁡x⟶ex2−e2(ln⁡(x)−1)(x+e)=lim⁡x⟶ex−e(ln⁡(x)−1)(x+e)=lim⁡x⟶e1ln⁡(x)−1x−e×(x+e)\lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{e}}{\ln(x)-1} = \lim_{x \longrightarrow e} \left( \dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{e}}{\ln(x)-1} \times \dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{e}}{\sqrt{x}+\sqrt{e}} \right) = \lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{\sqrt{x}^2-\sqrt{e}^2}{\left(\ln(x)-1\right) \left( \sqrt{x}+\sqrt{e} \right)} = \lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{x-e}{\left(\ln(x)-1\right) \left( \sqrt{x}+\sqrt{e} \right)} = \lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{1}{\dfrac{\ln(x)-1}{x-e} \times \left(\sqrt{x}+\sqrt{e} \right)}
Soit :
lim⁡x⟶ex−eln⁡(x)−1=1lim⁡x⟶eln⁡(x)−1x−e×lim⁡x⟶e1x+e=1lim⁡x⟶eln⁡(x)−ln⁡(e)x−e×lim⁡x⟶e1x+e\lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{e}}{\ln(x)-1} = \dfrac{1}{\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow e}}\dfrac{\ln(x)-1}{x-e} } \times \lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{e}} = \dfrac{1}{\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow e}}\dfrac{\ln(x)-\ln(e)}{x-e} } \times \lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{e}}
Mais lim⁡x⟶e1x+e=1e+e=12e\lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{e}} = \dfrac{1}{\sqrt{e}+\sqrt{e}} = \dfrac{1}{2\sqrt{e}}. Puis lim⁡x⟶eln⁡(x)−ln⁡(e)x−e\lim_{x \longrightarrow e}\dfrac{\ln(x)-\ln(e)}{x-e} représente le nombre dérivé de ln⁡(x)\ln(x) pris en ee, à savoir (ln⁡(x))′(x=e)=(1x)′(x=e)=1e\left( \ln(x) \right)'(x=e) = \left( \dfrac{1}{x} \right)'(x=e) = \dfrac{1}{e}. Donc, on obtient :
lim⁡x⟶ex−eln⁡(x)−1=11e×12e=e×12e=e2e=e×e2e\lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{e}}{\ln(x)-1} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{e}} \times \dfrac{1}{2\sqrt{e}} = e \times \dfrac{1}{2\sqrt{e}} = \dfrac{e}{2\sqrt{e}} = \dfrac{\sqrt{e} \times \sqrt{e}}{2\sqrt{e}}
En simplifiant par e\sqrt{e}, on trouve que :
lim⁡x⟶ex−eln⁡(x)−1=e2\lim_{x \longrightarrow e} \dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{e}}{\ln(x)-1} = \dfrac{\sqrt{e}}{2}
Question 3

Soit x>1x > 1. La valeur de la limite lim⁡x⟶1xπ−1x2−1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^\pi-1}{x^{\sqrt{2}}-1} est :
a.\bf{a.} π2\dfrac{\pi}{2}                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} π2\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}
c.\bf{c.} 2π\dfrac{2}{\pi}                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} −2π-\dfrac{\sqrt{2}}{\pi}

Correction
la bonne reˊponse est b\red{\text{la bonne réponse est } b}
Il faut faire apparaitre des nombres deˊriveˊs en 1\red{\boxed{\text{Il faut faire apparaitre des nombres dérivés en } 1}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶1xπ−1x2−1=lim⁡x⟶1(xπ−1x−1×x−1x2−1)=lim⁡x⟶1(xπ−1x−1×1x2−1x−1)=lim⁡x⟶1xπ−1x−1×1lim⁡x⟶1x2−1x−1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^\pi-1}{x^{\sqrt{2}}-1} = \lim_{x \longrightarrow 1} \left( \dfrac{x^\pi-1}{x-1} \times \dfrac{x-1}{x^{\sqrt{2}}-1} \right) = \lim_{x \longrightarrow 1} \left( \dfrac{x^\pi-1}{x-1} \times \dfrac{1}{\dfrac{x^{\sqrt{2}}-1}{x-1}} \right) = \lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^\pi-1}{x-1} \times \dfrac{1}{\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^{\sqrt{2}}-1}{x-1} }}
Or, le terme lim⁡x⟶1xπ−1x−1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^\pi-1}{x-1} représente le nombre dérivé de xπx^\pi en 11, et lim⁡x⟶1x2−1x−1\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^{\sqrt{2}}-1}{x-1} représente le nombre dérivé de xπx^\pi en 11. Ainsi, on a :
lim⁡x⟶1xπ−1x2−1=(xπ)′(x=1)×1(x2)′(x=1)=(πxπ−1)(x=1)×1(2x2−1)(x=1)=π1π−1×1212−1=π×12\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^\pi-1}{x^{\sqrt{2}}-1} = \left( x^\pi \right)'(x=1) \times \dfrac{1}{\left( x^{\sqrt{2}} \right)'(x=1)} = \left( \pi x^{\pi-1} \right)(x=1) \times \dfrac{1}{\left( \sqrt{2}x^{\sqrt{2}-1} \right)(x=1)} = \pi 1^{\pi-1} \times \dfrac{1}{\sqrt{2}1^{\sqrt{2}-1} } = \pi \times \dfrac{1}{\sqrt{2}}
Finalement :
lim⁡x⟶1xπ−1x2−1=π2\lim_{x \longrightarrow 1} \dfrac{x^\pi-1}{x^{\sqrt{2}}-1} = \dfrac{\pi}{\sqrt{2}}
Question 4

Soit aa un réel strictement positif, et différent de 11. Soit xx un réel strictement positif, et différent de aa. La valeur de la limite lim⁡x⟶axa−axx−a\lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{x^a-a^x}{x-a} est :
a.\bf{a.} ln⁡(a)a\dfrac{\ln(a)}{a}                                                                 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} 1−ln⁡(a)a\dfrac{1-\ln(a)}{a}
c.\bf{c.} aaln⁡(a)a^a \ln(a)                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} aa(1−ln⁡(a))a^a \left(1-\ln(a) \right)

Correction
la bonne reˊponse est d\red{\text{la bonne réponse est } d}
Par des jeux d’eˊcriture, il faut faire apparaitre des nombres deˊriveˊs en a\red{\boxed{\text{Par des jeux d'écriture, il faut faire apparaitre des nombres dérivés en } a}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶axa−axx−a=lim⁡x⟶axa−ax+aa−aax−a=lim⁡x⟶a(xa−aax−a−ax−aax−a)=lim⁡x⟶axa−aax−a−lim⁡x⟶aax−aax−a=(xa)′(x=a)−(ax)′(x=a)\lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{x^a-a^x}{x-a} = \lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{x^a-a^x + a^a - a^a}{x-a} = \lim_{x \longrightarrow a} \left( \dfrac{x^a-a^a}{x-a} - \dfrac{a^x-a^a}{x-a} \right) = \lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{x^a-a^a}{x-a} - \lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{a^x-a^a}{x-a} = \left( x^a \right)'(x=a) - \left( a^x \right)'(x=a)
Et on a :
(xa)′(x=a)=(axa−1)(x=a)=aaa−1=aa\left( x^a \right)'(x=a) = \left(a x^{a-1}\right)(x=a) = a a^{a-1} = a^a
Mais aussi :
(ax)′(x=a)=(eln⁡(ax))′(x=a)=(exln⁡(a))′(x=a)=((xln⁡(a))′exln⁡(a))(x=a)=(ln⁡(a) exln⁡(a))(x=a)=(ln⁡(a) ax)(x=a)=ln⁡(a) aa\left( a^x \right)'(x=a) = \left( e^{\ln(a^x)} \right)'(x=a) = \left( e^{x\ln(a)} \right)'(x=a) = \left( \left( x\ln(a) \right)' e^{x\ln(a)} \right)(x=a) = \left( \ln(a) \, e^{x\ln(a)} \right)(x=a) = \left( \ln(a) \, a^x \right)(x=a) = \ln(a) \, a^a
Donc, on obtient :
lim⁡x⟶axa−axx−a=aa−ln⁡(a) aa\lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{x^a-a^x}{x-a} = a^a - \ln(a) \, a^a
En factorisant par le terme aaa^a on trouve alors :
lim⁡x⟶axa−axx−a=aa(1−ln⁡(a))\lim_{x \longrightarrow a} \dfrac{x^a-a^x}{x-a} = a^a \left( 1- \ln(a) \right)
Question 5

Soit aa et bb deux nombres réels strictement positifs. La valeur de la limite lim⁡x⟶0ax−bxx\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x-b^x}{x} est :
a.\bf{a.} ln⁡(ab)\ln \left(\dfrac{a}{b}\right)                                                                 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} ln⁡(a)a+ln⁡(b)\dfrac{\ln(a)}{a+\ln(b)}
c.\bf{c.} ln⁡(a−b)\ln(a-b)                                                           \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} bln⁡(a)b\ln \left (a \right)

Correction
la bonne reˊponse est a\red{\text{la bonne réponse est } a}
Par des jeux d’eˊcriture, il faut faire apparaitre des nombres deˊriveˊs en 0\red{\boxed{\text{Par des jeux d'écriture, il faut faire apparaitre des nombres dérivés en } 0}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶0ax−bxx=lim⁡x⟶0ax−bx+1−1x−0=lim⁡x⟶0ax−1−(bx−1)x−0=lim⁡x⟶0ax−1x−0−lim⁡x⟶0bx−1x−0=lim⁡x⟶0ax−a0x−0−lim⁡x⟶0bx−b0x−0=(ax)′(x=0)−(bx)′(x=0)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x-b^x}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x-b^x + 1 - 1}{x - 0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x - 1 - \left( b^x - 1 \right)}{x - 0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x - 1}{x - 0} - \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{b^x - 1}{x - 0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x - a^0}{x - 0} - \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{b^x - b^0}{x - 0} = \left( a^x \right)'(x=0) - \left( b^x \right)'(x=0)
Ce qui nous donne encore :
lim⁡x⟶0ax−bxx=(eln⁡(ax))′(x=0)−(eln⁡(bx))′(x=0)=(exln⁡(a))′(x=0)−(exln⁡(b))′(x=0)=((xln⁡(a))′exln⁡(a))(x=0)−((xln⁡(b))′exln⁡(b))′(x=0)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x-b^x}{x} = \left( e^{\ln(a^x)} \right)'(x=0) - \left( e^{\ln(b^x)} \right)'(x=0) = \left( e^{x\ln(a)} \right)'(x=0) - \left( e^{x\ln(b)} \right)'(x=0) = \left( (x\ln(a))' e^{x\ln(a)} \right)(x=0) - \left( (x\ln(b))' e^{x\ln(b)} \right)'(x=0)
Soit :
lim⁡x⟶0ax−bxx=(ln⁡(a) exln⁡(a))(x=0)−((ln⁡(b) exln⁡(b))′(x=0)=(ln⁡(a) xa)(x=0)−(ln⁡(b)xb)′(x=0)=ln⁡(a) 0a−ln⁡(b) 0b=ln⁡(a)×1−ln⁡(b)×1=ln⁡(a)−ln⁡(b)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x-b^x}{x} = \left( \ln(a) \, e^{x\ln(a)} \right)(x=0) - \left( (\ln(b) \, e^{x\ln(b)} \right)'(x=0) = \left( \ln(a) \, x^a \right)(x=0) - \left( \ln(b) x^b \right)'(x=0) = \ln(a) \, 0^a - \ln(b) \, 0^b = \ln(a) \times 1 - \ln(b) \times 1 = \ln(a) - \ln(b)
Finalement, on trouve que :
lim⁡x⟶0ax−bxx=ln⁡(ab)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{a^x-b^x}{x} = \ln \left(\dfrac{a}{b}\right)
Question 6

La valeur de la limite lim⁡x⟶0(ex−1)ln⁡(1+x)1+x2−1\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left(e^x - 1 \right)\ln(1+x)}{\sqrt{1+x^2}-1} est :
a.\bf{a.} 00                                                                  \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, b.\bf{b.} 11
c.\bf{c.} 22                                                                   \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} +∞+\infty

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Par exemple, on peut faire usage des eˊquivalents usuels en zeˊro\red{\boxed{\text{Par exemple, on peut faire usage des équivalents usuels en zéro}}}
En effet, pour la quantité réelle X⟶0X \longrightarrow 0, on a les équivalents usuels suivants :
   ∙   eX∼01+X\,\,\, \bullet \,\,\, e^X \underset{0}{\sim} 1+X
   ∙   ln⁡(1+X)∼0X\,\,\, \bullet \,\,\, \ln(1+X) \underset{0}{\sim} X
   ∙   1+X∼01+12X\,\,\, \bullet \,\,\, \sqrt{1+X} \underset{0}{\sim} 1+ \dfrac{1}{2}X
Donc, on en déduit que si x⟶0x \longrightarrow 0 alors :
   ∙   ex∼01+x\,\,\, \bullet \,\,\, e^x \underset{0}{\sim} 1+x
   ∙   ln⁡(1+x)∼0x\,\,\, \bullet \,\,\, \ln(1+x) \underset{0}{\sim} x
   ∙   1+x2∼01+12x2\,\,\, \bullet \,\,\, \sqrt{1+x^2} \underset{0}{\sim} 1+ \dfrac{1}{2}x^2
Ainsi :
lim⁡x⟶0(ex−1)ln⁡(1+x)1+x2−1=lim⁡x⟶0(1+x−1)×x1+12x2−1=lim⁡x⟶0x×x12x2=lim⁡x⟶0x212x2=lim⁡x⟶0112=lim⁡x⟶02\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left(e^x - 1 \right)\ln(1+x)}{\sqrt{1+x^2}-1} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left(1+x - 1 \right)\times x}{1+ \dfrac{1}{2}x^2-1} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x\times x}{ \dfrac{1}{2}x^2} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x^2}{ \dfrac{1}{2}x^2} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{1}{ \dfrac{1}{2}} = \lim_{x \longrightarrow 0} 2
Finalement, on a :
lim⁡x⟶0(ex−1)ln⁡(1+x)1+x2−1=2\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\left(e^x - 1 \right)\ln(1+x)}{\sqrt{1+x^2}-1} = 2
Question 7

La valeur de la limite lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) est :
a.\bf{a.} 00                                                                  \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, b.\bf{b.} 12\dfrac{1}{2}
c.\bf{c.} 11                                                                   \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} +∞+\infty

Correction
la bonne reˊponse est b\red{\text{la bonne réponse est } b}
Utiliser l’expression conjugueˊe, puis une factorisation\red{\boxed{\text{Utiliser l'expression conjuguée, puis une factorisation}}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)=lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)×x+x+x+xx+x+x+x=lim⁡x⟶+∞x+x+x2−x2x+x+x+x\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) \times \dfrac{\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}{\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}}^2 - \sqrt{x}^2}{\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}}
Ce qui nous donne :
lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)=lim⁡x⟶+∞x+x+x−xx+x+x+x=lim⁡x⟶+∞x+xx+x+x+x=lim⁡x⟶+∞x(1+xx)x(1+xx2+xx4)+x\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{x + \sqrt{x + \sqrt{x}} - x}{\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{x + \sqrt{x}}}{\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} + \sqrt{x}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{x \left(1+\dfrac{\sqrt{x}}{x} \right)}}{\sqrt{x \left(1 + \sqrt{\dfrac{x}{x^2} + \sqrt{\dfrac{x}{x^4}}}\right)} + \sqrt{x}}
En factorisant par x\sqrt{x}, on obtient :
lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)=lim⁡x⟶+∞x1+1xx(1+1x+1x3+1)=lim⁡x⟶+∞1+1x1+1x+1x3+1=lim⁡x⟶+∞1+01+0+0+1=lim⁡x⟶+∞11+1\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{x}\sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{1 + \sqrt{\dfrac{1}{x} + \sqrt{\dfrac{1}{x^3}}}} + 1\right)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}}}{\sqrt{1 + \sqrt{\dfrac{1}{x} + \sqrt{\dfrac{1}{x^3}}}} + 1} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{1+0}}{\sqrt{1 + \sqrt{0 + \sqrt{0}}} + 1} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{1}}{\sqrt{1}+1}
Donc :
lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)=lim⁡x⟶+∞11+1=lim⁡x⟶+∞12\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{1+1} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \dfrac{1}{2}
Finalement, on a :
lim⁡x⟶+∞(x+x+x−x)=12\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} \right) = \dfrac{1}{2}
Question 8

La valeur de la limite lim⁡x⟶0∣ sin⁡(x) ∣tan⁡(x)\lim_{x \longrightarrow 0} \left| \, \sin(x) \, \right|^{\tan(x)} est :
a.\bf{a.} 00                                                                  \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, b.\bf{b.} 12\dfrac{1}{2}
c.\bf{c.} 11                                                                   \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} +∞+\infty

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Utiliser les eˊquivalents usuels en zeˊro\red{\boxed{\text{Utiliser les équivalents usuels en zéro}}}
En effet, on a :
En effet, pour la quantité réelle X⟶0X \longrightarrow 0, on a les équivalents usuels suivants :
   ∙   sin⁡(X)∼0X\,\,\, \bullet \,\,\, \sin(X) \underset{0}{\sim} X
   ∙   tan⁡(X)∼0X\,\,\, \bullet \,\,\, \tan(X) \underset{0}{\sim} X
Donc, on en déduit que si x⟶0x \longrightarrow 0 alors :
   ∙   sin⁡(x)∼01+x\,\,\, \bullet \,\,\, \sin(x) \underset{0}{\sim} 1+x
   ∙   tan⁡(x)∼0x\,\,\, \bullet \,\,\, \tan(x) \underset{0}{\sim} x
Ainsi :
lim⁡x⟶0∣ sin⁡(x) ∣tan⁡(x)=lim⁡x⟶0∣ x ∣x=lim⁡x⟶0eln⁡(∣ x ∣x)=lim⁡x⟶0exln⁡(∣ x ∣)=e lim⁡x⟶0xln⁡(∣ x ∣)\lim_{x \longrightarrow 0} \left| \, \sin(x) \, \right|^{\tan(x)} = \lim_{x \longrightarrow 0} \left| \, x \, \right|^{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} e^{\ln\left(\left| \, x \, \right|^{x}\right)} = \lim_{x \longrightarrow 0} e^{x\ln\left(\left| \, x \, \right|\right)} = e^{\,\displaystyle{\lim_{x \longrightarrow 0}} x\ln\left(\left| \, x \, \right|\right)}
Mais, on sait que :
lim⁡x⟶0=xln⁡(∣ x ∣)=0\lim_{x \longrightarrow 0} = x\ln\left(\left| \, x \, \right|\right) = 0
Ce qui implique que :
lim⁡x⟶0∣ sin⁡(x) ∣tan⁡(x)=e0\lim_{x \longrightarrow 0} \left| \, \sin(x) \, \right|^{\tan(x)} = e^0
Finalement :
lim⁡x⟶0∣ sin⁡(x) ∣tan⁡(x)=1\lim_{x \longrightarrow 0} \left| \, \sin(x) \, \right|^{\tan(x)} = 1
Question 9

La valeur de la limite lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} est :
a.\bf{a.} 00                                                                  \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, b.\bf{b.} 11
c.\bf{c.} ee                                                                   \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} +∞+\infty

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Utiliser les eˊquivalents usuels et des jeux d’eˊcritures\red{\boxed{\text{Utiliser les équivalents usuels et des jeux d'écritures}}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x(1+1x))ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x)+ln⁡(1+1x)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x)+ln⁡(1+1x)ln⁡(x) )xln⁡(x)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln\left(x\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x) + \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x) + \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)}
Ce qui nous donne :
lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞(ln⁡(x)ln⁡(x)+ ln⁡(1+1x)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞(1+ ln⁡(1+1x)ln⁡(x) )xln⁡(x)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)} + \, \dfrac{ \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(1 + \, \dfrac{ \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)}
Mais, on sait que pour X⟶0X \longrightarrow 0, on a l'équivalence ln⁡(1+X)∼0X\ln(1+X) \underset{0}{\sim} X. Ainsi, en posant 1x=X\dfrac{1}{x} = X, on a 1x⟶+∞\dfrac{1}{x} \longrightarrow +\infty, et de fait ln⁡(1+1x)∼+∞1x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{x}. Donc, on peut écrire que :
lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞(1+ 1xln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞(1+ 1xln⁡(x) )xln⁡(x)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(1 + \, \dfrac{ \dfrac{1}{x}}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(1 + \, \dfrac{ 1}{x\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)}
Afin de simplifier l'écriture, posons Q=xln⁡(x)Q = x \ln(x). Comme x⟶+∞x \longrightarrow +\infty alors xln⁡(x)⟶+∞x \ln(x) \longrightarrow +\infty, et de fait Q⟶+∞Q \longrightarrow +\infty.
On a alors :
lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡Q⟶+∞(1+ 1Q )Q=lim⁡Q⟶+∞eln⁡((1+ 1Q )Q)=lim⁡Q⟶+∞eQln⁡(1+ 1Q )\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{Q \longrightarrow +\infty} \left(1 + \, \dfrac{ 1}{Q} \, \right)^Q = \lim_{Q \longrightarrow +\infty} e^{\ln\left(\left(1 + \, \frac{1}{Q} \, \right)^Q\right)} = \lim_{Q \longrightarrow +\infty} e^{Q\ln\left(1 + \, \frac{1}{Q} \, \right)}
En faisant usage de la relation d'équivalence ln⁡(1+1Q)∼+∞1Q\ln\left(1+\dfrac{1}{Q}\right) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{Q} on obtient :
lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)=lim⁡Q⟶+∞eQ×1Q=lim⁡Q⟶+∞eQQ=lim⁡Q⟶+∞e1=lim⁡Q⟶+∞e\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = \lim_{Q \longrightarrow +\infty} e^{Q \times \frac{1}{Q}} = \lim_{Q \longrightarrow +\infty} e^{\frac{Q}{Q}} = \lim_{Q \longrightarrow +\infty} e^{1} =\lim_{Q \longrightarrow +\infty} e
Finalement :
lim⁡x⟶+∞( ln⁡(x+1)ln⁡(x) )xln⁡(x)=e\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left( \, \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(x)} \, \right)^{x\ln(x)} = e
Question 10

La valeur de la limite lim⁡x⟶+∞exx−ln⁡(x)\lim_{x \longrightarrow +\infty} e^{\sqrt{\frac{x}{x-\ln(x)}}} est :
a.\bf{a.} 00                                                                  \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, b.\bf{b.} 11
c.\bf{c.} ee                                                                   \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} +∞+\infty

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Dans l’exponentielle, il faut factoriser par les termes preˊpondeˊrants\red{\boxed{\text{Dans l'exponentielle, il faut factoriser par les termes prépondérants}}}
En effet, on a :
lim⁡x⟶+∞exx−ln⁡(x)=lim⁡x⟶+∞exx(1−ln⁡(x)x)=lim⁡x⟶+∞e11−ln⁡(x)x=e11−lim⁡x⟶+∞ln⁡(x)x\lim_{x \longrightarrow +\infty} e^{\sqrt{\frac{x}{x-\ln(x)}}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} e^{\sqrt{\frac{x}{x \left( 1- \frac{\ln(x)}{x} \right)}}} = \lim_{x \longrightarrow +\infty} e^{\sqrt{\frac{1}{1- \frac{\ln(x)}{x} }}} = e^{\sqrt{\frac{1}{1- \lim_{x \longrightarrow +\infty}\frac{\ln(x)}{x} }}}
Or, par croissances comparées, on sait que :
lim⁡x⟶+∞ln⁡(x)x=0\lim_{x \longrightarrow +\infty}\frac{\ln(x)}{x} = 0
Ainsi, on en déduit que :
lim⁡x⟶+∞exx−ln⁡(x)=e11−0=e1\lim_{x \longrightarrow +\infty} e^{\sqrt{\frac{x}{x-\ln(x)}}} = e^{\sqrt{\frac{1}{1-0 }}} = e^1
Finalement, on obtient :
lim⁡x⟶+∞exx−ln⁡(x)=e\lim_{x \longrightarrow +\infty} e^{\sqrt{\frac{x}{x-\ln(x)}}} = e
Question 11

Soit xx un réel strictement positif. L'expression de la dérivée f′f' de l'expression fonctionnelle f(x)=xxf(x) = x^x est :
a.\bf{a.} xx−1ln⁡(x)x^{x-1} \ln(x)                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} x xx−1x\, x^{x-1}
c.\bf{c.} (1+ln⁡(x)) xx\left( 1 + \ln(x) \right) \, x^x                                                                   \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} xxln⁡(x)x^{x} \ln(x)

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Transformer l’expression aˋ deˊriveˊe avec un logarithme et une exponentielle : xx=eln⁡(xx)=exln⁡(x)\red{\boxed{\text{Transformer l'expression à dérivée avec un logarithme et une exponentielle : } x^x = e^{\ln(x^x)} = e^{x \ln(x)}}}
En effet :
f(x)=xx=eln⁡(xx)=exln⁡(x)f(x) = x^x = e^{\ln \left( x^x \right)} = e^{x \ln(x)}
Donc :
f′(x)=(exln⁡(x))′=(xln⁡(x))′×exln⁡(x)=(x′ln⁡(x)+xln⁡′(x))′×eln⁡(xx)=(1×ln⁡(x)+x×1x)×xx=(ln⁡(x)+xx)×xx=(ln⁡(x)+1)×xxf'(x) = \left( e^{x \ln(x)}\right)' = \left( x \ln(x) \right)' \times e^{x \ln(x)} = \left( x' \ln(x) + x \ln'(x) \right)' \times e^{\ln(x^x)} = \left( 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x}\right) \times x^x = \left( \ln(x) + \dfrac{x}{x}\right) \times x^x = \left( \ln(x) +1 \right) \times x^x
Finalement :
f′(x)=(1+ln⁡(x)) xxf'(x) = \left( 1 + \ln(x) \right) \, x^x
Question 12

Soit xx un réel non nul. L'expression de la dérivée f′f' de l'expression fonctionnelle f(x)=x2sin⁡(πx)f(x) = x^2 \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) est :
a.\bf{a.} 2xsin⁡(πx)2x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} 2x(sin⁡(πx)−πcos⁡(πx))2x \left(\sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) - \pi \cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right) \right)
c.\bf{c.} 2xπcos⁡(πx)2x \pi \cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right)                                                                         \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} 2xsin⁡(πx)−πcos⁡(πx)2x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) - \pi \cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right)

Correction
la bonne reˊponse est d\red{\text{la bonne réponse est } d}
Utiliser la deˊrivation d’un produit et la deˊrivation d’une fonction composeˊe\red{\boxed{\text{Utiliser la dérivation d'un produit et la dérivation d'une fonction composée}}}
En effet :
f′(x)=(x2sin⁡(πx))′=(x2)′sin⁡(πx)+x2(sin⁡(πx))′=2xsin⁡(πx)+x2(πx)′cos⁡(πx)=2xsin⁡(πx)+x2(−πx2)cos⁡(πx)=2xsin⁡(πx)−x2πx2cos⁡(πx)f'(x) = \left( x^2 \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)\right)' = \left( x^2 \right)' \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) + x^2 \left( \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)\right)' = 2x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) + x^2 \left( \dfrac{\pi}{x} \right)' \cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right) = 2x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) + x^2 \left( -\dfrac{\pi}{x^2} \right) \cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right) = 2x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) - \dfrac{x^2\pi}{x^2} \cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right)
Comme x≠0x \neq 0, on peut donc simplifier par x2x^2, et on obtient :
f′(x)=2xsin⁡(πx)−πcos⁡(πx)f'(x) = 2x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) - \pi\cos\left( \dfrac{\pi}{x} \right)
Question 13

Soit xx un réel. On considère la fonction ff définie par :
  ∙  \,\, \bullet \,\, si x≠0x \neq 0 alors f(x)=x2sin⁡(πx)f(x) = x^2 \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)
  ∙∙  \,\, \bullet \bullet \,\, si x=0x = 0 alors f(x)=0f(x) = 0
Le nombre dérivée en x=0x=0 est :
a.\bf{a.} π\pi                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} +∞+\infty
c.\bf{c.} 00                                                                                 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} −∞- \infty

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Utiliser la deˊfinition du nombre deˊriveˊe en zeˊro, c’est-aˋ-dire la limite du taux de variation en zeˊro\red{\boxed{\text{Utiliser la définition du nombre dérivée en zéro, c'est-à-dire la limite du taux de variation en zéro}}}
En effet :
lim⁡x⟶0f(x)−f(0)x−0=lim⁡x⟶0x2sin⁡(πx)−0x−0=lim⁡x⟶0x2sin⁡(πx)x=lim⁡x⟶0xsin⁡(πx)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x^2 \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)-0}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x^2 \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} x \sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right)
Le terme sin⁡(πx)\sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right) est toujours compris entre −1-1 et 11, donc, de part la présence du terme xx devant sin⁡(πx)\sin\left( \dfrac{\pi}{x} \right), on en déduit immédiatement que :
lim⁡x⟶0f(x)−f(0)x−0=0\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = 0
La fonction ff est donc dérivable en x=0x=0, et on a f′(0)=lim⁡x⟶0f(x)−f(0)x−0=0f'(0) = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = 0.

Question 14

Soit xx un réel. On considère la fonction ff définie par :
  ∙  \,\, \bullet \,\, si x≠0x \neq 0 alors f(x)=xsin⁡(1x)f(x) = x \sin\left( \dfrac{1}{x} \right)
  ∙∙  \,\, \bullet \bullet \,\, si x=0x = 0 alors f(x)=0f(x) = 0
La dérivée en x=0x=0 est :
a.\bf{a.} 00                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} n'existe pas
c.\bf{c.} 11                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} π\pi

Correction
la bonne reˊponse est b\red{\text{la bonne réponse est } b}
Utiliser la deˊfinition du nombre deˊriveˊe en zeˊro, c’est-aˋ-dire la limite du taux de variation en zeˊro\red{\boxed{\text{Utiliser la définition du nombre dérivée en zéro, c'est-à-dire la limite du taux de variation en zéro}}}
En effet :
lim⁡x⟶0f(x)−f(0)x−0=lim⁡x⟶0xsin⁡(1x)−0x−0=lim⁡x⟶0xsin⁡(1x)x=lim⁡x⟶0sin⁡(1x)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x \sin\left( \dfrac{1}{x} \right)-0}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{x \sin\left( \dfrac{1}{x} \right)}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0} \sin\left( \dfrac{1}{x} \right)
Posons X=1xX = \dfrac{1}{x}. Comme x⟶0x \longrightarrow 0 on en déduit (suivant le signe de xx) que X⟶±∞X \longrightarrow \pm \infty. Dans ce cas on obtient :
lim⁡x⟶0f(x)−f(0)x−0=lim⁡x⟶±∞sin⁡(X)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x \longrightarrow \pm \infty} \sin\left( X \right)
Comme le sinus est constamment oscillant entre −1-1 et 11, on en déduit que cette limite n'existe pas.
Question 15

Soit xx un réel strictement supérieur à 11. L'expression de la dérivée f′f' de l'expression fonctionnelle f(x)=xln⁡(ln⁡(x))ln⁡(x)f(x) = x^{\frac{\ln\left( \ln(x) \right)}{\ln(x)}} est :
a.\bf{a.} ln⁡(x)\ln(x)                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} exx\dfrac{e^x}{x}
c.\bf{c.} 1x\dfrac{1}{x}                                                                                         \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} 11

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Simplifier l’expression de la fonction avant de deˊbuter le processus classique de deˊrivation\red{\boxed{\text{Simplifier l'expression de la fonction avant de débuter le processus classique de dérivation}}}
En effet :
f(x)=xln⁡(ln⁡(x))ln⁡(x)=eln⁡(xln⁡(ln⁡(x))ln⁡(x))=eln⁡(ln⁡(x))ln⁡(x)ln⁡(x)f(x) = x^{\frac{\ln\left( \ln(x) \right)}{\ln(x)}} = e^{\ln \left( x^{\frac{\ln\left( \ln(x) \right)}{\ln(x)}} \right)} = e^{\frac{\ln\left( \ln(x) \right)}{\ln(x)} \ln(x)}
Comme x>1x>1 alors ln⁡(x)≠0\ln(x) \neq 0 et donc il est possible de simplifier par ln⁡(x)\ln(x). On obtient alors :
f(x)=xln⁡(ln⁡(x))ln⁡(x)=eln⁡(ln⁡(x))=ln⁡(x)f(x) = x^{\frac{\ln\left( \ln(x) \right)}{\ln(x)}} = e^{\ln\left( \ln(x) \right)} = \ln(x)
Ainsi :
f(x)=ln⁡(x)f(x) = \ln(x)
Finalement :
f′(x)=1xf'(x) = \dfrac{1}{x}
Question 16

Soit xx un réel strictement positif. L'expression de la dérivée f′f' de l'expression fonctionnelle f(x)=xxxf(x) = x^{x^{x}} est :
a.\bf{a.} (xln⁡(x)(1+ln⁡(x))+1) xxx+x−1\left( x \ln(x) \left( 1 + \ln(x) \right) + 1 \right) \, x^{x^{x} + x-1}                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} (2xln⁡(x)+1) xxx\left( 2x \ln(x) + 1 \right) \, x^{x^{x}}
c.\bf{c.} (1+2x2ln⁡(x)) x2x\left( 1 + 2x^2\ln(x) \right) \, x^{2x}                                                                                                                       \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} (2xln⁡2(x)+ln⁡(x)) x1+xx\left( 2x \ln^2(x) + \ln(x) \right) \, x^{1 +x^{x}}

Correction
la bonne reˊponse est a\red{\text{la bonne réponse est } a}
Reˊeˊcrire l’expression de la fonction proposeˊe avec l’exponentielle et le logarithme neˊpeˊrien\red{\boxed{\text{Réécrire l'expression de la fonction proposée avec l'exponentielle et le logarithme népérien}}}
En effet :
f(x)=xxx=eln⁡(xxx)=eln⁡(x(xx))=exxln⁡(x)f(x) = x^{x^{x}} = e^{\ln\left( x^{x^{x}} \right)} = e^{\ln \left( x^{\left( x^x \right)} \right)} = e^{x^x \ln \left( x \right)}
Donc, en dérivant on obtient :
f′(x)=(xxx)′=(exxln⁡(x))′=(xxln⁡(x))′exxln⁡(x)=(xxln⁡(x))′xxxf'(x) = \left( x^{x^{x}} \right)' = \left( e^{x^x \ln (x)} \right)' = \left( x^x \ln(x) \right)' e^{x^x \ln(x)} = \left( x^x \ln(x) \right)' x^{x^{x}}
Mais, on a :
(xxln⁡(x))′=(xx)′ln⁡(x)+xx(ln⁡(x))′=(xx)′ln⁡(x)+xx1x=(xx)′ln⁡(x)+xxx−1=(xx)′ln⁡(x)+xx−1 \left( x^x \ln(x) \right)' = (x^x)' \ln(x) + x^x (\ln(x))' = (x^x)' \ln(x) + x^x \dfrac{1}{x} = (x^x)' \ln(x) + x^x x^{-1} = (x^x)' \ln(x) + x^{x-1}
Mais, on sait que :
(xx)′=(exln⁡(x))′=(xln⁡(x))′×exln⁡(x)=(x′ln⁡(x)+xln⁡′(x))′×eln⁡(xx)=(1×ln⁡(x)+x×1x)×xx=(ln⁡(x)+xx)×xx=(ln⁡(x)+1)×xx(x^x)' = \left( e^{x \ln(x)}\right)' = \left( x \ln(x) \right)' \times e^{x \ln(x)} = \left( x' \ln(x) + x \ln'(x) \right)' \times e^{\ln(x^x)} = \left( 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x}\right) \times x^x = \left( \ln(x) + \dfrac{x}{x}\right) \times x^x = \left( \ln(x) +1 \right) \times x^x
Soit :
(xx)′=(1+ln⁡(x)) xx(x^x)' = \left( 1 + \ln(x) \right) \, x^x
Ainsi, on a :
(xxln⁡(x))′=(1+ln⁡(x)) xxln⁡(x)+xx−1 \left( x^x \ln(x) \right)' = \left( 1 + \ln(x) \right) \, x^x \ln(x) + x^{x-1}
Ce qui nous permet d'écrire que :
f′(x)=((1+ln⁡(x))ln⁡(x) xx+xx−1)xxx=((1+ln⁡(x))ln⁡(x) xx−1x+xx−1)xxx=((1+ln⁡(x))ln⁡(x) x+1)xxxxx−1=((1+ln⁡(x))ln⁡(x) x+1)xxx+x−1f'(x) = \left( \left( 1 + \ln(x) \right) \ln(x) \, x^x + x^{x-1} \right) x^{x^{x}} = \left( \left( 1 + \ln(x) \right) \ln(x) \, x^{x-1}x + x^{x-1} \right) x^{x^{x}} = \left( \left( 1 + \ln(x) \right) \ln(x) \, x + 1 \right) x^{x^{x}} x^{x-1} = \left( \left( 1 + \ln(x) \right) \ln(x) \, x + 1 \right) x^{x^{x} + x-1}
Finalement, on trouve que :
f′(x)=(xln⁡(x)(1+ln⁡(x))+1) xxx+x−1f'(x) = \left( x \ln(x) \left( 1 + \ln(x) \right) + 1 \right) \, x^{x^{x} + x-1}
Question 17

Soit xx un réel différent de 66. La valeur de l'intégrale ∫12x2−7x+10x−6 dx\int_{1}^{2} \dfrac{x^2-7x+10}{x-6} \, dx est :
a.\bf{a.} 1+4ln⁡(45)2\dfrac{1 + 4\ln\left( \dfrac{4}{5} \right)}{2}                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} 1+8ln⁡(45)2\dfrac{1 + 8\ln\left( \dfrac{4}{5} \right)}{2}
c.\bf{c.} 1+4ln⁡(54)2\dfrac{1 + 4\ln\left( \dfrac{5}{4} \right)}{2}                                                                                 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} 1−8ln⁡(54)2\dfrac{1 - 8\ln\left( \dfrac{5}{4} \right)}{2}

Correction
la bonne reˊponse est b\red{\text{la bonne réponse est } b}
Utiliser une deˊcomposition de la fonction, par exemple avec une division euclidienne ou faire usage de jeux d’eˊcritures\red{\boxed{\text{Utiliser une décomposition de la fonction, par exemple avec une division euclidienne ou faire usage de jeux d'écritures}}}
En effet, le terme x2−7x+10x−6\dfrac{x^2-7x+10}{x-6} peut être perçu comme la division euclidienne de x2−7x+10x^2-7x+10 par x−6x-6. Donc on a :
x2−7x+10x−6−(x2−6x+0)x−1=−x+10−(−x+6)=4\begin{array}{rrrr|ccc} & x^2 & -7x & +10 & x & - & 6 \\ - ( & x^2 & -6x & +0) & x & - & 1 \\ = & & -x & +10 & & & \\ & - ( & -x & +6) & & & \\ & = & & 4 & & & \\\end{array}
Ce qui nous donne :
x2−7x+10=(x−1) (x−6)+4x^2-7x+10 = (x-1) \, (x-6) + 4
Soit :
x2−7x+10x−6=(x−1) (x−6)+4x−6=(x−1) (x−6)x−6+4x−6=x−1+4x−6\dfrac{x^2-7x+10}{x-6} = \dfrac{(x-1) \, (x-6) + 4}{x-6} = \dfrac{(x-1) \, (x-6) }{x-6} + \dfrac{4}{x-6} = x-1 + \dfrac{4}{x-6}
Ainsi, on eut écrire que :
∫12x2−7x+10x−6 dx=∫12(x−1+4x−6) dx=∫12(x−1) dx+∫12(4x−6) dx=∫12(x−1) dx+4∫12(1x−6) dx=∫12(x−1) dx+4∫12((x−6)′x−6) dx\int_{1}^{2} \dfrac{x^2-7x+10}{x-6} \, dx = \int_{1}^{2} \left( x-1 + \dfrac{4}{x-6} \right) \, dx = \int_{1}^{2} \left( x-1 \right) \, dx + \int_{1}^{2} \left( \dfrac{4}{x-6} \right) \, dx = \int_{1}^{2} \left( x-1 \right) \, dx + 4\int_{1}^{2} \left( \dfrac{1}{x-6} \right) \, dx = \int_{1}^{2} \left( x-1 \right) \, dx + 4\int_{1}^{2} \left( \dfrac{(x-6)'}{x-6} \right) \, dx
En intégrant, on obtient :
∫12x2−7x+10x−6 dx=[x22−x]12+4[ln⁡(x−6)]12=(222−2)−(122−1)+4ln⁡(2−61−6)=(0)−(−12)+4ln⁡(−4−5)=12+4ln⁡(45)\int_{1}^{2} \dfrac{x^2-7x+10}{x-6} \, dx = \left[ \dfrac{x^2}{2}-x \right]_{1}^{2} + 4 \left[ \ln(x-6) \right]_{1}^{2} = \left( \dfrac{2^2}{2}-2 \right) - \left( \dfrac{1^2}{2}-1 \right) + 4 \ln\left( \dfrac{2-6}{1-6} \right) = \left(0 \right) - \left( -\dfrac{1}{2} \right) + 4 \ln\left( \dfrac{-4}{-5} \right) = \dfrac{1}{2}+4\ln\left( \dfrac{4}{5} \right)
Finalement :
∫12x2−7x+10x−6 dx=1+8ln⁡(45)2\int_{1}^{2} \dfrac{x^2-7x+10}{x-6} \, dx = \dfrac{1 + 8\ln\left( \dfrac{4}{5} \right)}{2}
Question 18

Soit aa et bb deux nombres réels. Soit kk une constante réelle. les primitives de x+ax+b\dfrac{x + a}{x + b} sont de la forme :
a.\bf{a.} (a−b)ln⁡(x+b)+k(a-b) \ln(x+b) + k                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} x+(a−b)ln⁡(x+b)+kx + (a-b) \ln(x+b) + k
c.\bf{c.} (a+b)ln⁡(x+ax+b)+k(a+b) \ln \left( \dfrac{x+a}{x+b}\right) + k                                                                       \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} x(1+(a−b)ln⁡(x+b))+kx \left(1 + (a-b) \ln(x+b)\right) + k

Correction
la bonne reˊponse est b\red{\text{la bonne réponse est } b}
Utiliser une deˊcomposition par jeu d’eˊcriture simple\red{\boxed{\text{Utiliser une décomposition par jeu d'écriture simple}}}
En effet :
x+ax+b=x+a+b−bx+b=x+b+a−bx+b=x+bx+b+a−bx+b=1+(a−b)1x+b=1+(a−b)(x+b)′x+b\dfrac{x + a}{x + b} = \dfrac{x + a + b - b}{x + b} = \dfrac{x + b + a-b}{x + b} = \dfrac{x + b}{x + b} + \dfrac{a-b}{x + b} = 1 + (a-b)\dfrac{1}{x + b} = 1 + (a-b)\dfrac{(x+b)'}{x + b}
En primitivant cette dernière expression, on trouve que la primitive recherchée est donnée par :
x+(a−b)ln⁡(x+b)+kx + (a-b) \ln(x+b) + k
Question 19

La valeur de l'intégrale I=∫0π2x2cos⁡(x) dxI=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos(x) \, dx est :
a.\bf{a.} 4π24\pi^2                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} π2−4\pi^2-4
c.\bf{c.} π\pi                                                                                       \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} π2−84\dfrac{\pi^2-8}{4}

Correction
la bonne reˊponse est d\red{\text{la bonne réponse est } d}
Il faut reˊaliser successivement deux inteˊgrations par parties\red{\boxed{\text{Il faut réaliser successivement deux intégrations par parties}}}
En effet, en effectuant une intégration par parties, on trouve que :
I=∫0π2x2cos⁡(x) dx=[x2×sin⁡(x)]0π2−∫0π22x×sin⁡(x) dx=[x2sin⁡(x)]0π2−2∫0π2xsin⁡(x) dxI=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos(x) \, dx = \left[ x^2 \times \sin(x) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2x \times \sin(x) \, dx = \left[ x^2 \sin(x) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin(x) \, dx
Soit :
I=(π2)2sin⁡(π2)−02sin⁡(0)−2∫0π2xsin⁡(x) dxI = \left( \dfrac{\pi}{2}\right)^2 \sin\left( \dfrac{\pi}{2}\right) - 0^2 \sin\left( 0 \right) - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin(x) \, dx
Comme sin⁡(π2)=1\sin\left( \dfrac{\pi}{2}\right) = 1, on en déduit que :
I=π24−2∫0π2xsin⁡(x) dxI = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin(x) \, dx
En effectuant une nouvelle intégration par parties, on obtient :
I=π24−2∫0π2xsin⁡(x) dx=π24−2([x×(−cos⁡(x))]0π2−∫0π21×(−cos⁡(x)) dx)=π24+2([xcos⁡(x)]0π2−∫0π2cos⁡(x) dx)I = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \sin(x) \, dx = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \left( \left[ x \times (-\cos(x)) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \times (-\cos(x)) \, dx \right) = \dfrac{\pi^2}{4} + 2 \left( \left[ x \cos(x) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(x) \, dx \right)
Ce qui nous donne :
I=π24+2(π2cos⁡(π2)−0cos⁡(0)−∫0π2cos⁡(x) dx)I = \dfrac{\pi^2}{4} + 2 \left( \dfrac{\pi}{2} \cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right) - 0 \cos\left( 0 \right) - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(x) \, dx \right)
Comme cos⁡(π2)=0\cos\left( \dfrac{\pi}{2}\right) = 0, on en déduit que :
I=π24+2(0−0−∫0π2cos⁡(x) dx)=π24−2∫0π2cos⁡(x) dx=π24−2[sin⁡(x)]0π2=π24−2(sin⁡(π2)−sin⁡(0))I = \dfrac{\pi^2}{4} + 2 \left( 0 - 0 - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(x) \, dx \right) = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos(x) \, dx = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \left[\sin(x) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \left( \sin\left( \dfrac{\pi}{2}\right) - \sin(0) \right)
Soit :
I=π24−2(1−0)=π24−2×1=π24−2=π24−84I = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \left( 1 - 0 \right) = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 \times 1 = \dfrac{\pi^2}{4} - 2 = \dfrac{\pi^2}{4} - \dfrac{8}{4}
Finalement :
I=∫0π2x2cos⁡(x) dx=π2−84I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos(x) \, dx = \dfrac{\pi^2-8}{4}
Question 20

La valeur de l'intégrale ∫12341x (1−x) dx\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx est :
a.\bf{a.} −4π2-4\pi^2                                                                               \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; b.\bf{b.} 00
c.\bf{c.} π6\dfrac{\pi}{6}                                                                                         \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; d.\bf{d.} +∞+\infty

Correction
la bonne reˊponse est c\red{\text{la bonne réponse est } c}
Il faut reˊaliser un changement de variable ou refleˊchir sur l’interpreˊtation geˊomeˊtrique de de l’inteˊgrale\red{\boxed{\text{Il faut réaliser un changement de variable ou refléchir sur l'interprétation géométrique de de l'intégrale}}}
↪\blue{\hookrightarrow} Meˊthode 1 : le changement de variable\blue{\text{Méthode 1 : le changement de variable}}
Dans l'intégrale ∫12341x (1−x) dx\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx la présence du terme 1−x\sqrt{1-x} nous rappelle l'expression trigonométrique 1−sin⁡2(X)\sqrt{1-\sin^2(X)} qui se simplifie drastiquement en cos⁡(X)\cos(X). C'est pourquoi, on va poser le changement de variable suivant :
x=sin⁡2(X)   ⟹   1−x=1−sin⁡2(X)=cos⁡2(X)x = \sin^2(X) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, 1-x = 1-\sin^2(X) = \cos^2(X)
Ce qui implique pour la dérivée :
dxdX=ddX(sin⁡2(X))   ⟺   dxdX=2cos⁡(X)sin⁡(X)   ⟺   dx=2cos⁡(X)sin⁡(X) dX\dfrac{dx}{dX} = \dfrac{d}{dX}\left(\sin^2(X) \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{dx}{dX} = 2\cos(X)\sin(X) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, dx = 2\cos(X)\sin(X) \, dX
En ce qui concerne les bornes de l'intégrale, on a :
  ∙  \,\, \bullet \,\, Si x=12x=\dfrac{1}{2} alors sin⁡2(X)=12\sin^2(X)=\dfrac{1}{2} et on en déduit que (puisque x>0x>0 dans le domaine d'intégration) sin⁡(X)=+12=22\sin(X)=+\sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}. Et dans ce cas on en déduit que X=π4X = \dfrac{\pi}{4}.
  ∙∙  \,\, \bullet \bullet \,\, Si x=34x=\dfrac{3}{4} alors sin⁡2(X)=34\sin^2(X)=\dfrac{3}{4} et on en déduit que (puisque x>0x>0 dans le domaine d'intégration) sin⁡(X)=+34=32\sin(X)=+\sqrt{\dfrac{3}{4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}. Et dans ce cas on en déduit que X=π3X = \dfrac{\pi}{3}.
Ainsi, l'intégrale devient :
∫12341x (1−x) dx=∫π4π31sin⁡2(X) cos⁡2(X) 2cos⁡(X)sin⁡(X) dX\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{1}{\sqrt{\sin^2(X) \, \cos^2(X)}} \, 2\cos(X)\sin(X) \, dX
Sur l'intervalle [π4 ; π3]\left[ \frac{\pi}{4}\,;\, \frac{\pi}{3} \right] on a cos⁡(X)>0\cos(X)>0 et sin⁡(X)>0\sin(X)>0. Donc on a la simplification sin⁡2(X) cos⁡2(X)=sin⁡(X) cos⁡(X)\sqrt{\sin^2(X) \, \cos^2(X)} = \sin(X) \, \cos(X). D'où :
∫12341x (1−x) dx=∫π4π31sin⁡(X) cos⁡(X) 2cos⁡(X)sin⁡(X) dX=∫π4π32 dX=2∫π4π31 dX=2[X]π4π3=2(π3−π4)=2(4π12−3π12)=2×π12=2π12\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{1}{\sin(X) \, \cos(X)} \, 2\cos(X)\sin(X) \, dX = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} 2 \, dX = 2 \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} 1 \, dX = 2 [X]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} = 2 \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} \right) = 2 \left( \frac{4\pi}{12} - \frac{3\pi}{12} \right) = 2 \times \frac{\pi}{12} = \frac{2\pi}{12}
Finalement, on trouve que :
∫12341x (1−x) dx=π6{\color{blue}{\boxed{\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx = \frac{\pi}{6}}}}
↪\blue{\hookrightarrow} Meˊthode 2 : interpreˊtation geˊomeˊtrique de l’inteˊgrale\blue{\text{Méthode 2 : interprétation géométrique de l'intégrale}}
Pour tout x∈[12 ; 34]x\in\left[ \dfrac{1}{2} \,;\, \dfrac{3}{4}\right] on a x>0x>0 et 1−x>01-x>0 ce qui implique que x(1−x)>0x(1-x)>0, et de fait x(1−x)>0\sqrt{x(1-x)}>0. On sait que l'inversion d'une expression ne change pas le signe. Donc on en déduit que l'expression à intégrer est positive sur l'intervalle d'intégration : 1x (1−x)>0\dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} > 0. De plus, comme 12<34\dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{4}, on en déduit immédiatement que :
∫12341x (1−x) dx>0\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx > 0
A ce stade les réponses π6\frac{\pi}{6} et +∞+\infty sont possibles.
Or, sur l'intervalle [12 ; 34]\left[ \dfrac{1}{2} \,;\, \dfrac{3}{4}\right] le terme à intégrer f(x)=1x (1−x)f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} est continu. Et on a f(x=12)=2f\left( x = \dfrac{1}{2} \right) = 2 et f(x=34)=43f\left( x = \dfrac{3}{4} \right) = \dfrac{4}{\sqrt{3}}, donc ce terme à intégrer est borné. Ainsi l'intégrale ne peut pas diverger, elle prend donc une valeur finie ; donc la proposition +∞+\infty est impossible.
Finalement, seule la valeur π6\frac{\pi}{6} est possible. D'où :
∫12341x (1−x) dx=π6{\color{blue}{\boxed{\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{4}} \dfrac{1}{\sqrt{x \, (1-x)}} \, dx = \frac{\pi}{6}}}}