Problèmes utilisant la fonction racine carré

Il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer $\lim\limits_{x\to -\infty } \frac{1}{x^{2} +1}$. Ainsi : $\lim\limits_{x\to -\infty } \frac{1}{x^{2} +1}=0$
On pose $X=\frac{1}{x^{2} +1}$. Lorsque $x$ tend vers $-\infty$ alors $X$ tend vers $0$.
Or : $\lim\limits_{X\to 0} \sqrt{X }=\sqrt{0}=0$
Par composition :
Interprétation graphique : la courbe $C_{f}$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$.

Il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer $\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{x^{2} +1}$. Ainsi : $\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{x^{2} +1}=0$
On pose $X=\frac{1}{x^{2} +1}$. Lorsque $x$ tend vers $+\infty$ alors $X$ tend vers $0$.
Or : $\lim\limits_{X\to 0} \sqrt{X }=\sqrt{0}=0$
Par composition :
Interprétation graphique : la courbe $C_{f}$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$.

On pose avec $u\left(x\right)=1$ et $v\left(x\right)=1+x^{2}$
Ainsi : $u'\left(x\right)=0$ et $v'\left(x\right)=2x$
Il vient alors que :
$h'\left(x\right)=\frac{0\times \left(1+x^{2} \right)-1\times 2x}{\left(1+x^{2} \right)^{2} }$
Finalement :

La fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ par : $f\left(x\right)=\sqrt{\frac{1}{x^{2} +1} }$ que l'on peut écrire $f\left(x\right)=\sqrt{h\left(x\right)}$ où $h$ est la fonction traitée à la question 3. En appliquant la formule, on aura : $\left(\sqrt{h} \right)^{'} =\frac{h'}{2\sqrt{h} }$.
Ainsi : $f'\left(x\right)=\frac{\frac{-2x}{\left(1+x^{2} \right)^{2} } }{2\sqrt{\frac{1}{1+x^{2} } } }$
Finalement :
Pour tout réel $x$, on vérifie aisément que $\sqrt{\frac{1}{x^{2} +1} }>0$ et que $\left(1+x^{2} \right)^{2}>0$
Donc la dérivée $f'$ est du signe de son numérateur $-x$.
Ainsi , lorsque $x>0$ alors $-x<0$ et lorsque $x<0$ alors $-x>0$. Le numérateur s'annule donc pour $x=0$.
Nous allons traduire l'ensemble de ces données dans un tableau de variation complet, il vient alors que :

D'une part :
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } 2x } & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } \sqrt{1+x^{2} }} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$ par produit : $\lim\limits_{x\to -\infty } 2x\sqrt{1+x^{2} }=-\infty$
Finalement :
D'autre part :
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2x } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \sqrt{1+x^{2} }} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$ par produit : $\lim\limits_{x\to +\infty } 2x\sqrt{1+x^{2} }=+\infty$
Finalement :

$g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.
On reconnaît la forme $\left(uv+w\right)'=u'v+uv'+w'$ avec $u\left(x\right)=2x$ ; $v\left(x\right)=\sqrt{1+x^{2} }$ et $w\left(x\right)=-2$
Ainsi : $u'\left(x\right)=2$ et $v'\left(x\right)=\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2} }}$ et $w'\left(x\right)=0$.
Il en résulte que :
$g'\left(x\right)=2\times\sqrt{1+x^{2} }+2x\times\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2} }}$
$g'\left(x\right)=2\sqrt{1+x^{2} }+\frac{2x^{2}}{\sqrt{1+x^{2} }}$
Pour tout réel $x$, on sait que : $x^{2} \ge0$ donc $1+x^{2} \ge1$ c'est à dire $1+x^{2}>0$.
Il en résulte donc que :
$2\sqrt{1+x^{2} }>0$ et que $\frac{2x^{2}}{\sqrt{1+x^{2} }}\ge0$. Il vient alors que pour tout réel $x$ on a : $g'\left(x\right)\ge0$
Nous traduisons cela dans un tableau de variation. D'où :

On reprend le tableau de variation fait à la question $2$. On fera apparaître dans le tableau la valeur zéro que l'on recherche.

• Sur $\left]-\infty;+\infty\right[$, la fonction $g$ est continue et strictement croissante.
  De plus, $\lim\limits_{x\to -\infty } g\left(x\right)=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=+\infty$ . Or $0\in \left]-\infty;+\infty\right[$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\alpha$ appartenant à $\mathbb{R}$ tel que $g\left(x\right)=0$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$g(0,78)\approx-0,021$ et $g(0,79)\approx0,0135$
Or $0 \in \left[-0,021;0,0135\right]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : $0,78\le\alpha\le0,79$

Sur $\left]-\infty;+\infty\right[$, la fonction $g$ est continue et strictement croissante et $g(\alpha) = 0$
Donc $g(x)\le0$ pour tout $x\in \left]-\infty;\alpha\right]$ et $g(x)\ge0$ pour tout $x\in\left[\alpha;+\infty\right[$
On résume cela dans un tableau de signe :

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Il vient alors que :
$f'\left(x\right)=x^{2}-\frac{2x}{2\sqrt{1+x^{2} }}$
$f'\left(x\right)=x^{2}-\frac{x}{\sqrt{1+x^{2} }}$ . Nous allons tout mettre au même dénominateur.
$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}\times\sqrt{1+x^{2} }}{\sqrt{1+x^{2} }}-\frac{x}{\sqrt{1+x^{2} }}$
$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}\times\sqrt{1+x^{2} }-x}{\sqrt{1+x^{2} }}$
$f'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{\left(2x^{2} \times \sqrt{1+x^{2} } -2x\right)}{\sqrt{1+x^{2} } }$ . Nous factorisons maintenant le numérateur par $x$ .
$f'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{x\times \left(2x\times \sqrt{1+x^{2} } -2\right)}{\sqrt{1+x^{2} } }$
Ainsi :

Nous allons dresser le tableau de signe de $f'$. Rappelons qu'à la question $4$ de la partie A, nous avons établit le signe de $g$.

D'après la question $3$ (Partie A) on sait que : $g\left(\alpha\right)=0$ donc $2\alpha\sqrt{1+\alpha^{2} }-2=0$
Ainsi :
$2\alpha\sqrt{1+\alpha^{2} }=2$
$\sqrt{1+\alpha^{2} }=\frac{2}{2\alpha}$
On a donc : $\sqrt{1+\alpha^{2} }=\frac{1}{\alpha}$
De plus :
$f\left(\alpha\right)=\frac{\alpha^{3}}{3}-\sqrt{1+\alpha^{2} }$ et comme $\sqrt{1+\alpha^{2} }=\frac{1}{\alpha}$
$f\left(\alpha\right)=\frac{\alpha^{3}}{3}-\frac{1}{\alpha}$
$f\left(\alpha\right)=\frac{\alpha^{4}}{3\alpha}-\frac{3}{3\alpha}$

Soit : $g\left(x\right)=\frac{x^{2} +1}{\sqrt{x} } +1$
Pour tout réel $x$ appartenant à $\left]0;+\infty \right[$, on a :
$\sqrt{x}>0$ et $x^{2} +1>0$.
Il en résulte donc que pour tout réel $x$ appartenant à $\left]0;+\infty \right[$, on a : $g\left(x\right)>0$.

$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2} +1} & {=} & {1} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \sqrt{x}} & {=} & {0^{+} } \end{array}\right\}$ par quotient $\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x^{2} +1}{\sqrt{x} } =+\infty$ .
Finalement : $\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x^{2} +1}{\sqrt{x} } +1=+\infty$
Interprétation graphique : la courbe admet une asymptote verticale d'équation $x=0$.

Soit : $g\left(x\right)=\frac{x^{2} +1}{\sqrt{x} } +1$
$g$ est dérivable sur $\left]0;+\infty \right[$.
On reconnaît la forme $\left(\frac{u}{v}+w \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }+w'$ avec $u\left(x\right)=x^{2}+1$ ; $v\left(x\right)=\sqrt{x}$ et $w\left(x\right)=1$
Ainsi : $u'\left(x\right)=2x$ et $v'\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ et $w'\left(x\right)=0$.
Il en résulte que :
$g'\left(x\right)=\frac{2x\sqrt{x} -\left(x^{2} +1\right)\times \frac{1}{2\sqrt{x} } }{\left(\sqrt{x} \right)^{2} }$ équivaut successivement à :
$g'\left(x\right)=\frac{2x\sqrt{x} -\frac{\left(x^{2} +1\right)}{2\sqrt{x} } }{\left(\sqrt{x} \right)^{2} }$ . Il nous faut maintenant mettre tout au même dénominateur.
$g'\left(x\right)=\frac{\frac{2x\sqrt{x} \times 2\sqrt{x} }{2\sqrt{x} } -\frac{\left(x^{2} +1\right)}{2\sqrt{x} } }{\left(\sqrt{x} \right)^{2} }$
$g'\left(x\right)=\frac{\left(\frac{4x^{2} -x^{2} -1}{2\sqrt{x} } \right)}{\left(\sqrt{x} \right)^{2} }$
$g'\left(x\right)=\frac{\left(\frac{4x^{2} -x^{2} -1}{2\sqrt{x} } \right)}{x}$ . Rappel : $\frac{\left(\frac{a}{b} \right)}{c} =\frac{a}{bc}$

Nous savons que $g$ est dérivable sur $\left]0;+\infty \right[$ et que $g'\left(x\right)=\frac{3x^{2} -1}{2x\sqrt{x} }$.
Pour tout réel $x$ appartenant à l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$, le dénominateur $2x\sqrt{x}>0$ donc le signe de $g'$ dépend alors du signe de son dénominateur $3x^{2} -1>0$.
Pour étudier le signe de $3x^{2} -1$, nous allons utiliser le discriminant.
$\Delta =12$
Comme $\Delta >0$ alors le numérateur admet deux racines réelles distinctes notées $x{}_{1}$ et $x{}_{2}$ telles que :
$x{}_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a}$ ainsi $x{}_{1} =-\frac{\sqrt{3} }{3}$
$x{}_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}$ ainsi $x{}_{2} =\frac{\sqrt{3} }{3}$
$a=3>0$, la parabole est tournée vers le haut c'est-à-dire que le numérateur est du signe de $a$ à l'extérieur des racines et du signe opposé à $a$ entre les racines.
Ainsi :

Ici $a=1$, ce qui donne, $y=g'\left(1\right)\left(x-1\right)+g\left(1\right)$.
1^ère étape : calculer $g\left(1\right)$
$g\left(1\right)=\frac{1^{2} +1}{\sqrt{1} } +1$
$g\left(1\right)=3$
2^ème étape : calculer $g'\left(1\right)$
$g'\left(1\right)=\frac{3\times 1^{2} -1}{2\times 1\times\sqrt{1}}$
$g'\left(1\right)=1$
3^ème étape : on remplace les valeurs de $g\left(1\right)$ et de $g'\left(1\right)$ dans la formule de l'équation de tangente.
On sait que :
$y=g'\left(1\right)\left(x-1\right)+g\left(1\right)$
$y=1\times \left(x-1\right)+3$
$y=x-1+3$

Ainsi l'équation de la tangente à la courbe $\mathscr{C_{g}}$ au point d'abscisse $1$ est alors $y=x+2$.

$f$ est dérivable sur $\left]-5;5 \right[$.
On reconnaît la forme $\left(uv\right)'=u'v+uv'+w'$ avec $u\left(x\right)=x+5$ et $v\left(x\right)=\sqrt{25-x^{2} }$ .
Ainsi : $u'\left(x\right)=1$ et $v'\left(x\right)=\frac{-2x}{2\sqrt{25-x^{2} }}$.
Il en résulte que :
$f'\left(x\right)=1\times \sqrt{25-x^{2} } +\left(x+5\right)\times \frac{-2x}{2\sqrt{25-x^{2} } }$
$f'\left(x\right)=\sqrt{25-x^{2} } +\left(x+5\right)\times \frac{-x}{\sqrt{25-x^{2} } }$
$f'\left(x\right)=\sqrt{25-x^{2} } +\frac{-x\times \left(x+5\right)}{\sqrt{25-x^{2} } }$ . Nous allons tout mettre au même dénominateur .
$f'\left(x\right)=\frac{\sqrt{25-x^{2} } \times \sqrt{25-x^{2} } }{\sqrt{25-x^{2} } } +\frac{-x\times \left(x+5\right)}{\sqrt{25-x^{2} } }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(\sqrt{25-x^{2} } \right)^{2} }{\sqrt{25-x^{2} } } +\frac{-x\times \left(x+5\right)}{\sqrt{25-x^{2} } }$
$f'\left(x\right)=\frac{25-x^{2} }{\sqrt{25-x^{2} } } +\frac{-x\times \left(x+5\right)}{\sqrt{25-x^{2} } }$
$f'\left(x\right)=\frac{25-x^{2} }{\sqrt{25-x^{2} } } +\frac{-x^{2} -5x}{\sqrt{25-x^{2} } }$
$f'\left(x\right)=\frac{25-x^{2} -x^{2} -5x}{\sqrt{25-x^{2} } }$

Nous savons que $f'\left(x\right)=\frac{-2x^{2} -5x+25}{\sqrt{25-x^{2} } }$.
Pour tout réel $x$ appartenant à $\left]-5;5 \right[$, on vérifie facilement que $\sqrt{25-x^{2} }>0$. Le signe de $f'$ dépend alors du numérateur $-2x^{2} -5x+25$. Il s'agit d'un trinôme du second degré.
Ainsi : $\Delta = 225$ , il existe donc deux racines réelles distinctes telles que : $x_{1} = \frac{5}{2}$ et $x_{2} = -5$.
Comme $a=-2<0$, la parabole est tournée vers le bas c'est-à-dire que $f'$ est du signe de $a$ à l'extérieur des racines et du signe opposé à $a$ entre les racines.