1. **Classer dans l’ordre croissant les nombres** $\sqrt{2}$, $\sqrt[3]{4}$, $\sqrt[6]{5}$.\n - Calculons les valeurs approchées :\n $\sqrt{2} \approx 1.414$\n $\sqrt[3]{4} = 4^{1/3} \approx 1.587$\n $\sqrt[6]{5} = 5^{1/6} \approx 1.307$\n - Donc l'ordre croissant est : $\sqrt[6]{5} < \sqrt{2} < \sqrt[3]{4}$.\n 2. **Simplifier** $A = \frac{\sqrt[4]{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt[4]{3^{32}} \cdot \sqrt[6]{128}}{\sqrt[3]{2}}$.\n - Exprimons chaque terme en puissance de 2 ou 3 :\n $\sqrt[4]{2} = 2^{1/4}$\n $\sqrt{2} = 2^{1/2}$\n $\sqrt[4]{3^{32}} = 3^{32/4} = 3^8$\n $\sqrt[6]{128} = \sqrt[6]{2^7} = 2^{7/6}$\n $\sqrt[3]{2} = 2^{1/3}$\n - Regroupons les puissances de 2 :\n $2^{1/4} \cdot 2^{1/2} \cdot 2^{7/6} = 2^{1/4 + 1/2 + 7/6} = 2^{\frac{3}{12} + \frac{6}{12} + \frac{14}{12}} = 2^{\frac{23}{12}}$\n - Donc $A = \frac{2^{23/12} \cdot 3^8}{2^{1/3}} = 2^{23/12 - 1/3} \cdot 3^8 = 2^{\frac{23}{12} - \frac{4}{12}} \cdot 3^8 = 2^{\frac{19}{12}} \cdot 3^8$.\n 3. **Calcul des limites :**\n (a) $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1+x} - x$\n - On écrit $\sqrt{1+x} - x = \frac{(\sqrt{1+x} - x)(\sqrt{1+x} + x)}{\sqrt{1+x} + x} = \frac{1+x - x^2}{\sqrt{1+x} + x} = \frac{1+x - x^2}{\sqrt{1+x} + x}$.\n - Pour $x \to +\infty$, le numérateur est $-x^2 + x + 1 \sim -x^2$, le dénominateur $\sim 2x$.\n - Donc la limite est $\lim_{x \to +\infty} \frac{-x^2}{2x} = \lim_{x \to +\infty} -\frac{x}{2} = -\infty$.\n (b) $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{x^3 + 5x^2 + 7} - 4x$\n - Factorisons $x^3$ dans la racine cubique : $\sqrt[3]{x^3(1 + \frac{5}{x} + \frac{7}{x^3})} = x \sqrt[3]{1 + \frac{5}{x} + \frac{7}{x^3}}$.\n - Donc limite devient $\lim_{x \to +\infty} x \sqrt[3]{1 + 0 + 0} - 4x = \lim_{x \to +\infty} x(1) - 4x = \lim_{x \to +\infty} -3x = -\infty$.\n (c) $\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x-1}}{\sqrt[3]{4x + 4 - 2}}$\n - Calculons la limite en remplaçant $x=1$ : numérateur $\sqrt[3]{0} = 0$, dénominateur $\sqrt[3]{4(1) + 4 - 2} = \sqrt[3]{6} \neq 0$.\n - Donc limite est $\frac{0}{\sqrt[3]{6}} = 0$.\n (d) $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{8x^3 + x^2 + 7} - 2x$\n - Factorisons $x^3$ : $\sqrt[3]{x^3(8 + \frac{1}{x} + \frac{7}{x^3})} = x \sqrt[3]{8 + 0 + 0} = x \cdot 2 = 2x$.\n - Donc limite devient $\lim_{x \to +\infty} 2x - 2x = 0$.\n 4. **Continuité de la fonction** $f$ définie par :\n $f(x) = \begin{cases} x^2 + 2x - \frac{5}{2} & x \leq -3 \\ \frac{\sqrt{2x + 10} - 2}{x + 3} & x > -3 \end{cases}$\n - Vérifions la continuité en $x = -3$ :\n - Limite à gauche : $f(-3) = (-3)^2 + 2(-3) - \frac{5}{2} = 9 - 6 - 2.5 = 0.5$.\n - Limite à droite : $\lim_{x \to -3^+} \frac{\sqrt{2x + 10} - 2}{x + 3}$.\n - Posons $h = x + 3$, alors $x = -3 + h$, $h \to 0^+$.\n - $2x + 10 = 2(-3 + h) + 10 = 2h + 4$.\n - Limite devient $\lim_{h \to 0^+} \frac{\sqrt{2h + 4} - 2}{h}$.\n - Utilisons la conjugaison :\n $= \lim_{h \to 0^+} \frac{(\sqrt{2h + 4} - 2)(\sqrt{2h + 4} + 2)}{h(\sqrt{2h + 4} + 2)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h + 4 - 4}{h(\sqrt{2h + 4} + 2)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2h}{h(\sqrt{2h + 4} + 2)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2}{\sqrt{2h + 4} + 2} = \frac{2}{2 + 2} = \frac{2}{4} = 0.5$.\n - Comme $f(-3) = 0.5$ et $\lim_{x \to -3^+} f(x) = 0.5$, $f$ est continue en $-3$.\n - $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ car chaque branche est continue sur son domaine et la jonction est continue.\n ---\n Exercice 2 :\n 1. **Étudier les variations de** $g(x) = 4x^3 + 3x - 1$.\n - Dérivée : $g'(x) = 12x^2 + 3 = 3(4x^2 + 1)$.\n - Comme $4x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$, $g'(x) > 0$ toujours.\n - Donc $g$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.\n 2. **Montrer que l'équation** $g(x) = 0$ **admet une seule solution** $\alpha$ **sur** $\mathbb{R}$ **et que** $0 < \alpha < 1$.\n - $g$ strictement croissante donc une seule racine.\n - Calculons $g(0) = -1 < 0$, $g(1) = 4 + 3 - 1 = 6 > 0$.\n - Par le théorème des valeurs intermédiaires, $\alpha \in (0,1)$.\n 3. **Encadrement de** $\alpha$ **d’amplitude 0.25**\n - Testons $g(0.25) = 4(0.25)^3 + 3(0.25) - 1 = 4(0.015625) + 0.75 - 1 = 0.0625 + 0.75 - 1 = -0.1875 < 0$.\n - Testons $g(0.5) = 4(0.125) + 1.5 - 1 = 0.5 + 1.5 - 1 = 1 > 0$.\n - Donc $\alpha \in (0.25, 0.5)$, amplitude $0.25$.\n 4. **Tableau de signe de** $g(x)$ :\n - $g$ strictement croissante, racine unique $\alpha \in (0.25, 0.5)$.\n - $g(x) < 0$ pour $x < \alpha$, $g(x) = 0$ en $x=\alpha$, $g(x) > 0$ pour $x > \alpha$.\n ---\n Exercice 3 :\n 1. **Déterminer le domaine de définition** $D_f$ **de** $f(x) = x - 2\sqrt{x-1}$.\n - $x - 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq 1$.\n - Donc $D_f = [1, +\infty[$.\n - Calcul de $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ :\n $\lim_{x \to +\infty} x - 2\sqrt{x-1} = +\infty - 2 \cdot +\infty = +\infty$ car $x$ croît plus vite que $\sqrt{x}$.\n 2. **Continuité de** $f$ **sur** $D_f$\n - $f$ est composée de fonctions continues sur $[1, +\infty[$, donc $f$ est continue sur $D_f$.\n 3. **Dérivabilité à droite en 1 et interprétation géométrique**\n - Dérivée : $f'(x) = 1 - 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x-1}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{x-1}}$.\n - Calcul de la dérivée à droite en 1 :\n $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(1+h) - 2\sqrt{h} - 1}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h - 2\sqrt{h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} 1 - 2 \frac{\sqrt{h}}{h} = \lim_{h \to 0^+} 1 - 2 \frac{1}{\sqrt{h}} = -\infty$.\n - Donc $f$ n'est pas dérivable à droite en 1.\n - Géométriquement, la tangente verticale en $x=1$ (pente infinie négative).\n 4. a) **Montrer que** $f'(x) = \frac{x - 2}{\sqrt{x-1}(1 + \sqrt{x-1})}$.\n - Partons de $f(x) = x - 2\sqrt{x-1}$.\n - Dérivée : $f'(x) = 1 - 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{x-1}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{x-1}} = \frac{\sqrt{x-1} - 1}{\sqrt{x-1}}$.\n - Factorisons le numérateur : $\sqrt{x-1} - 1 = \frac{(\sqrt{x-1} - 1)(\sqrt{x-1} + 1)}{\sqrt{x-1} + 1} = \frac{x - 2}{\sqrt{x-1} + 1}$.\n - Donc $f'(x) = \frac{x - 2}{\sqrt{x-1}(1 + \sqrt{x-1})}$.\n b) **Tableau de variation de** $f$ sur $D_f$\n - Étudions le signe de $f'(x)$ :\n - Dénominateur positif pour $x > 1$.\n - Numérateur $x - 2$ change de signe en $x=2$.\n - Donc $f'(x) < 0$ pour $1 < x < 2$, $f'(x) = 0$ en $x=2$, $f'(x) > 0$ pour $x > 2$.\n - $f$ décroissante sur $]1,2[$, minimum en $x=2$, croissante sur $]2, +\infty[$.\n 5. Soit $g$ restriction de $f$ sur $[2, +\infty[$.\n a) $g$ est strictement croissante (car $f'(x) > 0$ pour $x > 2$), donc $g$ admet une réciproque $g^{-1}$ définie sur $J = g([2, +\infty[)$.\n b) $g^{-1}$ est strictement croissante sur $J$.\n c) Vérification : $g(x) = x - 2\sqrt{x-1} = (\sqrt{x-1} - 1)^2$.\n - En effet, $(\sqrt{x-1} - 1)^2 = x - 1 - 2\sqrt{x-1} + 1 = x - 2\sqrt{x-1}$.\n - Donc $g^{-1}(y) = (\sqrt{y} + 1)^2$ pour $y \in J = [0, +\infty[$.\n ---\n **Réponses finales :**\n 1) Ordre croissant : $\sqrt[6]{5} < \sqrt{2} < \sqrt[3]{4}$.\n 2) $A = 2^{19/12} \cdot 3^8$.\n 3) Limites :\n $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1+x} - x = -\infty$.\n $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{x^3 + 5x^2 + 7} - 4x = -\infty$.\n $\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x-1}}{\sqrt[3]{4x + 4 - 2}} = 0$.\n $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{8x^3 + x^2 + 7} - 2x = 0$.\n 4) $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.\n Exercice 2 :\n 1) $g$ strictement croissante sur $\mathbb{R}$.\n 2) $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in (0,1)$.\n 3) $\alpha \in (0.25, 0.5)$.\n 4) $g(x) < 0$ pour $x < \alpha$, $g(x) > 0$ pour $x > \alpha$.\n Exercice 3 :\n 1) $D_f = [1, +\infty[$, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.\n 2) $f$ continue sur $D_f$.\n 3) $f$ non dérivable à droite en 1, tangente verticale.\n 4) $f'(x) = \frac{x - 2}{\sqrt{x-1}(1 + \sqrt{x-1})}$, décroissante sur $]1,2[$, croissante sur $]2, +\infty[$.\n 5) $g$ bijective sur $[2, +\infty[$, $g^{-1}(y) = (\sqrt{y} + 1)^2$ pour $y \geq 0$.