1. Condition de continuité

La fonction \( f \) est définie par une fraction rationnelle sur \( \mathbb{R} \setminus \{-1\} \), elle est donc continue sur cet intervalle.

Pour que \( f \) soit continue sur \( \mathbb{R} \), il faut et il suffit qu'elle soit continue en \( x = -1 \).
C'est-à-dire que \(\lim\limits_{x \to -1} f(x) = f(-1) = m\).

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2. Calcul de la limite

Pour \( x \neq -1 \), on a une forme indéterminée "0/0".
On factorise le numérateur : \( x^2 - 1 = (x-1)(x+1) \).
Donc \( f(x) = \dfrac{(x-1)(x+1)}{x+1} = x - 1 \).

Ainsi, \(\lim\limits_{x \to -1} f(x) = \lim\limits_{x \to -1} (x - 1) = -1 - 1 = -2\).

Conclusion : Pour que \( f \) soit continue en \(-1\), il faut choisir \(\boxed{m = -2}\).

1. Variations de \( g \)

La fonction \( g \) est dérivable sur \( ]0; +\infty[ \).

\( g'(x) = 18 \times \dfrac{1}{2\sqrt{x}} - 6 = \dfrac{9}{\sqrt{x}} - 6 = \dfrac{9 - 6\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \).

Le signe de \( g'(x) \) dépend du numérateur car \( \sqrt{x} > 0 \).

\( 9 - 6\sqrt{x} \ge 0 \iff 9 \ge 6\sqrt{x} \iff \dfrac{3}{2} \ge \sqrt{x} \iff \dfrac{9}{4} \ge x \).

Donc \( g \) est croissante sur \( [0; 2,25] \) et décroissante sur \( [2,25; +\infty[ \).

On a \( g(0) = 15 \) et \( g(2,25) = 18\sqrt{2,25} - 6(2,25) + 15 = 18(1,5) - 13,5 + 15 = 27 - 13,5 + 15 = 28,5 \).

\( \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} x \left( \dfrac{18}{\sqrt{x}} - 6 + \dfrac{15}{x} \right) = -\infty \).

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2. Unicité de la solution \( \alpha \)

• Sur \( [0; 2,25] \), \( g \) est continue et strictement croissante. \( g(0)=15 > 0 \), donc l'équation \( g(x)=0 \) n'a pas de solution sur cet intervalle.
• Sur \( [2,25; +\infty[ \), \( g \) est continue et strictement décroissante. \( g(2,25) = 28,5 > 0 \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty \).
  D'après le corollaire du Théorème des Valeurs Intermédiaires, l'équation \( g(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \) sur cet intervalle.

Conclusion : L'équation \( g(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \) sur \( [0; +\infty[ \).

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3. Encadrement de \( \alpha \)

À la calculatrice, on trouve \( g(13) \approx 1,89 > 0 \) et \( g(14) \approx -1,65 < 0 \).

En affinant : \( g(13,41) \approx 0,03 > 0 \) et \( g(13,42) \approx -0,01 < 0 \).

Donc \( \boxed{13,41 < \alpha < 13,42} \).

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4. Signe de \( g(x) \)

D'après les variations de \( g \) et la définition de \( \alpha \) :

• Si \( x \in [0; \alpha[ \), alors \( g(x) > 0 \).
• Si \( x = \alpha \), alors \( g(x) = 0 \).
• Si \( x \in ]\alpha; +\infty[ \), alors \( g(x) < 0 \).

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5. Dérivée de \( f \)

\( f(x) = 9x + (15-2x)\sqrt{x} \).

On pose \( u(x) = 15-2x \) (donc \( u'(x) = -2 \)) et \( v(x) = \sqrt{x} \) (donc \( v'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \)).

\( f'(x) = 9 + \left( -2\sqrt{x} + (15-2x)\dfrac{1}{2\sqrt{x}} \right) \)

\( f'(x) = 9 - 2\sqrt{x} + \dfrac{15-2x}{2\sqrt{x}} = \dfrac{18\sqrt{x} - 4x + 15 - 2x}{2\sqrt{x}} \)

\( f'(x) = \dfrac{18\sqrt{x} - 6x + 15}{2\sqrt{x}} = \boxed{\dfrac{g(x)}{2\sqrt{x}}} \).

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6. Variations de \( f \)

Pour \( x > 0 \), \( 2\sqrt{x} > 0 \), donc \( f'(x) \) est du même signe que \( g(x) \).

• Sur \( [0; \alpha] \), \( f'(x) \ge 0 \), donc \( f \) est croissante.
• Sur \( [\alpha; +\infty[ \), \( f'(x) \le 0 \), donc \( f \) est décroissante.

1. Introduction de la fonction auxiliaire

Soit \( g \) la fonction définie sur \( [0; 1] \) par \( g(x) = f(x) - x \).

La fonction \( f \) est continue sur \( [0; 1] \) (par hypothèse) et la fonction \( x \mapsto x \) est continue sur \( [0; 1] \).

Donc \( g \) est continue sur \( [0; 1] \) comme différence de fonctions continues.

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2. Étude aux bornes

On sait que \( f \) est à valeurs dans \( [0; 1] \), donc pour tout \( x \in [0; 1] \), on a \( 0 \le f(x) \le 1 \).

• Pour \( x = 0 \) : \( g(0) = f(0) - 0 = f(0) \). Or \( f(0) \ge 0 \), donc \( g(0) \ge 0 \).
• Pour \( x = 1 \) : \( g(1) = f(1) - 1 \). Or \( f(1) \le 1 \), donc \( f(1) - 1 \le 0 \), soit \( g(1) \le 0 \).

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3. Application du TVI

La fonction \( g \) est continue sur \( [0; 1] \).

De plus, \( g(1) \le 0 \le g(0) \). Le nombre 0 est donc compris entre \( g(1) \) et \( g(0) \).

D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), l'équation \( g(x) = 0 \) admet au moins une solution \( c \) dans \( [0; 1] \).

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Conclusion

\( g(c) = 0 \iff f(c) - c = 0 \iff f(c) = c \).

La fonction \( f \) admet donc bien au moins un point fixe sur \( [0; 1] \).

1. Méthode par factorisation

Pour tout réel \( x \neq 0 \) :

\( P(x) = x^3 \left( 1 - \dfrac{x^2}{x^3} + \dfrac{3x}{x^3} + \dfrac{1}{x^3} \right) = x^3 \left( 1 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x^2} + \dfrac{1}{x^3} \right) \).

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2. Calcul des limites

On sait que \(\lim\limits_{x \to \pm\infty} \dfrac{1}{x} = 0\), \(\lim\limits_{x \to \pm\infty} \dfrac{3}{x^2} = 0\) et \(\lim\limits_{x \to \pm\infty} \dfrac{1}{x^3} = 0\).

Donc \(\lim\limits_{x \to \pm\infty} \left( 1 - \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{x^2} + \dfrac{1}{x^3} \right) = 1\).

Par produit :

• En \( +\infty \) : \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^3 = +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} P(x) = +\infty\).
• En \( -\infty \) : \(\lim\limits_{x \to -\infty} x^3 = -\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to -\infty} P(x) = -\infty\).

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À retenir : La limite en \( \pm\infty \) d'une fonction polynomiale est égale à la limite de son terme de plus haut degré.