[PDF] Feuille dexercices n?11 : Limites et continuité

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Feuille d"exercices n°11 : Limites et continuité

PTSI B Lycée Eiffel

8 février 2013

Exercice 1 (* à ***)

Puisque les techniques sont les mêmes que pour les suites, les calculs seront menés le plus suc-

cintement possible, en faisant notamment un usage efficace des équivalents si nécessaire.

2x34x2+x2

x24=2x2(x2) +x2(x2)(x+ 2)=2x2+ 1x+ 2six= 2. On en déduit aisément que lim x22x34x2+x2 x24=94. Puisquelimx+ex= 0,exsin(ex)+exex1, donclimx+exsin(ex) = 1. On ne peut malheureusement pas mettre d"équivalent dans unln, mais en fatorisant parex dans leln,x2 ln(ex+ 1)=x2x+ ln(1 +ex)+x

2xx, donclimx+x

2ln(ex+ 1)= +.

Quantité conjuguée complètement superflue ici : x2+x1xx+x32, donc lim x+ x2+x1xx=. xln(x) (ln(x))x=eln2(x)xln(ln(x)). Or,ln2(x)xln(ln(x))+xln(ln(x))par croissance comparée, donc ce qui est dans l"exponentielle tend vers. Du coup,limx+x ln(x) (ln(x))x= 0.

L"encadrement1

x?cos(x+x21)x?1xsuffit à conclure par le théorème des gendarmes quelimx+cos(x+x21) x= 0. On reconnait ici l"inverse du taux d"accroissement de la fonctionarccosen0: lim xπ

2arccos(x)arccos(0)x0= arccos(0) =110=1. Commearccos(0) =π2, on en

déduit quelimx0x arccos(x)π2=11= 1.

Encore une histoire d"encadrement :1

x1< Ent?1x? ?1x, donc1x?xEnt?1x?

1six?0(sinon, l"encadrement est le même mais avec les inégalités dans l"autre sens).

Dans les deux cas, les deux membres extrêmes de l"encadrement ont pour limite1en0, donc lim x0xEnt?1 x? = 1.

On écritx1

x=eln(x)xet on conclut immédiatement à l"aide de la croissance comparée que limx+x1 x= 1.

Six[0;1[,xEnt(x) =x, doncxEnt(x)

?x=xx=x, donclimx0+xEnt(x)?x= 0. De l"autre côté, sur[1;1[,xEnt(x) =x1, doncxEnt(x) ?x=x1x, qui tend versen 0 . Il n"y a donc pas de limite en0. 1 Encore un coup où1est racine du numérateur et du dénominateur. Le numérateur apour autre racine évidente1, et le produit des racines vaut1, donc1est en fait racine double et le numérateur se factorise en(x1)(x+ 1)2. Lé dénominateur se factorise sous la forme (x+ 1)(ax2+bx+c) =ax3+ (a+b)x2+ (b+c)x+c; par identification très facile,a= 1, b=1etc=2, doncx3+x2x1 x33x2=(x1)(x+ 1)x2x2=(x1)(x+ 1)(x+ 1)(x2)=x1x2si x=1. Suffisant pour conclure quelimx1x

3+x2x1

x33x2=23. Encore du boulot pour le passage à l"exponentielle :?ln(x) x? 1 x=e(ln(ln(x))ln(x))/x. Tout ce qui est dans l"exponentielle tend vers0par croissance comparée, donclimx+? ln(x) x? 1 x= 1. Le plus simple est encore d"utiliser le fait queArgsh(x) = ln(x+ x2+ 1), doncArgsh(x)ln(x)= ln(x(1 +?

1 +1x2))

ln(x)= 1 +o(1). La limite recherchée vaut donc1. Si on ne connait pas la

formule (hors programme) utilisée pour ce calcul, il faut réussir à expliquer pourquoi le fait

quesinh(x)+e x

2implique queArgsh(x)+ln(2x)(sachant queln(2x)est la réciproque de

e x

2), mais ce n"est pas si facile que ça.

On peut écrire2

sin2(x)11cos(x)=21cos2(x)11cos(x)=2(1 + cos(x))(1cos(x))(1 + cos(x))= 1

1 + cos(x). Même pas besoin d"équivalent pour en déduire quelimx02sin2(x)11cos(x)=12.

D"ailleurs, si on essaye d"utiliser les équivalents, on ne s"en sort pas puisque2 sin2(x)02x2, et 1

1cos(x)02x2, ce dont on ne peut rien déduire.

Il suffit ici de poserX= ln(x). Quandxtend vers1,Xtend vers0, etln(x)ln(ln(x)) = Xln(X). Comme on sait, par croissance comparée, quelimX0Xln(X) = 0, alors lim x1ln(x)ln(ln(x)) = 0.

Quantité conjuguée :?

x+?x+xx=x+?x+x? x+?x+x+x=? x+xx+o(x) +x+ x

2x12, donclimx+?x+?x+xx=12.

xx+1(x+ 1)x=xx? x? 1 +1 x? x? . Or,?

1 +1x?

x =exln(1+1 x), etxln?

1 +1x?

x1 x1, donclimx+?

1 +1x?

x =e1=e. Finalementx+x+1(x+ 1)x+xxxxx+1.

En particulier,limx+xx+1(x+ 1)x= +.

x21 (x1)ln(x)=(x+ 1)(x1)(x1)ln(x)=(x+ 1)( x+ 1)(x1) (x1)ln(x). Or,ln(x) = ln(1+x1)xx11 puisquelimx1x1 = 0. Finalement,x21 (x1)ln(x)x14x1, donclimx1-x

21(x1)ln(x)=,

etlimx1+x 21
(x1)ln(x)= +. 2

Exercice 2 (** à ***)

1. ln(1 + tan(x)) ?sin(x)0tan(x)xxxx(en utilisant simplement le fait quelimx0tan(x) = 0pour la première étape). 2. x3+ 1

3x21+x

3 2 x23x5 6.

3.ln(cos(x)) = ln(1 + cos(x)1)0cos(x)1 x2

2(on a utilisé quelimx0cos(x)1 = 0pour

le premier équivalent, le second est dans le cours).

4.(x+ 1)xxx=xx??

1 +1 x? x 1? =xx(exln(1+1 x)1). Or,xx=exln(x)a pour limite1 en0puisque, par croissance comparée,limx0xln(x) = 0. Etxln? 1 +1 x? a également pour limite0carln(1 +X)+ln(X), doncxln? 1 +1 x?

0xln?1x?

xln(x). On peut donc appliquer l"équivalent classique poureu1en0àu=xln? 1 +1 x? pour obtenir finalement que(x+ 1)xxx0xln(x). 5. ln(x+ 1)ln(x) =?ln?x+ 1x? =?ln?

1 +1x?

1 x1x. 6. 1 cos(x)tan(x) =1sin(x)cos(x). Or,cos(x) =sin? xπ2?

π2π2xpuisquelimxπ2xπ2= 0; et

1sin(x) = 1cos?

xπ 2?

π2(xπ

2)2

2. Finalement,1cos(x)tan(x)π2π

2x

2π4x2(en

particulier, la fonction a une limite nulle en

2, ce qui est très loin d"être évident a priori).

7. En0, utilisons quexx1

x=xeln(x)x=eeln(x)xln(x). Or,eln(x)xest certainement plus petit (et même négligeable, mais on n"en a pas besoin) devanteln(x)=x, donc, commelimx0xln(x) = 0par croissance comparée,limx0eln(x) xln(x) = 0, etlimx0xx1x= 1. On a donc simplementxx1xx01.

En+, il vaut mieux s"y prendre autrement :xx1

xx=x(xx1x11) =x(eeln(x)x-1ln(x)1). Par croissance comparée,limx+ln(x) x= 0, donc on peut écrireeln(x) x1+ln(x)x, eteln(x) x1ln(x) ln 2(x) x, qui a également pour limite0en+. On peut donc utiliser une seconde fois l"équivalent classique de l"exponentielle :eeln(x) x-1ln(x)1+eln(x)x1ln(x)ln2(x)x. Il ne reste plus qu"à multiplier le tout parxpour obtenirxx1 x1+ln2(x).

8. Puisque l"énoncé a oublié de préciser où il fallait trouver un équivalent, regardons ce qui se

passe en+:ln(x2+ 1)ln(2x2+ 1) ln(x3+ 1)ln(x31)=ln(x2+1

2x2+1)

ln(x3+1x31)=ln(1

2+o(1))

ln(1 +2x31)+ln(2) 2 x31 ln(2)2x3.

Exercice 3 (** à ***)

1. La fonctionfest évidemment définie et continue surR. En0, un équivalent classique du cours

permet d"affirmer quelimx0f(x) = 1, doncfest prolongeable par continuité surRen posant f(0) = 1. 3

2. La fonctionfest définie et continue surR1;1. Quandxtend vers1, le numérateur

deftend vers2et le dénominateur vers0, on ne peut pas avoir de limite finie, et donc pas de prolongement par continuer. Par contre,f(x) =1x (1x)(1 +x)=11 +xsix= 1, donc lim x1f(x) =1

2, etfest prolongeable par continuité en posantf(1) =12.

3. La fonctionfest définie et continue sur tous les intervalle de la forme]kπ;(k+ 1)π[, pour

kN. Sik= 0,(kπ)2ln(kπ)est une constante non nulle, donc la fonctionfne peut pas avoir de limite finie enkπ(en l"occurence, elle tend vers+à gauche età droite sikest impair, et le contraire sikest pair, à cause du signe desin(x)au voisinage dekπ). Par contre, x

2ln(x)

sin(x)0x

2ln(x)xxln(x), donc par croissance comparéelimx0f(x) = 0, ce qui permet de

prolonger par continuité en posantf(0) = 0.

4. La fonctionfest définie et continue sur tous les intervalles de la forme]n;n+ 1[, pournZ.

On peut même ajouter, pusique la fonction partie entière estcontinue à droite en chaque entier, quelimxn+f(x) =f(n) =n+ nn=n. Par ailleurs,limxn-Ent(x) =n1, donc lim xn-f(x) =n1 +? n(n1) =n1 + 1 =n. Finalement, la fonctionfest continue surR(pas be soin de prolonger quoi que ce soit ici, la fonctionfest déjà définie surR). Une allure de la courbe :

0 1 2 3-1-2-3

0123
-1 -2 -3

5. La fonctionfest définie et continue surR1. En1, on peut écriref(x) =x13(x1)2=

x4 (x1)2. Le dénominateur étant non nul quandx= 1, pas de limite finie en vue, et donc pas de prolongement par continuité.

6. Cette drôle de fonction est définie et continue surR1. Commelimx1-1

1x= +, on

auralimx1-f(x) = +, donc pas de prolongement possible. Pourtant,limx1+1

1x=, et par

conséquentlimx1+f(x) =1. On est en présence d"un cas assez rare : la fonction est prolongeable " par continuité à droite » en posantf(1) =1. Une allure de la courbe : 4

0 1 2 3-1-2-3

012345

-1 -2 -3 -4 -5

7. La fonctionfest définie et continue surR, et prolongeable par continuité en0en posant

f(0) = 0(croissance comparée). L"énoncé serait plus intéressant avecg(x) =xln(x) x1, qui est définie et continue sur]0;1[]1;+[, et prolongeable en0(même raisonnement que pourf) mais aussi en1en posantg(1) = 1, à cause de l"équivalent classiqueln(x)1x1.

8. En fait, cette fonction extrêmement étrange n"est pas si affreuse que ça à étudier, puisqu"on

peut l"expliciter intervalle par intervalle. Regardons d"abord ce qui se passe surR+, et notons f n(x) =xn+1 (n+ 1)!xnn!. On constate quefn(x) =xnn!xn1(n1)!=fn1(x). Par ailleurs, f n(x) = 0n!xn+1= (n+1)!xn, ce qui se produit lorsquex= 0oux=(n+ 1)! n!=n+1. La fonctionfnest donc décroissante sur[0;n]et croissante sur[n;+], et surtout négative sur [0;n+1]puisque"elle y est décroissante puis croissante et s"annule en0et enn+1, et positive sur[n+1;+[. On déduit de ces constations que, sur l"intervalle[0;1],x0

0!?x11!?x22!etc, donc

f(x) =x0

0!= 1. Sur[1;2],x00!?x11!, maisx11!?x22!etc, doncf(x) =x11!=x. De même, sur

chaque intervalle de la forme[n;n+1],f(x) =xn n!. Toutes ces fonctions étant continues, et les changements de fonction s"effectuant à des points d"intersection de deux courbes de fonctions continues, la focntionfsera continue surR+. SurR, c"est extrêmement similaire, la seule différence étant due au fait que les entiers impairs sont à oublier puisquexn n!prend des valeurs négatives surRlorsquenest impair. Voici un bout de la courbe de la fonctionf(les morceaux correspondant à des valeurs dendifférentes sont de différentes couleurs) : 5

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

01234567891011121314151617181920

Exercice 4 (***)

Seul0peut poser un problème de continuité à droite. Or,limx0+1 x2=, donclimx0+f(x) = 0, et fest bien continue en0. De plus,x >0,f(x) =2 x3e1 x2. PosonsX=1x, on a lorsf(x) = 2X3eX2, qui par croissance comparée a pour limite0en+, doncfest également continue en0. On fait le même type de calcul pourf:x >0,f(x) =?6 x4+4x6? e 1 x2, qui a également pour limite0en 0.

Pour les dérivées ultérieures, le principe est le même, maispour tout traiter d"un seul coup, il est

nécessaire d"effectuer une récurrence pour prouver que lan-ième dérivée de la fonctionf(sur]0;+[)

peut s"écrire sous la forme Pn(x) xane1 x2, oùanest un entier naturel etPnest un polynome. C"est

vrai pourn= 1et mêmen= 2d"après les calculs précédents. Supposons désormais quef(n)(x) =

P n(x) xane1 x2. On peut dériver cette fonction sur]0;+[et obtenirxanPn(x)annxann1Pn(x)x2ane1 x2

2Pn(x)

xan+3e1 x2. Ceci est bien de la forme voulue, ce qui achève la récurrence. Or, un quotient de polynomes multiplié pare1 x2a toujours pour limite0en0(toujours de la croissance comparée), donc la dérivéen-ième defest continue en0.

Exercice 5 (*)

Puisquefestk-Lipschitzienne, en prenantx=unety= 0dans la définition, on aura,nN, f(un)f(0)?kun0, soitun+1'kun. Par une récurrence immédiate, on déduit queun? k nu0. Or, commek <1,limn+knu0= 0, et le théorème des gendarmes permet de conclure que lim n+un= 0. 6

Exercice 6 (** à ***)

1. Par une récurrence facile, sif(x) =f(x2), on aura, pour tout entier natureln,f(x) =f(x2n).

En effet, c"est vrai pourn= 1(et mêmen= 0), et si on le suppose vrai pour un entiern, alorsf(x) =f(x2n) =f((x2n)2) =f(x2n+1). Six[0;1[,limn+x2n= 0(mettez sous forme exponentielle si ça ne vous semble pas clair), donc par continuité defen0,limn+f(x2n) =f(0). Comme la suite(f(x2n))est constante égale àf(x), on en déduit quex[0;1[;,f(x) =f(0). La fonctionfest donc constate sur[0;1[. En particulier,limx1-f(x) =f(0), donc, par continuité defen1,f(1) =f(0). Occupons-nous maintenant des réels strictement supérieurs à1. On ne peut pas appliquer le même raisonnement que ci-dessus, mais par contre on constate que f(x1

2n) =f(x)pour tout entiern, en appliquant simplement la remarque initiale àx12n. Cette

fois-ci,limn+x1

2n= 1(puisquex12n=eln(x)2n, qui tend verse0= 1), et on conclut comme tout à

l"heure quef(x) =f(1) =f(0). La fonctionfest donc constante surR+. Et surR? Six?0, x

2?0, doncf(x) =f(x2) =f(0). Finalement, la fonctionfest constante. Réciproquement,

toute fonction constante est évidemment solution du problème posé.

2. SoitxRet(un)la suite récurrente définie paru0=xetnN,un+1=un+ 1

2. Par

une récurrence immédiate, on aura toujoursf(un) =f(x)(en effet, c"est vrai pouru0et f(un+1) =f?un+ 1 2? =f(un)). Étudions donc le comportement de la suite(un). Pour cela, on poseg(x) =x+ 1

2, qui est une fonction affine strictement croissante admettant un unique

point fixex= 1. De plus,g(x)x?0six?1, etg(x)x?0six?1. Six?1, on prouve par une récurrence immédiate quenN,un?1, et la suite étant décroissante,

elle va nécessairement converger vers l"unique point fixe dela fonction, à savoir1. De même,

six?1, la suite est croissante majorée par1, et converge vers1. Dans tous les cas, on a donclimn+un= 1, donc par continuité de la fonctionf,limn+f(un) =f(1). La suite(f(un)) étant constante égale àf(x), on en déduit quef(x) =f(1). La fonctionfest donc constante. Réciproquement, les fonctions constantes sont solutions triviales du problème posé.

3. Comme dans les autres problèmes de cet exercice, il faut essayer d"itérer l"équation don-

néen, en divisant par2plutôt qu"en multipliant (car c"est plus pratique pour trouver des limites) :f(x) =f?x 2? cos?x2? =f?x2? cos?x4? cos?x2? =f?x8? cos?x2? cos?x4? cos?x8? etc. Une récurrence simple permet de prouver quenN,f(x) =f?x 2n? n? k=1cos?x2k? c"est vrai au rang0puisque la condition est alorsf(x) =f(x), et si on le suppose au rangn, il suffit de remplacer lef?x 2n? parf?x2n+1?quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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