Limites de fonctions PDF Ce qui exprime bien que

Limites – Corrections des Exercices

Exercice no 4. Déterminer les limites en +? et en ?? des fonctions suivantes. a. f(x)=2 ? x ? x3. Correction : On a lim.

Limites asymptotes EXOS CORRIGES

M. CUAZ http://mathscyr.free.fr. Page 1/18. LIMITES – EXERCICES CORRIGES. Exercice n°1. Déterminer la limite éventuelle en + ? de chacune des fonctions

Limites de fonctions

Ce qui exprime bien que la limite de f en +? est l. Correction de l'exercice 2 ?. Généralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de

Corrigé du TD no 9

Donc g a des limites à droite et à gauche en n qui sont égales à g(n) ce qui montre que g est continue en n. Exercice 6. On considère la fonction f définie sur

Feuille dexercices 10 Développements limités-Calculs de limites

Correction exercice 4. On vérifiera à chaque fois qu'il s'agit de forme indéterminée. La technique est plus ou moins toujours.

Exercices corrigés

Tester cette fonction par des appels avec différents nombres d'arguments. 5. Écrire une fonction somme avec un argument « tuple de longueur variable » qui

Université de Marseille Licence de Mathématiques 1ere année

4 mai 2011 Exercice 1.20 (Corrigé de l'exercice 1.14). Soit f : R ? R définie par f(x) = sin(x) pour tout x ? R. La fonction f admet-elle une limite ...

livre-analyse-1.pdf - Exo7 - Cours de mathématiques

fonctions : limite continuité

Limite dune fonction graphiquement : Exercices Corrigés en vidéo

Conjecturer les limites de chacune de ces fonctions en +? et ??. Indiquer les asymptotes éventuelles. Dans chaque cas on a tracé la courbe d'une fonction /.

Exo7

Limites de fonctions

1 Théorie

Exercice 11.Montrer que toute fonction périodique et non constante n"admet pas de limite en +¥.

2. Montrer que toute fonction croissante et majorée admet une limite finie en +¥. 1.

Démontrer que lim

x!0p1+xp1xx =1. 2. Soient m;ndes entiers positifs. Étudier limx!0p1+xmp1xmx n. 3.

Démontrer que lim

x!01x (p1+x+x21) =12 Exercice 3Calculer lorsqu"elles existent les limites suivantes a)limx!0x2+2jxjx b)limx!¥x2+2jxjx c)limx!2x24x 23x+2
d)limx!psin2x1+cosxe)limx!0p1+xp1+x2x f)limx!+¥px+5px3 g)limx!03p1+x21x

2h)limx!1x1x

n1 Calculer, lorsqu"elles existent, les limites suivantes : lim x!ax n+1an+1x nan; lim x!0tanxsinxsinx(cos2xcosx); 1 lim x!+¥rx+qx+pxpx; lim x!a+pxpapxapx

2a2;(a>0)

lim x!0xE1x lim x!2e xe2x 2+x6; lim x!+¥x

41+xasin2x;en fonction dea2R.

Calculer :

limx!0x2+sin1x ;limx!+¥(ln(1+ex))1x ;limx!0+x1ln(ex1):

Trouver pour(a;b)2(R+)2:

lim x!0+ ax+bx2 1x Déterminer les limites suivantes, en justifiant vos calculs. 1. lim x!0+x+2x 2lnx 2. lim x!0+2xln(x+px) 3. lim x!+¥x

32x2+3xlnx

4. lim x!+¥epx+1x+2 5. lim x!0+ln(3x+1)2x 6. lim x!0+x x1ln(x+1) 7. lim x!¥2x+1lnx3+41x2 8. lim x!(1)+(x21)ln(7x3+4x2+3) 2 9.lim x!2+(x2)2ln(x38) 10. lim x!0+x(xx1)ln(x+1) 11. lim x!+¥(xlnxxln(x+2)) 12. lim x!+¥e xex2x 2x 13. lim x!0+(1+x)lnx 14. lim x!+¥ x+1x3 x 15. lim x!+¥ x3+5x 2+2 x+1x 2+1 16. lim x!+¥ ex+1x+2 1x+1 17. lim x!0+ln(1+x) 1lnx 18. lim x!+¥x (xx1)x (xx) 19. lim x!+¥(x+1)xx x+1 20. lim x!+¥xpln(x2+1)1+ex3 Indication pourl"exer cice1 N1.Raisonner par l"absurde. 2.

Montrer que la limite est la borne supérieure de l"ensemble des v aleursatteintes f(R).Indication pourl"exer cice2 NUtiliser l"expression conjuguée.

Indication pour

l"exer cice

3 NRéponses :

1. La limite à droite v aut+2, la limite à gauche2 donc il n"y a pas de limite.

2.¥

3. 4 4. 2 5. 12 6. 0 7. 13 en utilisant par exemple quea31= (a1)(1+a+a2)poura=3p1+x2. 8. 1n

Indication pour

l"exer cice

4 N1.Calculer d"abord la limite de f(x) =xkakxa.

2. Utiliser cos 2x=2cos2x1 et faire un changement de variableu=cosx. 3.

Utiliser l"e xpressionconjuguée.

Di visernumérateur et dénominateur par

pxapuis utiliser l"expression conjuguée. 5.

On a toujours y16E(y)6y, posery=1=x.

Di visernumérateur et dénominateur par x2.

Pour a>4 il n"y a pas de limite, poura<4 la limite est+¥.Indication pourl"exer cice5 NRéponses : 0;1e

;e: 1.

Borner sin

1x 2. Utiliser que ln (1+t) =tm(t), pour une certaine fonctionmqui vérifiem(t)!1 lorsquet!0. 3.

Utiliser que et1=tm(t), pour une certaine fonctionmqui vérifiem(t)!1 lorsquet!0.Indication pourl"exer cice6 NRéponse:

pab.4

Correction del"exer cice1 N1.Soit p>0 la période: pour toutx2R,f(x+p) =f(x). Par une récurrence facile on montre :

8n2N8x2Rf(x+np) =f(x):

Commefn"est pas constante il existea;b2Rtels quef(a)6=f(b). Notonsxn=a+npetyn= b+np. Supposons, par l"absurde, quefa une limite`en+¥. Commexn!+¥alorsf(xn)!`. Mais f(xn) =f(a+np) =f(a), donc`=f(a). De même avec la suite(yn):yn!+¥doncf(yn)!`et f(yn) =f(b+np) =f(b), donc`=f(b). Commef(a)6=f(b)nous obtenons une contradiction. 2. Soit f:R!Rune fonction croissante et majorée parM2R. Notons

F=f(R) =ff(x)jx2Rg:

Fest un ensemble (non vide) deR, notons`=supF. CommeM2Rest un majorant deF, alors`<+¥. Soite>0, par les propriétés du sup il existey02Ftel que`e6y06`. Commey02F, il existe x

02Rtel quef(x0) =y0. Commefest croissante alors:

8x>x0f(x)>f(x0) =y0>`e:

De plus par la définition de`:

8x2Rf(x)6`:

Les deux propriétés précédentes s"écrivent:

8x>x0`e6f(x)6`:

Ce qui exprime bien que la limite defen+¥est`.Correction del"exer cice2 NGénéralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de racines carrées, il est utile de faire

intervenir "l"expression conjuguée": papb=(papb)(pa+pb)pa+pb =abpa+pb Les racines au numérateur ont "disparu" en utilisant l"identité(xy)(x+y) =x2y2.

Appliquons ceci sur un exemple :

f(x) =p1+xmp1xmx n (p1+xmp1xm)(p1+xm+p1xm)x n(p1+xm+p1xm)

1+xm(1xm)x

n(p1+xm+p1xm) 2xmx n(p1+xm+p1xm)

2xmnp1+xm+p1xm

Et nous avons

lim x!02p1+xm+p1xm=1: Donc l"étude de la limite defen 0 est la même que celle de la fonctionx7!xmn.

Distinguons plusieurs cas pour la limite defen 0.

5 •Si m>nalorsxmn, et doncf(x), tendent vers 0.

Si m=nalorsxmnetf(x)tendent vers 1.

Si m nm=1x kaveck=nmun exposant positif. Sikest pair alors les limites à droite et à gauche de 1x ksont+¥. Pourkimpair la limite à droite vaut+¥et la limite à gauche vaut¥. Conclusion pourk=nm>0 pair, la limite defen 0 vaut+¥et pourk=nm>0 impairf n"a pas
de limite en0 car les limites à droite et à gauche ne sont pas égales.Correction del"exer cice3 N1.
x2+2jxjx =x+2jxjx . Six>0 cette expression vautx+2 donc la limite à droite enx=0 est+2. Six<0
l"expression vaut2 donc la limite à gauche enx=0 est2. Les limites à droite et à gauche sont
différentes donc il n"y a pas de limite enx=0. 2. x2+2jxjx =x+2jxjx =x2 pourx<0. Donc la limite quandx! ¥est¥. 3. x24x
23x+2=(x2)(x+2)(x2)(x1)=x+2x1, lorsquex!2 cette expression tend vers 4.
4. sin2x1+cosx=1cos2x1+cosx=(1cosx)(1+cosx)1+cosx=1cosx. Lorsquex!pla limite est donc 2. 5. p1+xp1+x2x =p1+xp1+x2x p1+x+p1+x2p1+x+p1+x2=1+x(1+x2)x(p1+x+p1+x2)=xx2x(p1+x+p1+x2)=1xp1+x+p1+x2. Lorsque x!0 la limite vaut12 6. px+5px3=px+5px3px+5+px3px+5+px3=x+5(x3)px+5+px3=8px+5+px3. Lorsquex!+¥, la limite vaut 0. 7. Nous a vonsl"ég alitéa31= (a1)(1+a+a2). Poura=3p1+x2cela donne : a1x
2=a31x

2(1+a+a2)=1+x21x

2(1+a+a2)=11+a+a2:
Lors quex!0, alorsa!1 et la limite cherchée est13
Autre méthode : si l"on sait que la limite d"un taux d"accroissement correspond à la dérivée nous avons

une méthode moins astucieuse. Rappel (ou anticipation sur un prochain chapitre) : pour une fonctionf
dérivable enaalors lim x!af(x)f(a)xa=f0(a):
Pour la fonctionf(x) =3p1+x= (1+x)13
ayantf0(x) =13 (1+x)23 cela donne ena=0 : lim x!03 p1+x21x
2=limx!03
p1+x1x =limx!0f(x)f(0)x0=f0(0) =13 8. xn1x1=1+x+x2++xn. Donc six!1 la limite dexn1x1estn. Donc la limite dex1x n1en 1 est1n
La méthode avec le taux d"accroissement fonctionne aussi très bien ici. Soitf(x) =xn,f0(x) =nxn1et
a=1. Alorsxn1x1=f(x)f(1)x1tend versf0(1) =n.Correction del"exer cice4 N6
1.Montrons d"abord que la limite de
f(x) =xkakxa enaestkak1,kétant un entier fixé. Un calcul montre quef(x) =xk1+axk2+a2xk3++ak1; en effet(xk1+axk2+a2xk3++ak1)(xa) =xkak. Donc la limite enx=aestkak1. Une
autre méthode consiste à dire quef(x)est la taux d"accroissement de la fonctionxk, et donc la limite de

fenaest exactement la valeur de la dérivée dexkena, soitkak1. Ayant fait ceci revenons à la limite
de l"exercice : commexn+1an+1x nan=xn+1an+1xaxax nan: Lepremiertermeduproduittendvers(n+1)anetlesecondterme, étantl"inversed"untauxd"accroissement, tend vers 1=(nan1). Donc la limite cherchée est (n+1)annan1=n+1n a: 2.
La fonction f(x) =tanxsinxsinx(cos2xcosx)s"écrit aussif(x) =1cosxcosx(cos2xcosx). Or cos2x=2cos2x1. Posons
u=cosx, alors f(x) =1uu(2u2u1)=1uu(1u)(12u)=1u(12u) Lorsquextend vers 0,u=cosxtend vers 1, et doncf(x)tend vers13 3. rx+qx+pxpx= qx+px+pxpx qx+px+px+px q x+px+px+px =px+pxq x+px+px+px =q1+1pxq
1+px+px
x +1
Quandx!+¥alors1px
!0 etpx+px x =q1 x +1x px !0, donc la limite recherchée est12 4.
La fonction s"écrit
f(x) =pxpapxapx
2a2=pxpapxapxapx+a=pxpapxa1px+a:
Notonsg(x) =pxpapxaalors à l"aide de l"expression conjuguée g(x) =xa( pxa)(px+pa)=pxapx+pa Doncg(x)tend vers 0 quandx!a+. Et maintenantf(x) =g(x)1px+atend vers1p2a. 5. Pour tout réel ynous avons la double inégalitéy10,y1y 61. On

en déduit que lorsqueytend vers+¥alorsE(y)y tend 1. On obtient le même résultat quandytend vers ¥. En posanty=1=x, et en faisant tendrexvers 0, alorsxE(1x ) =E(y)y tend vers 1. 7 6. exe2x

2+x6=exe2x2x2x

2+x6=exe2x2x2(x2)(x+3)=exe2x21x+3:

La limite de

exe2x2en 2 vaute2(exe2x2est la taux d"accroissement de la fonctionx7!exen la valeurx=2), la limite voulue est e25 7. Soit f(x) =x41+xasin2x. Supposonsa>4, alors on prouve quefn"a pas de limite en+¥. En effet pour pouruk=2kp,f(2kp) = (2kp)4tend vers+¥lorsquek(et doncuk) tend vers+¥. Cependant pour v k=2kp+p2 ,f(vk) =v4k1+vaktend vers 0 (ou vers 1 sia=4) lorsquek(et doncvk) tend vers+¥. Ceci prouve quef(x)n"a pas de limite lorsquextend vers+¥.

Reste le casa<4. Il existebtel quea f(x) =x41+xasin2x=x4b1 x b+xax bsin2x:
Le numérateur tend+¥car 4b>0.1x
btend vers 0 ainsi quexax bsin2x(carb>aet sin2xest bornée
par 1). Donc le dénominateur tend vers 0 (par valeurs positives). La limite est donc de type+¥=0+(qui
n"est pas indéterminée !) et vaut donc+¥.Correction del"exer cice5 N1.Comme 16sin1x
6+1 alors 162+sin1x

6+3. Donc pourx>0, nous obtenonsx3

6x2+sin1x

6x. On
obtient une inégalité similaire pourx<0. Cela implique limx!0x2+sin1x =0. 2.
Sachant que
ln(1+t)t !1 lorsquet!0, on peut le reformuler ainsi ln(1+t) =tm(t), pour une certaine fonctionmqui vérifiem(t)!1 lorsquet!0. Donc ln(1+ex) =exm(ex). Maintenant (ln(1+ex))1x =exp1x lnln(1+ex) =exp1x lnexm(ex) =exp1x x+lnm(ex) =exp
1+lnm(ex)x
m(ex)!1 donc lnm(ex)!0, donclnm(ex)x !0 lorsquex!+¥.
Bilan : la limite est exp(1) =1e
3. 4.
Sachant
ex1x !1 lorsquex!0, on reformule ceci enex1=xm(x), pour une certaine fonctionmqui vérifiem(x)!1 lorsquex!0. Cela donne ln(ex1) =ln(xm(x)) =lnx+lnm(x): xquotesdbs_dbs9.pdfusesText_15

[PDF] Limites de fonctions Ce qui exprime bien que

Limites de fonctions

1 Théorie

Démontrer que lim

Démontrer que lim

2h)limx!1x1x

2a2;(a>0)

41+xasin2x;en fonction dea2R.

Calculer :

Trouver pour(a;b)2(R+)2:

32x2+3xlnx

Indication pour

3 NRéponses :

2.¥

Indication pour

4 N1.Calculer d"abord la limite de f(x) =xkakxa.

Utiliser l"e xpressionconjuguée.

Di visernumérateur et dénominateur par

On a toujours y16E(y)6y, posery=1=x.

Di visernumérateur et dénominateur par x2.

Borner sin

8n2N8x2Rf(x+np) =f(x):

F=f(R) =ff(x)jx2Rg:

02Rtel quef(x0) =y0. Commefest croissante alors:

8x>x0f(x)>f(x0) =y0>`e:

De plus par la définition de`:

8x2Rf(x)6`:

8x>x0`e6f(x)6`:

Appliquons ceci sur un exemple :

1+xm(1xm)x

2xmnp1+xm+p1xm

Et nous avons

Distinguons plusieurs cas pour la limite defen 0.

Si m=nalorsxmnetf(x)tendent vers 1.

23x+2=(x2)(x+2)(x2)(x1)=x+2x1, lorsquex!2 cette expression tend vers 4.

2=a31x

2(1+a+a2)=1+x21x

2(1+a+a2)=11+a+a2:

Pour la fonctionf(x) =3p1+x= (1+x)13

2=limx!03

1.Montrons d"abord que la limite de

1+px+px

Quandx!+¥alors1px

La fonction s"écrit

2a2=pxpapxapxapx+a=pxpapxa1px+a:

2+x6=exe2x2x2x

2+x6=exe2x2x2(x2)(x+3)=exe2x21x+3:

La limite de

Le numérateur tend+¥car 4b>0.1x

6+1 alors 162+sin1x

6+3. Donc pourx>0, nous obtenonsx3

6x2+sin1x

6x. On

Sachant que

1+lnm(ex)x

Bilan : la limite est exp(1) =1e

Sachant