[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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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.

4.

Di visernumérateur et dénominateur par

pxapuis utiliser l"expression conjuguée. 5.

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

6.

Di visernumérateur et dénominateur par x2.

7.

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. 7quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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