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Departement de Mathematiques M3-E1 : Analyse
Serie d'exercices 3Exercice 1Calculer lorsqu'elles existent les limites suivantes a) limx!0x2+2jxjx b) limx!1x2+2jxjx c) limx!2x24x 23x+2d) limx!sin2x1+cosxe) limx!0p1+xp1+x2x f) limx!+1px+ 5px3 g) limx!03p1+x21x
2h) limx!1x1x
n1Exercice 21. Demontrer quelimx!0p1 +xp1xx
= 1.2. Soientm;ndes entiers positifs.Etudierlimx!0p1 +xmp1xmx
n.3. Demontrer quelimx!01x
(p1 +x+x21) =12 Exercice 31. Montrer que toute fonction periodique et non constante n'admet pas de limite en +1.2. Montrer que toute fonction croissante et majoree admet une limite nie en+1.
Exercice 4Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuite surR? a)f(x) = sinxsin1x ;)h(x) =11x21x2: Exercice 5Soitfune fonction de[a;b]dans[a;b]telle que pour toutxetx0(x6=x0) de[a;b]on ait :jf(x)f(x0)j2. Montrer que l'equationf(x) =xadmet une et une seule solution dans[a;b]. (On pourra intro-
duire la fonction :x7!g(x) =f(x)x). Exercice 6Soitf: [a;b]!Rune fonction continue telle quef(a) =f(b). Montrer que la fonction g(t) =f(t+ba2 )f(t)s'annule en au moins un point de[a;a+b2 Application :une personne parcourt 4 km en 1 heure. Montrer qu'il existe un intervalle de 30 mn pendant lequel elle parcourt exactement 2 km. Exercice 7Soitf:R!Rcontinue telle quelim1f=1etlim+1f= +1. Montrer quefs'annule.Appliquer ceci aux polyn^omes de degre impair.
Exercice 8SoientIun intervalle deRetf:I!Rcontinue, telle que pour chaquex2I,f(x)2= 1.Montrer quef= 1ouf=1.
1Correction 11.x2+2jxjx
=x+ 2jxjx . Six >0cette expression vautx+ 2donc la limite a droite enx= 0est+2. Six <0l'expression vaut2donc la limite a gauche enx= 0est2. Les limites a droite et a gauche sont dierentes donc il n'y a pas de limite enx= 0. 2. x2+2jxjx =x+ 2jxjx =x2pourx <0. Donc la limite quandx! 1est1. 3. x24x23x+2=(x2)(x+2)(x2)(x1)=x+2x1, lorsquex!2cette expression tend vers4.
4. sin2x1+cosx=1cos2x1+cosx=(1cosx)(1+cosx)1+cosx= 1cosx. Lorsquex!la limite est donc2. 5. p1+xp1+x2x =p1+xp1+x2xLorsquex!0la limite vaut12
6.px+ 5px3 =px+ 5px3px+5+px3px+5+px3=x+5(x3)px+5+px3=8px+5+px3. Lorsque
x!+1, la limite vaut0.7. Nous avons l'egalitea31 = (a1)(1 +a+a2). Poura=3p1 +x2cela donne :
a1x2=a31x
2(1 +a+a2)=1 +x21x
2(1 +a+a2)=11 +a+a2:
Lors quex!0, alorsa!1et la limite cherchee est13
Autre methode : si l'on sait que la limite d'un taux d'accroissement correspond a la derivee nous avons une methode moins astucieuse. Rappel (ou anticipation sur un prochain chapitre) : pour une fonctionfderivable 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 +x21x2= limx!03
p1 +x1x = limx!0f(x)f(0)x0=f0(0) =13 8. xn1x1= 1+x+x2++xn. Donc six!1la limite dexn1x1estn. Donc la limite dex1x n1en1est1n
La methode avec le taux d'accroissement fonctionne aussi tres bien ici. Soitf(x) =xn,f0(x) = nx n1eta= 1. Alorsxn1x1=f(x)f(1)x1tend versf0(1) =n. Correction 2Generalement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de racines carrees, il est utile de faire intervenir \l'expression conjuguee" : papb=(papb)(pa+pb)pa+pb =abpa+pb Les racines au numerateur ont \disparu" en utilisant l'identite(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
2Et nous avons
lim x!02p1 +xm+p1xm= 1: Donc l'etude de la limite defen0est la m^eme que celle de la fonctionx7!xmn.Distinguons plusieurs cas pour la limite defen0.
{ Sim > nalorsxmn, et doncf(x), tendent vers0. { Sim=nalorsxmnetf(x)tendent vers1. { Sim < nalorsxmn=1x nm=1x kaveck=nmun exposant positif. Sikest pair alors les limites a droite et a gauche de 1x ksont+1. Pourkimpair la limite a droite vaut+1et la limite a gauche vaut1. Conclusion pourk=nm >0pair, la limite defen0vaut+1et pourk=nm >0impairfn'a pas de limite en 0car les limites a droite et a gauche ne sont pas egales. Correction 31. Soitp >0la periode : pour toutx2R,f(x+p) =f(x). Par une recurrence facile on montre :8n2N8x2Rf(x+np) =f(x):
Commefn'est pas constante il existea;b2Rtels quef(a)6=f(b). Notonsxn=a+npet y n=b+np. Supposons, par l'absurde, quefa une limite`en+1. Commexn!+1alors f(xn)!`. Maisf(xn) =f(a+np) =f(a), donc`=f(a). De m^eme avec la suite(yn): y n!+1doncf(yn)!`etf(yn) =f(b+np) =f(b), donc`=f(b). Commef(a)6=f(b) nous obtenons une contradiction.2. Soitf:R!Rune fonction croissante et majoree parM2R. Notons
F=f(R) =ff(x)jx2Rg:
Fest un ensemble (non vide) deR, notons`= supF. CommeM2Rest un majorant deF, alors` <+1. Soit" >0, par les proprietes dusupil existey02Ftel que`"6y06`. Commey02F, il existex02Rtel quef(x0) =y0. Commefest croissante alors :8x>x0f(x)>f(x0) =y0>`":
De plus par la denition de`:
8x2Rf(x)6`:
Les deux proprietes precedentes s'ecrivent :
8x>x0`"6f(x)6`:
Ce qui exprime bien que la limite defen+1est`.
Correction 41. La fonction est denie surRt elle est continue surR. Il faut determiner un eventuel prolongement par continuite enx= 0, c'est-a-dire savoir sifa une limite en0. jf(x)j=jsinxjjsin1=xj6jsinxj: Doncfa une limite en0qui vaut0. Donc en posantf(0) = 0, nous obtenons une fonction f:R!Rqui est continue.2.hest denie et continue surRn f1;1g.
h(x) =11x21x2=1 +x2(1x)(1 +x)=1 +x(1x)(1 +x)=1(1 +x):Doncha pour limite12
quandxtend vers1. Et donc en posanth(1) =12 , nous denissons une fonction continue surRn f1g. En1la fonctionhne peut ^etre prolongee continuement, car en1,hn'admet de limite nie. 3 Correction 51. Pour toute suitexnqui tend versx, on ajf(xn)f(x)jCorrection 61.g(a) =f(a+b2
)f(a)etg(a+b2 ) =f(b)f(a+b2 ). Commef(a) =f(b)alors nous obtenons queg(a) =g(a+b2 ). Donc ou bieng(a)60etg(a+b2 )>0ou bieng(a)>0et g(a+b2 )60. D'apres le theoreme des valeurs intermediaires,gs'annule encpour uncentrea et a+b22. Notonstle temps (en heure) etd(t)la distance parcourue (en km) entre les instants0ett. Nous
supposons que la fonctiont7!d(t)est continue. Soitf(t) =d(t)4t. Alorsf(0) = 0et par hypothesef(1) = 0. Appliquons la question precedente aveca= 0,b= 1. Il existec2[0;12 ]tel queg(c) = 0, c'est-a-diref(c+12 ) =f(c). Doncd(c+12 )d(c) = 4(c+12 )4c= 2. Donc entre cetc+12 , (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement2km. Correction 7Il existex <0tel quef(x)<0ety >0tel quef(y)>0, d'apres le theoreme des valeurs intermediaires, il existez2]x;y[tel quef(z) = 0. Doncfs'annule. Les polyn^omes dedegre impair verient les proprietes des limites, donc s'annulent. Ceci est faux, en general, pour les
polyn^omes de degre pair, par exemple regardezf(x) =x2+ 1. Correction 8Commef(x)2= 1alorsf(x) =1. Attention! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante egale a1ou1. Supposons, par exemple, qu'il existextel quef(x) = +1. Montrons quefest constante egale a+1. S'il existey6=xtel quef(y) =1alorsfest positive enx, negative enyet continue surI. Donc, par le theoreme des valeurs intermediaires, il existezentrexetytel quef(z) = 0, ce qui contreditf(z)2= 1. Doncfest constante egale a+1. 4quotesdbs_dbs23.pdfusesText_29[PDF] Les soins infirmiers Les soins infirmiers - OIIQ
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