livre-analyse-1.pdf - Exo7 - Cours de mathématiques
fonctions : limite continuité
Feuille dexercices 10 Développements limités-Calculs de limites
) pour ? 0 et (0) = 0. 1. Montrer que admet un développement limité à l'ordre 2 en 0. 2. La fonction est-elle deux
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
Annexe du chapitre 6: Fonctions trigonométriques
A.1 Limites de fonctions trigonométriques souvent utilisé pour calculer des limites pour des ... Comment adapter cette preuve pour le calcul de lim.
I Fonctions et domaines de définition II Limites
Il faut savoir calculer une limite en ±? d'une fraction rationnelle (quotient de Méthode pour étudier la continuité d'une fonction définie par morceaux.
FONCTIONS 1) Limites 1-1 méthodes pour lever une
FONCTIONS. 1) Limites. 1-1 méthodes pour lever une indétermination au voisinage d'un infini. Exemple1 f(x) = x + 1 x2 + 3x + 1. Quelle est la limite en +?
Cours danalyse 1 Licence 1er semestre
faudrait un temps et un espace infini pour calculer TOUTES les décimales de ? ! (limite d'une suite continuité d'une fonction) et de rappeler les ...
TD 1 Intégrales généralisées
16 sept. 2016 et c'est cette limite que l'on nomme intégrale de f sur I. Pour des fonctions ... Les deux méthodes principales pour calculer intégrales et ...
Intégrales de fonctions de plusieurs variables
Il existe cependant un certain nombre de méthodes qui utilisées judicieusement
Développements limités
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[PDF] Annexe du chapitre 6: Fonctions trigonométriques
A 1 Limites de fonctions trigonométriques Théorème des deux gendarmes Utiliser le théorème des deux gendarmes pour calculer lim x?0 x2? sin 1
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Borne supérieure/inférieure et limite Voisinages dans R 2 Limites d'une fonction 3 Continuité d'une fonction 4 Fonctions trigonométriques réciproques
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8 1 DÉFINITIONS ET IDENTITÉS TRIGONOMÉTRIQUES calcul d'une limite importante Ce qui exprime bien que la limite de f en +? est l Correction de l'exercice 2 ?
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Fiche explicative de la leçon : Limites des fonctions trigonométriques
Dans cette fiche explicative nous allons apprendre à évaluer les limites des fonctions trigonométriques Les limites sont utiles pour nous aider à
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2) On suppose que x est un réel élément de [? 3? 2 ] tel que tan(x) = 1 3 Calculer cos(x) sin(x) et cotan(x) Solution 1) Puisque x ? [?2
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26 jui 2013 · 3 Étude des fonctions sinus et cosinus 3 2 Application aux calculs de limites Théorème 1 : Équations trigonométriques
Fonctions Trigonométriques: Accueil Limites Forme Indéterminée
Soit la fonction f(x) = sin(5x)/x on vous demande de calculer la limite de f(x) pour x Comment lever une indétermination dans une limite (1/2) ?
Comment calculer les limites des fonctions trigonométriques ?
Limite d'une fonction trigonométrique en utilisant une identité trigonométrique (identité de Pythagore) On calcule la limite en x = 0 de (1 - cos x)/(2sin² x) en réécrivant l'expression gr? à l'identité trigonométrique sin² x + cos² x =1.Quel est la limite de cosinus ?
Limites et inéquations trigonométriques
Les fonctions sinus et cosinus n'ont pas de limite en l'infini.Quel est le maximum et le minimum de la fonction cosinus sur r ?
La valeur maximale est 1 et la valeur minimale est ?1, étant donné que le rayon du cercle trigonométrique est de 1 unité. Ces valeurs surviennent chaque fois que le cercle fait un demi-tour.- Lorsque l'on connaît la valeur d'un cosinus, on peut déterminer la valeur du sinus correspondant sur un intervalle I donné gr? à la formule cos^2\\left(x\\right)+ sin^2\\left(x\\right) = 1.
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+2d)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+pxpapxapx2a2;(a>0)
lim x!0xE1x lim x!2e xe2x 2+x6; lim x!+¥x41+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!+¥x32x2+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 cice3 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. 1nIndication pour
l"exer cice4 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.4Correction 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. NotonsF=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 x02Rtel 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): x 1ln(ex1)=exp1ln(ex1)lnx
=exp1lnx+lnm(x)lnx =exp 11+lnm(x)lnx!
8 Maintenantm(x)!1 donc lnm(x)!0, et lnx! ¥lorsquex!0. Donclnm(x)lnx!0. Cela donne lim x!0+x1ln(ex1)=limx!0+exp 11+lnm(x)lnx!
=exp(1) =e:Correction del"exer cice6 NSoit f(x) =ax+bx2 1x =exp1x lnax+bx2 a x!1,bx!1 doncax+bx2 !1 lorsquex!0 et nous sommes face à une forme indéterminée. Nous savons que lim t!0ln(1+t)t =1. Autrement dit il existe un fonctionmtelle que ln(1+t) =tm(t)avec m(t)!1 lorsquet!0. Appliquons cela àg(x) =lnax+bx2
. Alors g(x) =ln 1+ax+bx2
1quotesdbs_dbs15.pdfusesText_21
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<0l"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. x24x23x+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 : a1x2=a31x
2(1+a+a2)=1+x21x
2(1+a+a2)=11+a+a2:
Lors quex!0, alorsa!1 et la limite cherchée est13Autre 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+x21x2=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 est1nLa 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 N61.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. Uneautre 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+1pxq1+px+px
x +1Quandx!+¥alors1px
!0 etpx+px x =q1 x +1x px !0, donc la limite recherchée est12 4.La fonction s"écrit
f(x) =pxpapxapx2a2=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 inégalitéy12+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): x 1ln(ex1)=exp1ln(ex1)lnx
=exp1lnx+lnm(x)lnx =exp 11+lnm(x)lnx!
8 Maintenantm(x)!1 donc lnm(x)!0, et lnx! ¥lorsquex!0. Donclnm(x)lnx!0. Cela donne lim x!0+x1ln(ex1)=limx!0+exp 11+lnm(x)lnx!
=exp(1) =e:Correction del"exer cice6 NSoit f(x) =ax+bx2 1x =exp1x lnax+bx2 a x!1,bx!1 doncax+bx2 !1 lorsquex!0 et nous sommes face à une forme indéterminée. Nous savons que lim t!0ln(1+t)t =1. Autrement dit il existe un fonctionmtelle que ln(1+t) =tm(t)avec m(t)!1 lorsquet!0. Appliquons cela àg(x) =lnax+bx2
. Alors g(x) =ln 1+ax+bx2
1quotesdbs_dbs15.pdfusesText_21
Le numérateur tend+¥car 4b>0.1x
btend vers 0 ainsi quexax bsin2x(carb>aet sin2xest bornéepar 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 16sin1x6+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) =exp1+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): x1ln(ex1)=exp1ln(ex1)lnx
=exp1lnx+lnm(x)lnx =exp11+lnm(x)lnx!
8 Maintenantm(x)!1 donc lnm(x)!0, et lnx! ¥lorsquex!0. Donclnm(x)lnx!0. Cela donne lim x!0+x1ln(ex1)=limx!0+exp11+lnm(x)lnx!
=exp(1) =e:Correction del"exer cice6 NSoit f(x) =ax+bx2 1x =exp1x lnax+bx2 a x!1,bx!1 doncax+bx2 !1 lorsquex!0 et nous sommes face à une forme indéterminée. Nous savons que lim t!0ln(1+t)t =1. Autrement dit il existe un fonctionmtelle que ln(1+t) =tm(t)avec m(t)!1 lorsquet!0.Appliquons cela àg(x) =lnax+bx2
. Alors g(x) =ln1+ax+bx2
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