LIMITES – EXERCICES CORRIGES ( )
LIMITES – EXERCICES CORRIGES. Exercice n°1. Déterminer la limite éventuelle en + ?de chacune des fonctions suivantes :.
LIMITES – EXERCICES CORRIGES ( )
LIMITES – EXERCICES CORRIGES. Exercice n°1. Déterminer la limite éventuelle en + ?de chacune des fonctions suivantes :.
Développements limités
Développements limités. Corrections d'Arnaud Bodin. 1 Calculs. Exercice 1. Donner le développement limité en 0 des fonctions : 1. cosx·expx à l'ordre 3.
Feuille dexercices 10 Développements limités-Calculs de limites
Exercice 4. Calculer les limites suivantes (sans présupposer leur existence!). ) lim. ?0.
Limites – Corrections des Exercices
1 ? x devient arbitrairement grand dans les positifs. —. Exercice no 2. Déterminer les limites suivantes aux valeurs demandées. (1). 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
Limite continuité
dérivabilité
Cours danalyse 1 Licence 1er semestre
4.2 Propriétés de la limite d'une fonction . 7 Corrigé des exercices ... on a un formulaire qui donne les développements limités des fonctions usuelles.
Recueil dexercices corrigés de première année ECS Table des
c) Les suites (S2n) et (S2n+1) convergent vers une même limite donc la suite (Sn) converge (vers cette limite commune). 1.4 Fonctions usuelles. Exercice 28.
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
1 =ax+bx2 1 m(x) oùm(x)!1 lorsquex!0. (Nous écrivons pour simplifierm(x)au lieu dem(ax+bx2 1).) Nous savons aussi que lim
t!0et1t =1. Autrement dit il existe un fonctionntelle queet1=tn(t) avecn(t)!1 lorsquet!0. Appliquons ceci :
a x+bx2 1=12 (exlna+exlnb)1 12 (exlna1+exlnb1) 12 (xlnan(xlna)+xlnbn(xlnb)) 12 x(lnan(xlna)+lnbn(xlnb)) Reste à rassembler tous les éléments du puzzle : f(x) =ax+bx2 1x =exp1x lnax+bx2 =exp1xquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
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
1 =ax+bx2 1 m(x) oùm(x)!1 lorsquex!0. (Nous écrivons pour simplifierm(x)au lieu dem(ax+bx2 1).) Nous savons aussi que lim
t!0et1t =1. Autrement dit il existe un fonctionntelle queet1=tn(t) avecn(t)!1 lorsquet!0. Appliquons ceci :
a x+bx2 1=12 (exlna+exlnb)1 12 (exlna1+exlnb1) 12 (xlnan(xlna)+xlnbn(xlnb)) 12 x(lnan(xlna)+lnbn(xlnb)) Reste à rassembler tous les éléments du puzzle : f(x) =ax+bx2 1x =exp1x lnax+bx2 =exp1xquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
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
1 =ax+bx2 1 m(x) oùm(x)!1 lorsquex!0. (Nous écrivons pour simplifierm(x)au lieu dem(ax+bx2 1).)Nous savons aussi que lim
t!0et1t =1. Autrement dit il existe un fonctionntelle queet1=tn(t) avecn(t)!1 lorsquet!0.Appliquons ceci :
a x+bx2 1=12 (exlna+exlnb)1 12 (exlna1+exlnb1) 12 (xlnan(xlna)+xlnbn(xlnb)) 12 x(lnan(xlna)+lnbn(xlnb)) Reste à rassembler tous les éléments du puzzle : f(x) =ax+bx2 1x =exp1x lnax+bx2 =exp1xquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1[PDF] exercices corrigés limites de fonctions terminale s pdf
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