LIMITES ET CONTINUITÉ (Partie 1)
On parle de limite à gauche de 0 et de limite à droite de 0. Déterminer graphiquement des limites d'une fonction : Vidéo https://youtu.be/9nEJCL3s2eU. III
Limites – Corrections des Exercices
Déterminer les limites des fonctions suivantes aux valeurs demandées (en distinguant si besoin
LIMITES DES FONCTIONS
( ) = −∞ la droite d'équation = est appelée asymptote verticale à la courbe de la fonction . 2) Limite à gauche
Chapitre 3 Dérivabilité des fonctions réelles
Cette limite s'appelle la dérivée de f `a gauche en x0 on la note fg(x0). (2) On définit de même la dérivée `a droite
Limites et continuité
toute fonction monotone sur un intervalle admet une limite à gauche et une limite à droite en tout point de cet intervalle. La limite à gauche peut très bien ne
Corrigé du TD no 9
petites de ε quand on manipule la définition de limite d'une fonction en un point. donc les limites à droite et à gauche de f en 1 sont égales à f(1) ce qui ...
1) Limites finie en un point. { }
b) Limite à gauche limite à droite. Définition : On dit que f admet l pour limite à gauche (resp. à droite) en a si la restriction de f à. ] [
Limites de fonctions et continuité - Lycée dAdultes
11/07/2021 f(x). La fonction x ↦→. 1 x n'admet pas de limite en 0 mais admet une limite à gauche et à droite de 0. O limite à droite. Limite à gauche.
LIMITES DUNE FONCTION
N'EXISTE PAS ! Théorème (Caractérisation de la limite à l'aide des limites à gauche/à droite) Soient f : D −→.
Chapitre 2 Continuité des fonctions réelles
2.2.1 Limites `a droite et `a gauche. Définition 2.2.7. Soit f : D → R une fonction et soit x0 ∈ D. (1) On dit que f admet l pour limite `a droite en x0
LIMITES ET CONTINUITÉ (Partie 1)
Définitions : - La droite d'équation y = L est asymptote à la courbe représentative de On parle de limite à gauche de 0 et de limite à droite de 0.
Limites et continuité
Théorème 4. Soit ]a b[ un intervalle ouvert
Cours limites
on dit que f a pour limite + ? en + ? et on note : Naturellement on introduit les notions de limite à droite en a et de limite à gauche en a et on ...
Limites de fonctions
de limite en 0 car les limites à droite et à gauche ne sont pas égales. Correction de l'exercice 3 ?. 1. x2+2
Chapitre 3 Dérivabilité des fonctions réelles
Dans ce cas l'existence de la limite équivaut `a l'égalité des limites `a gauche et `a droite. C'est pourquoi on introduit les dérivées `a gauche et `a
Limites et asymptotes
1. ?x = +?. Remarque : Une fonction peut avoir une limite différente à gauche et à droite de 0 on notera alors : lim.
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
LIMITES et CONTINUITE
Limite à gauche et limite à droite. Dans ce qui suit f désignera la fonction inverse. Ainsi pour tout x : f(x) = 1 x.
MATHS 110c cHAPITRE III : NOTIONS DE LIMITES Nous allons
Nous étudierons la limite à droite et à gauche quand nous aurons une limite de la forme 1. 0. (voir les exemples de calculs de limites à la fin du
livre-analyse-1.pdf - Exo7 - Cours de mathématiques
Limite à gauche et à droite. Soit f une fonction définie sur un ensemble de la forme ]a x0[?]x0
LIMITES DES FONCTIONS - maths et tiques
LIMITES DES FONCTIONS Partie 1 : Limite d'une fonction à l'infini 1) Limite infinie en ? Définition : On dit que la fonction " admet pour limite +? en +? si "(&) est aussi grand que l’on veut pourvu que & soit suffisamment grand Remarque : On a une définition analogue en ?? Exemple :
Calculez la limite de la valeur absolue de x divisée par x: lim x/x
Les limites à gauche/à droite ne sont jamais que des limites au sens initial du chapitre mais appliquées à des restrictions Cela justi?e leur unicité et la possibilité que nous avons de leur accorder une notation
Limites de fonctions
On peut aussi dé?nir la limite à gauche ou à droite de x =a lorsque la limite en x =a n’existe pas On notera alors : limite à gauche : lim x?a xa f(x) Exemple : La fonction x 7? 1 x2 a pour limite +? en 0 La fonction x 7? 1 x n’admet pas de limite en 0 mais admet une limite à gauche
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La limite à gauche et la limite à droite Author: Julie Tremblay Created Date: 2/3/2017 9:50:50 AM
Quelle est la différence entre la limite gauche et la limite droite ?
La limite gauche = -1 tandis que la limite droite = 1. Lorsque la limite gauche et la limite droite ne sont pas égales, on dit que la limite n'existe pas. Par contre il existe bien une limite gauche et une limite droite. Observons à présent le graphique de la fonction f (x) = |x|/x :
Comment pouvez-vous déterminer une limite à gauche ou à droite graphiquement ?
Pour distinguer cela des limites à droite ou à gauche, on appelle parfois la limite d’une fonction sa limite bilatérale. Avec la notation des limites, il n’y a pas de signe + ou - en exposant sous la limite bilatérale.
Comment calculer la limite à gauche ou à droite d'une fonction ?
On rappelle que la limite à droite ou à gauche d’une fonction est égale à la limite bilatérale d’une fonction si cette dernière existe. Si on peut montrer que la limite de ???? ( ????) existe en ???? = ? ???? 6 et calculer sa valeur, elle correspondra également à la valeur de la limite à droite que nous recherchons.
Comment calculer la limite en venant de la droite ?
Calcul de la limite en venant de la droite, c'est-à-dire qu'on s'approche de x = 0 en venant des x positifs : La limite gauche = -1 tandis que la limite droite = 1. Lorsque la limite gauche et la limite droite ne sont pas égales, on dit que la limite n'existe pas. Par contre il existe bien une limite gauche et une limite droite.
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)quotesdbs_dbs16.pdfusesText_22
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)quotesdbs_dbs16.pdfusesText_22
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)quotesdbs_dbs16.pdfusesText_22[PDF] calcul turnover bilan social
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