Exercices analyse smpc s1 faculte sciences rabat serie 3 ana
Télécharger PDFFacult´e des Sciences de Rabat SMPC-S1 D´epartement de Math´ematiques M3-E1 : Analyse S´erie d’exercices 3
Exercice 1Calculer lorsqu’elles existent les limites suivantes a) limx→0x2+2 |x| xb) limx→−∞x2+2 |x| xc) limx→2x2−4 x2−3 x+2 xf) limx→+∞√x + 5 −√x − 3 d) limx→πsin2 x 1+cos xe) limx→0 √31+x2−1 √1+x−√1+x2 g) limx→0 x2 h) limx→1x−1 xn−1
Exercice 21. D´emontrer que lim x→0 √1 + x −√1 − x x= 1. 2. Soient m, n des entiers positifs. Etudier ´ lim x→0 √1 + xm −√1 − xm xn. 3. D´emontrer que lim x→0 x(p1 + x + x2 − 1) = 12. 1
Exercice 31. Montrer que toute fonction p´eriodique et non constante n’admet pas de limite en +∞. 2. Montrer que toute fonction croissante et major´ee admet une limite finie en +∞.
Exercice 4Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuit´e sur R ? a) f(x) = sin x · sin1x; )¯h(x) = 1 1 − x−2 1 − x2.
Exercice 5Soit f une fonction de [a, b] dans [a, b] telle que pour tout x et x0(x 6= x0) de [a, b] on ait : |f(x) − f(x0)| < |x − x0|. 1. Montrer que f est continue sur [a, b]. 2. Montrer que l’´equation f(x) = x admet une et une seule solution dans [a, b]. (On pourra intro duire la fonction : x 7→ g(x) = f(x) − x).
Exercice 6Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue telle que f(a) = f(b). Montrer que la fonction 2) − f(t) s’annule en au moins un point de [a, a+b g(t) = f(t +b−a 2]. 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 7Soit f : R → R continue telle que lim−∞f = −∞ et lim Appliquer ceci aux polynˆomes de degr´e impair. +∞f = +∞. Montrer que f s’annule.
Exercice 8Soient I un intervalle de R et f : I → R continue, telle que pour chaque x ∈ I, f(x)2 = 1. Montrer que f = 1 ou f = −1. 1
Correction 1 1. x2+2|x| x = x + 2|x|x. Si x > 0 cette expression vaut x + 2 donc la limite `a droite en x = 0 est +2. Si x < 0 l’expression vaut −2 donc la limite `a gauche en x = 0 est −2. Les limites `a droite et `a gauche sont diff´erentes donc il n’y a pas de limite en x = 0. 2. x2+2|x| x = x + 2|x|x = x − 2 pour x < 0. Donc la limite quand x → −∞ est −∞. x2−3 x+2 =(x−2)(x+2) 3. x2−4 4. sin2 x (x−2)(x−1) =x+2 x−1, lorsque x → 2 cette expression tend vers 4. 1+cos x =1−cos2 x 1+cos x =(1−cos x)(1+cos x) √1+x−√1+x2 1+cos x = 1 − cos x. Lorsque x → π la limite est donc 2. √1+x−√1+x2 √1+x+√1+x2 x(√1+x+√1+x2)=x−x2 5. x = x × √1+x+√1+x2 =1+x−(1+x2) x(√1+x+√1+x2)= √1−x 1+x+√1+x2. Lorsque x → 0 la limite vaut 12. 6. √x + 5 −√x − 3 = √x + 5 −√x − 3 ×√x+5+√ x+5+√x−3=x+5−(x−3) √ x−3 x → +∞, la limite vaut 0. √x+5+√x−3= √8 x+5+√x−3. Lorsque 7. Nous avons l’´egalit´e a3 − 1 = (a − 1)(1 + a + a2). Pour a =√31 + x2 cela donne : x2=a3 − 1 a − 1 x2(1 + a + a2)=1 + x2 − 1 x2(1 + a + a2)=1 1 + a + a2. Lors que x → 0, alors a → 1 et la limite cherch´ee est 13. Autre m´ethode : si l’on sait que la limite d’un taux d’accroissement correspond `a la d´eriv´ee nous avons une m´ethode moins astucieuse. Rappel (ou anticipation sur un prochain chapitre) : pour une fonction f d´erivable en a alors limx→af(x) − f(a) x − a= f0(a). Pour la fonction f(x) = √31 + x = (1 + x)13 ayant f0(x) = 13(1 + x)− 23 cela donne en a = 0 : f(x) − f(0) x − 0= f0(0) = 13. lim x→0 8. xn−1 √31 + x2 − 1 x2= lim x→0 √31 + x − 1 x= lim x→0 x−1 = 1 + x + x2 + · · · + xn. Donc si x → 1 la limite de xn−1 x−1est n. Donc la limite de x−1 1 est 1n. xn−1en La m´ethode avec le taux d’accroissement fonctionne aussi tr`es bien ici. Soit f(x) = xn, f0(x) = x−1 =f(x)−f(1) nxn−1et a = 1. Alors xn−1 x−1tend vers f0(1) = n. Correction 2 G´en´eralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de racines carr´ees, il est utile de faire intervenir “l’expression conjugu´ee” : √a −√b =(√a −√b)(√a +√b) √a +√b=a − b √a +√b. Les racines au num´erateur ont “disparu” en utilisant l’identit´e (x − y)(x + y) = x2 − y2. Appliquons ceci sur un exemple : f(x) = √1 + xm −√1 − xm xn =(√1 + xm −√1 − xm)(√1 + xm +√1 − xm) xn(√1 + xm +√1 − xm) =1 + xm − (1 − xm) xn(√1 + xm +√1 − xm) =2xm xn(√1 + xm +√1 − xm) =2xm−n √1 + xm +√1 − xm 2
Et nous avons lim x→0 2 √1 + xm +√1 − xm= 1. Donc l’´etude de la limite de f en 0 est la mˆeme que celle de la fonction x 7→ xm−n. Distinguons plusieurs cas pour la limite de f en 0. – Si m > n alors xm−n, et donc f(x), tendent vers 0. – Si m = n alors xm−net f(x) tendent vers 1. – Si m < n alors xm−n =1 xn−m =1xk avec k = n − m un exposant positif. Si k est pair alors les limites `a droite et `a gauche de 1xk sont +∞. Pour k impair la limite `a droite vaut +∞ et la limite `a gauche vaut −∞. Conclusion pour k = n − m > 0 pair, la limite de f en 0 vaut +∞ et pour k = n − m > 0 impair f n’a pas de limite en 0 car les limites `a droite et `a gauche ne sont pas ´egales. Correction 3 1. Soit p > 0 la p´eriode : pour tout x ∈ R, f(x + p) = f(x). Par une r´ecurrence facile on montre : ∀n ∈ N ∀x ∈ R f(x + np) = f(x). Comme f n’est pas constante il existe a, b ∈ R tels que f(a) 6= f(b). Notons xn = a + np et yn = b + np. Supposons, par l’absurde, que f a une limite ` en +∞. Comme xn → +∞ alors f(xn) → `. Mais f(xn) = f(a + np) = f(a), donc ` = f(a). De mˆeme avec la suite (yn) : yn → +∞ donc f(yn) → ` et f(yn) = f(b + np) = f(b), donc ` = f(b). Comme f(a) 6= f(b) nous obtenons une contradiction. 2. Soit f : R −→ R une fonction croissante et major´ee par M ∈ R. Notons F = f(R) = {f(x) | x ∈ R}. F est un ensemble (non vide) de R, notons ` = sup F. Comme M ∈ R est un majorant de F, alors ` < +∞. Soit ε > 0, par les propri´et´es du sup il existe y0 ∈ F tel que ` − ε 6 y0 6 `. Comme y0 ∈ F, il existe x0 ∈ R tel que f(x0) = y0. Comme f est croissante alors : ∀x > x0 f(x) > f(x0) = y0 > ` − ε. De plus par la d´efinition de ` : ∀x ∈ R f(x) 6 `. Les deux propri´et´es pr´ec´edentes s’´ecrivent : ∀x > x0 ` − ε 6 f(x) 6 `. Ce qui exprime bien que la limite de f en +∞ est `. Correction 4 1. La fonction est d´efinie sur R∗t elle est continue sur R∗. Il faut d´eterminer un ´eventuel prolongement par continuit´e en x = 0, c’est-`a-dire savoir si f a une limite en 0. |f(x)| = |sin x||sin 1/x| 6 |sin x|. Donc f a une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posant f(0) = 0, nous obtenons une fonction f : R −→ R qui est continue. 2. h est d´efinie et continue sur R \ {−1, 1}. 1 − x−2 1 − x2=1 + x − 2 (1 − x)(1 + x)=−1 + x h(x) = 1 (1 − x)(1 + x)=−1 (1 + x). Donc h a pour limite −12quand x tend vers 1. Et donc en posant h(1) = −12, nous d´efinissons une fonction continue sur R \ {−1}. En −1 la fonction h ne peut ˆetre prolong´ee continuement, car en −1, h n’admet de limite finie. 3
Correction 5 1. Pour toute suite xn qui tend vers x, on a |f(xn) − f(x)| < |xn − x0| → 0. 2. On utilise le th´eor`eme des valeurs intermidiaires pour la fonction : x 7→ g(x) = f(x) − x). 2) − f(a) et g(a+b Correction 6 1. g(a) = f(a+b 2) = f(b) − f(a+b 2). Comme f(a) = f(b) alors 2). Donc ou bien g(a) 6 0 et g(a+b nous obtenons que g(a) = −g(a+b g(a+b 2) > 0 ou bien g(a) > 0 et 2) 6 0. D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, g s’annule en c pour un c entre a et a+b 2. 2. Notons t le temps (en heure) et d(t) la distance parcourue (en km) entre les instants 0 et t. Nous supposons que la fonction t 7→ d(t) est continue. Soit f(t) = d(t) − 4t. Alors f(0) = 0 et par hypoth`ese f(1) = 0. Appliquons la question pr´ec´edente avec a = 0, b = 1. Il existe c ∈ [0,12] tel que g(c) = 0, c’est-`a-dire f(c +12) = f(c). Donc d(c +12) − d(c) = 4(c +12) − 4c = 2. Donc entre c et c +12, (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement 2 km. Correction 7 Il existe x < 0 tel que f(x) < 0 et y > 0 tel que f(y) > 0, d’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe z ∈]x, y[ tel que f(z) = 0. Donc f s’annule. Les polynˆomes de degr´e impair v´erifient les propri´et´es des limites, donc s’annulent. Ceci est faux, en g´en´eral, pour les polynˆomes de degr´e pair, par exemple regardez f(x) = x2 + 1. Correction 8 Comme f(x)2 = 1 alors f(x) = ±1. Attention ! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante ´egale `a 1 ou −1. Supposons, par exemple, qu’il existe x tel que f(x) = +1. Montrons que f est constante ´egale `a +1. S’il existe y 6= x tel que f(y) = −1 alors f est positive en x, n´egative en y et continue sur I. Donc, par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, il existe z entre x et y tel que f(z) = 0, ce qui contredit f(z)2 = 1. Donc f est constante ´egale `a +1. 4