Exercices de mathematiques sur les limites de fonctions exo7
Télécharger PDFExo7 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 +∞. Indication H Correction H Vidéo [000612]
Exercice 21. Démontrer que lim x→0 √1+x−√1−x x= 1. √1+xm −√1−xm 2. Soient m,n des entiers positifs. Étudier lim xn. 3. Démontrer que lim x→0 1 x( p x→0 1+x+x2 −1) = 12. Indication H Correction H Vidéo [000609] 2 Calculs
Exercice 3Calculer lorsqu’elles existent les limites suivantes a) limx→0x2+2|x| xb) limx→−∞x2+2|x| xc) limx→2x2−4 x2−3x+2 √1+x−√1+x2 d) limx→πsin2x 1+cos xe) limx→0 √31+x2−1 xf) limx→+∞√x+5−√x−3 g) limx→0 x2 h) limx→1x−1 xn−1 Indication H Correction H Vidéo [000616]
Exercice 4Calculer, lorsqu’elles existent, les limites suivantes : lim x→α lim xn+1 −αn+1 xn −αn, tanx−sinx x→0 sinx(cos 2x−cos x), lim x→+∞ r x+ q x+√x−√x, lim x→α+ √x−√α −√x−α √x2 −α2, (α > 0) x→0xE lim 1 1 x , ex −e2 x2 +x−6, lim lim x→2 x4 x→+∞ 1+xα sin2x, en fonction de α ∈ R. Indication H Correction H Vidéo [000628]
Exercice 5Calculer : x x→0+x1 lim x→0 x→+∞(ln(1+e−x)) 1x , lim 2+sin 1x, lim ln(ex−1). Indication H Correction H Vidéo [000635]
Exercice 6Trouver pour (a,b) ∈ (R+∗)2: lim x→0+ ax +bx 2 1x. Indication H Correction H Vidéo [000638]
Exercice 7Déterminer les limites suivantes, en justifiant vos calculs. 1. lim x→0+ x+2 x2 lnx x→0+2x ln(x+√x) 2. lim 3. lim x→+∞ 4. lim x→+∞ x3 −2x2 +3 x lnx e√x+1 x+2 5. lim x→0+ 6. lim x→0+ ln(3x+1) 2x xx −1 ln(x+1) 7. lim x→−∞ 2 x+1ln x3 +4 1−x2 x→(−1)+(x2 −1)ln(7x3 +4x2 +3) 8. lim x→2+(x−2)2ln(x3 −8) 9. lim 10. lim x→0+ 11. lim x(xx −1) ln(x+1) x→+∞(x lnx−x ln(x+2)) 12. lim x→+∞ ex −ex2 x2 −x x→0+(1+x)lnx 13. lim 14. lim x→+∞ x+1 x−3 x x+1 15. lim x→+∞ 16. lim x→+∞ x3 +5 x2 +2 ex +1 x+2 x2+1 1 x+1 17. lim x→0+ 18. lim x→+∞ 19. lim x→+∞ ln(1+x) 1lnx x(xx−1) x(xx) (x+1)x xx+1 2
20. lim x→+∞ xpln(x2 +1) 1+ex−3 Correction H [000623] Retrouver cette fiche et d’autres exercices de maths sur .emath.fr 3
Indication pour l’exercice 1 N 1. Raisonner par l’absurde. 2. Montrer que la limite est la borne supérieure de l’ensemble des valeurs atteintes f(R). Indication pour l’exercice 2 N Utiliser l’expression conjuguée. Indication pour l’exercice 3 N Réponses : 1. La limite à droite vaut +2, la limite à gauche −2 donc il n’y a pas de limite. 2. −∞ 3. 4 4. 2 5. 12 6. 0 7. 13en utilisant par exemple que a3 −1 = (a−1)(1+a+a2) pour a =√31+x2. 8. 1n Indication pour l’exercice 4 N 1. Calculer d’abord la limite de f(x) = xk−αk x−α. 2. Utiliser cos 2x = 2 cos2x−1 et faire un changement de variable u = cos x. 3. Utiliser l’expression conjuguée. 4. Diviser numérateur et dénominateur par √x−α puis utiliser l’expression conjuguée. 5. On a toujours y−1 ≤ E(y) ≤ y, poser y = 1/x. 6. Diviser numérateur et dénominateur par x−2. 7. Pour α ≥ 4 il n’y a pas de limite, pour α < 4 la limite est +∞. Indication pour l’exercice 5 N Réponses : 0,1e, e. 1. Borner sin 1x. 2. Utiliser que ln(1+t) = t · µ(t), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(t) → 1 lorsque t → 0. 3. Utiliser que et −1 = t · µ(t), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(t) → 1 lorsque t → 0. Indication pour l’exercice 6 N Réponse : √ab. 4
Correction de l’exercice 1 N 1. Soit p > 0 la période : pour tout x ∈ R, f(x+ p) = f(x). Par une récurrence 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 même 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 majorée par M ∈ R. Notons F = f(R) = { f(x) | x ∈ R}. F est un ensemble (non vide) de R, notons ` = supF. Comme M ∈ R est un majorant de F, alors ` < +∞. Soit ε > 0, par les propriétés du sup il existe y0 ∈ F tel que ` − ε ≤ y0 ≤ `. 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 définition de ` : ∀x ∈ R f(x) ≤ `. Les deux propriétés précédentes s’écrivent : ∀x ≥ x0 `−ε ≤ f(x) ≤ `. Ce qui exprime bien que la limite de f en +∞ est `. Correction de l’exercice 2 N Généralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de racines carrées, il est utile de faire intervenir “l’expression conjuguée" : √a−√b =(√a−√b)(√a+√b) √a+√b=a−b √a+√b. Les racines au numérateur ont “disparu" en utilisant l’identité (x−y)(x+y) = x2 −y2. Appliquons ceci sur un exemple : f(x) = √1+xm −√1−xm xn Et nous avons =(√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 lim x→0 √1+xm +√1−xm= 1. Donc l’étude de la limite de f en 0 est la même 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 à droite et à gauche de 1xk sont +∞. Pour k impair la limite à droite vaut +∞ et la limite à 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 à droite et à gauche ne sont pas égales. Correction de l’exercice 3 N 1. x2+2|x| x = x + 2|x|x. Si x > 0 cette expression vaut x + 2 donc la limite à droite en x = 0 est +2. Si x < 0 l’expression vaut −2 donc la limite à gauche en x = 0 est −2. Les limites à droite et à gauche sont différentes 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 −∞. x2−3x+2=(x−2)(x+2) 3. x2−4 (x−2)(x−1)=x+2 x−1, lorsque x → 2 cette expression tend vers 4. 5
1+cosx =(1−cos x)(1+cos x) 1+cos x =1−cos2x 4. sin2x 1+cos x = 1−cos x. Lorsque x → π la limite est donc 2. √1+x−√1+x2 √1+x−√1+x2 √1+x+√1+x2 x(√1+x+√1+x2)=x−x2 x(√1+x+√1+x2)= √1−x 5. 1+x+√1+x2. Lorsque x → 0 la limite vaut 12. x = x × √1+x+√1+x2 =1+x−(1+x2) 6. √x+5−√x−3 =√x+5−√x−3 ×√x+5+√ x+5+√x−3=x+5−(x−3) √ x−3 √x+5+√x−3= √8 x+5+√x−3. Lorsque x → +∞, la limite vaut 0. 7. Nous avons l’égalité a3 −1 = (a−1)(1+a+a2). Pour a =√31+x2 cela donne : x2=a3 −1 x2(1+a+a2)=1+x2 −1 a−1 Lors que x → 0, alors a → 1 et la limite cherchée est 13. x2(1+a+a2)=1 1+a+a2. 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 fonction f dérivable en a alors f(x)− f(a) lim x→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 xn−1en 1 est 1n. La méthode avec le taux d’accroissement fonctionne aussi très bien ici. Soit f(x) = xn, f0(x) = nxn−1et a = 1. Alors xn−1 f(x)−f(1) x−1tend vers f0(1) = n. Correction de l’exercice 4 N 1. Montrons d’abord que la limite de x−1 = f(x) = xk −αk x−α en α est kαk−1, k étant un entier fixé. Un calcul montre que f(x) = xk−1 + αxk−2 + α2xk−3 + ··· + αk−1; en effet (xk−1 + αxk−2 + α2xk−3 + ··· + αk−1)(x − α) = xk − αk. Donc la limite en x = α est kαk−1. Une autre méthode consiste à dire que f(x) est la taux d’accroissement de la fonction xk, et donc la limite de f en α est exactement la valeur de la dérivée de xken α, soit kαk−1. Ayant fait ceci revenons à la limite de l’exercice : comme xn+1 −αn+1 xn −αn=xn+1 −αn+1 x−α×x−α xn −αn. Le premier terme du produit tend vers (n + 1)αnet le second terme, étant l’inverse d’un taux d’accroissement, tend vers 1/(nαn−1). Donc la limite cherchée est 2. La fonction f(x) = tanx−sinx (n+1)αn nαn−1=n+1 nα. sinx(cos 2x−cos x)s’écrit aussi f(x) = 1−cos x cosx(cos 2x−cos x). Or cos 2x = 2 cos2x−1. Posons u = cos x, alors f(x) = 1−u u(2u2 −u−1)=1−u u(1−u)(−1−2u)=1 u(−1−2u) Lorsque x tend vers 0, u = cos x tend vers 1, et donc f(x) tend vers −13. 3. x+px+√x−√x qx+px+√x+√x r x+ q q x+√x−√x = q x+px+√x+√x = = px+√x q x+px+√x+√x q 1+ √1x q √x+√x x +1 Quand x → +∞ alors √1x → 0 et √x+√x 1+ q1x +1 x = x√x → 0, donc la limite recherchée est √12. 6
4. La fonction s’écrit f(x) = √x−√α −√x−α √x2 −α2= √x−√α −√x−α √x−α√x+α= √x−√α √x−α−1 √x+α. Notons g(x) = √x−√α √x−αalors à l’aide de l’expression conjuguée g(x) = x−α (√x−α)(√x+√α)= √x−α √x+√α. Donc g(x) tend vers 0 quand x → α+. Et maintenant f(x) = g(x)−1 √x+αtend vers − √12α. 5. Pour tout réel y nous avons la double inégalité y−1 < E(y) ≤ y. Donc pour y > 0, y−1y <E(y) y tend vers +∞ alors E(y) y ≤ 1. On en déduit que lorsque ytend 1. On obtient le même résultat quand y tend vers −∞. En posant y = 1/x, et en faisant tendre x vers 0, alors xE(1x) = E(y) ytend vers 1. 6. x2 +x−6=ex −e2 x2 +x−6=ex −e2 (x−2)(x+3)=ex −e2 La limite de ex−e2 ex −e2 x−2×x−2 x−2×x−2 x−2×1 x+3. x−2en 2 vaut e2(ex−e2 x−2est la taux d’accroissement de la fonction x 7→ exen la valeur x = 2), la limite voulue est e25. 7. Soit f(x) = x4 1+xα sin2x. Supposons α ≥ 4, alors on prouve que f n’a pas de limite en +∞. En effet pour pour uk = 2kπ, f(2kπ) = (2kπ)4tend vers +∞ lorsque k (et donc uk) tend vers +∞. Cependant pour vk = 2kπ +π2, f(vk) = v4k 1+vαktend vers 0 (ou vers 1 si α = 4) lorsque k (et donc vk) tend vers +∞. Ceci prouve que f(x) n’a pas de limite lorsque x tend vers +∞. Reste le cas α < 4. Il existe β tel que α < β < 4. 1+xα sin2x=x4−β f(x) = x4 xβsin2x. xβ +xα 1 Le numérateur tend +∞ car 4 − β > 0. 1xβtend vers 0 ainsi que xα xβsin2x (car β > α et sin2x est 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 de l’exercice 5 N 1. Comme −1 ≤ sin 1x ≤ +1 alors 1 ≤ 2+sin 1x ≤ +3. Donc pour x > 0, nous obtenons x3 ≤x x similaire pour x < 0. Cela implique lim 2+sin 1x≤ x. On obtient une inégalité 2. Sachant que ln(1+t) x→0 2+sin 1x= 0. t → 1 lorsque t → 0, on peut le reformuler ainsi ln(1+t) = t · µ(t), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(t) → 1 lorsque t → 0. Donc ln(1+e−x) = e−xµ(e−x). Maintenant xlnln(1+e−x) (ln(1+e−x)) 1x = exp= exp 1 xlne−xµ(e−x) 1 = exp 1 −x+lnµ(e−x) µ(e−x) → 1 donc lnµ(e−x) → 0, donc lnµ(e−x) = exp
x −1+lnµ(e−x) x Bilan : la limite est exp(−1) = 1e. 3. 4. Sachant ex−1 x → 0 lorsque x → +∞. x → 1 lorsque x → 0, on reformule ceci en ex − 1 = x · µ(x), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(x) → 1 lorsque x → 0. Cela donne ln(ex −1) = ln(x · µ(x)) = lnx+lnµ(x). x1 ln(ex−1) = exp= exp 1 ln(ex −1)lnx 1 lnx+lnµ(x)lnx = exp7 1 1+lnµ(x) lnx ! Maintenant µ(x) → 1 donc lnµ(x) → 0, et lnx → −∞ lorsque x → 0. Donc lnµ(x) lnx → 0. Cela donne x→0+x1 ! lim = exp(1) = e. Correction de l’exercice 6 N ln(ex−1) = lim x→0+exp
1 1+lnµ(x) lnx Soit f(x) = ax → 1, bx → 1 donc ax+bx ax +bx 2 1x= exp 1xln ax +bx 2 2 → 1 lorsque x → 0 et nous sommes face à une forme indéterminée. Nous savons que limt→0ln(1+t) 1. Autrement dit il existe un fonction µ telle que ln(1+t) = t · µ(t) avec µ(t) → 1 lorsque t → 0. t = Appliquons cela à g(x) = ln ax+bx 2 . Alors ax +bx ax +bx g(x) = ln
1+ 2−1 = 2−1 · µ(x) où µ(x) → 1 lorsque x → 0. (Nous écrivons pour simplifier µ(x) au lieu de µ(ax+bx 2 −1).) Nous savons aussi que limt→0et−1 t → 0. Appliquons ceci : t = 1. Autrement dit il existe un fonction ν telle que et −1 = t · ν(t) avec ν(t) → 1 lorsque ax +bx 2−1 =12(ex lna +ex lnb)−1 =12(ex lna −1+ex lnb −1) =12(x lna · ν(x lna) +x lnb · ν(x lnb)) =12x (lna · ν(x lna) +lnb · ν(x lnb)) Reste à rassembler tous les éléments du puzzle : f(x) = ax +bx 2 1x = exp 1 ax +bx = exp
xln 1 xg(x) 2 = exp 1 x ax +bx 2−1 · µ(x) = exp
x·12· x (lna · ν(x lna) +lnb · ν(x lnb))· µ(x) 1 = exp 1 2(lna · ν(x lna) +lnb · ν(x lnb))· µ(x) Or µ(x) → 1, ν(x lna) → 1, ν(x lnb) → 1 lorsque x → 0. Donc 1 1 x→0f(x) = exp
=√ab. lim Correction de l’exercice 7 N (a) −∞ (b) 0 2(lna+lnb) 8
= exp
2ln(ab) (c)+∞ (d)+∞ (e)32 (f)−∞ (g)0 (h)0 (i)0 (j)0 (k)−2 (l)−∞ (m)1 (n)e4 (o)1 (p)e (q)e (r)0 (s)0 (t)0 9