Eo7 Limites de fonctions Théorie Eercice Montrer que toute fonction périodique et non constante n admet pas de ite en + Montrer que toute fonction croissante et majorée admet une ite finie en + Indication Correction Vidéo [0006] Eercice Démontrer que 0 + = Soient m,n des entiers positifs Étudier 0 3 Démontrer que 0 ( + + ) = + m m n Indication Correction Vidéo [000609] Calculs Eercice 3 Calculer lorsqu elles eistent les ites suivantes a) 0 + b) + c) 4 3+ d) π sin +cos e) 0 + + f ) + + 5 3 g) 0 3 + h) n Indication Correction Vidéo [00066] Eercice 4 Calculer, lorsqu elles eistent, les ites suivantes : n+ α n+ α n α n, tan sin 0 sin(cos cos),
+ + +, α α, (α > 0) α + α + 4 E 0 ( ), e e + 6, + α sin, en fonction de α R Indication Correction Vidéo [00068] Eercice 5 Calculer : 0 + sin, + (ln( + e )), ln(e ) 0 + Indication Correction Vidéo [000635] Eercice 6 Trouver pour (a,b) (R + ) : 0 + ( a + b ) Indication Correction Vidéo [000638] Eercice 7 Déterminer les ites suivantes, en justifiant vos calculs + 0 + ln ln( + ) 0 + 3 3 + 3 + ln 4 e + + + 5 ln(3 + ) 0 + 6 0 + ln( + ) 7 ( 3 + ln + 4 ) 8 )ln(7 3 + 4 + 3) ( ) +( 9 + ( ) ln( 3 8) 0 0 + ( ) ln( + )
(ln ln( + )) + e e + 3 ( + )ln 0 + ( + ) 4 + 3 5 + 6 + ( 3 + 5 + ( e + + ) + + ) + ( ) 7 ln( + ) ln 0 + ( ) 8 + 9 + ( ) ( + ) + ln( 0 + ) + + e 3 Correction [00063] Retrouver cette fiche et d autres eercices de maths sur eo7emathfr 3
Indication pour l eercice Raisonner par l absurde Montrer que la ite est la borne supérieure de l ensemble des valeurs atteintes f (R) Indication pour l eercice Utiliser l epression conjuguée Indication pour l eercice 3 Réponses : La ite à droite vaut +, la ite à gauche donc il n y a pas de ite 3 4 4 5 6 0 7 3 en utilisant par eemple que a3 = (a )( + a + a ) pour a = 3 + 8 n Indication pour l eercice 4 Calculer d abord la ite de f () = k α k α Utiliser cos = cos et faire un changement de variable u = cos 3 Utiliser l epression conjuguée 4 Diviser numérateur et dénominateur par α puis utiliser l epression conjuguée 5 On a toujours y E(y) y, poser y = / 6 Diviser numérateur et dénominateur par 7 Pour α 4 il n y a pas de ite, pour α < 4 la ite est + Indication pour l eercice 5 Réponses : 0, e,e Borner sin Utiliser que ln( + t) = t µ(t), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(t) lorsque t 0 3 Utiliser que e t = t µ(t), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(t) lorsque t 0 Indication pour l eercice 6 Réponse : ab 4
Correction de l eercice Soit p > 0 la période : pour tout R, f ( + p) = f () Par une récurrence facile on montre : n N R f ( + np) = f () Comme f n est pas constante il eiste a,b R tels que f (a) f (b) Notons n = a + np et y n = b + np Supposons, par l absurde, que f a une ite l en + Comme n + alors f ( n ) l Mais f ( n ) = f (a + np) = f (a), donc l = f (a) De même avec la suite (y n ) : y n + donc f (y n ) l et f (y n ) = f (b + np) = f (b), donc l = f (b) Comme f (a) f (b) nous obtenons une contradiction Soit f : R R une fonction croissante et majorée par M R Notons F = f (R) = { f () R} F est un ensemble (non vide) de R, notons l = supf Comme M R est un majorant de F, alors l < + Soit ε > 0, par les propriétés du sup il eiste y 0 F tel que l ε y 0 l Comme y 0 F, il eiste 0 R tel que f ( 0 ) = y 0 Comme f est croissante alors : De plus par la définition de l : Les deu propriétés précédentes s écrivent : Ce qui eprime bien que la ite de f en + est l 0 f () f ( 0 ) = y 0 l ε R f () l 0 l ε f () l Correction de l eercice Généralement pour calculer des ites faisant intervenir des sommes de racines carrées, il est utile de faire intervenir l epression conjuguée" : a b = ( a b)( a + b) a + b = a b a + b Les racines au numérateur ont disparu" en utilisant l identité ( y)( + y) = y Appliquons ceci sur un eemple : + f () = m m n = ( + m m )( + m + m ) n ( + m + m ) + m ( m ) = n ( + m + m ) m = n ( + m + m ) m n = + m + m Et nous avons + m + = m 0 Donc l étude de la ite de f en 0 est la même que celle de la fonction m n Distinguons plusieurs cas pour la ite de f en 0 5
Si m > n alors m n, et donc f (), tendent vers 0 Si m = n alors m n et f () tendent vers Si m < n alors m n = = avec k = n m un eposant positif Si k est pair alors les ites à droite et n m k à gauche de sont + Pour k impair la ite à droite vaut + et la ite à gauche vaut Conclusion k pour k = n m > 0 pair, la ite de f en 0 vaut + et pour k = n m > 0 impair f n a pas de ite en 0 car les ites à droite et à gauche ne sont pas égales Correction de l eercice 3 + = + Si > 0 cette epression vaut + donc la ite à droite en = 0 est + Si < 0 l epression vaut donc la ite à gauche en = 0 est Les ites à droite et à gauche sont différentes donc il n y a pas de ite en = 0 + = + 3 4 3+ = ( )(+) 4 sin 5 6 = pour < 0 Donc la ite quand est ( )( ) = + +cos = cos +cos = ( cos)(+cos) + + = + +, lorsque cette epression tend vers 4 +cos = cos Lorsque π la ite est donc ++ + = + (+ ) ++ + ( ++ = + ) ( ++ = Lorsque + ) ++ + 0 la ite vaut ( ) + 5 3 = + 5 3 +5+ 3 +5+ 3 = +5 ( 3) 8 +5+ 3 = +5+ 3 Lorsque +, la ite vaut 0 7 Nous avons l égalité a 3 = (a )( + a + a ) Pour a = 3 + cela donne : a a 3 = ( + a + a ) = + ( + a + a ) = + a + a Lors que 0, alors a et la ite cherchée est 3 Autre méthode : si l on sait que la ite d un tau 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 () f (a) = f (a) a a Pour la fonction f () = 3 + = ( + ) 3 ayant f () = 3 ( + ) 3 cela donne en a = 0 : 0 3 + = 0 3 + f () f (0) = = f (0) = 0 0 3 8 n = + + + + n Donc si la ite de n est n Donc la ite de n en est n La méthode avec le tau d accroissement fonctionne aussi très bien ici Soit f () = n, f () = n n et a = Alors n = f () f () tend vers f () = n Correction de l eercice 4 Montrons d abord que la ite de f () = k α k α en α est kα k, k étant un entier fié Un calcul montre que f () = k + α k + α k 3 + +α k ; en effet ( k + α k + α k 3 + + α k )( α) = k α k Donc la ite en = α est kα k Une autre méthode consiste à dire que f () est la tau d accroissement de la fonction k, et donc la ite de f en α est eactement la valeur de la dérivée de k en α, soit kα k Ayant fait ceci revenons à la ite de l eercice : comme n+ α n+ n α n = n+ α n+ α α n α n 6
Le premier terme du produit tend vers (n + )α n et le second terme, étant l inverse d un tau d accroissement, tend vers /(nα n ) Donc la ite cherchée est tan sin La fonction f () = u = cos, alors 3 sin(cos cos) f () = (n + )α n nα n = n + n α s écrit aussi f () = cos u u(u u ) = cos(cos cos) Or cos = cos Posons u u( u)( u) = u( u) Lorsque tend vers 0, u = cos tend vers, et donc f () tend vers 3 + ( + + + )( + + + ) = + + + + = + + + = + + + + Quand + alors 0 et 4 La fonction s écrit f () = + = + 0, donc la ite recherchée est α α α α = = α α + α α α + α Notons g() = α α alors à l aide de l epression conjuguée g() = α α ( α)( + α) = + α Donc g() tend vers 0 quand α + Et maintenant f () = g() +α tend vers α 5 Pour tout réel y nous avons la double inégalité y < E(y) y Donc pour y > 0, y y 6 déduit que lorsque y tend vers + alors E(y) y < E(y) y On en tend On obtient le même résultat quand y tend vers En posant y = /, et en faisant tendre vers 0, alors E( ) = E(y) y tend vers e e + 6 = e e + 6 = e e ( )( + 3) = e e + 3 La ite de e e en vaut e ( e e est la tau d accroissement de la fonction e en la valeur = ), la ite voulue est e 5 7 Soit f () = 4 Supposons α 4, alors on prouve que f n a pas de ite en + En effet pour + α sin pour u k = kπ, f (kπ) = (kπ) 4 tend vers + lorsque k (et donc u k ) tend vers + Cependant pour v4 k +v α k v k = kπ + π, f (v k) = tend vers 0 (ou vers si α = 4) lorsque k (et donc v k ) tend vers + Ceci prouve que f () n a pas de ite lorsque tend vers + 7
Reste le cas α < 4 Il eiste β tel que α < β < 4 f () = 4 + α sin = 4 β + α sin β β Le numérateur tend + car 4 β > 0 tend vers 0 ainsi que α sin (car β > α et sin est bornée β β par ) Donc le dénominateur tend vers 0 (par valeurs positives) La ite est donc de type + /0 + (qui n est pas indéterminée!) et vaut donc + Correction de l eercice 5 Comme sin + alors + sin +3 Donc pour > 0, nous obtenons 3 obtient une inégalité similaire pour < 0 Cela implique 0 +sin = 0 +sin On Sachant que ln(+t) t lorsque t 0, on peut le reformuler ainsi ln( +t) = t µ(t), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ(t) lorsque t 0 Donc ln( + e ) = e µ(e ) Maintenant (ln( + e )) = ep ( ln( ln( + e ) )) ( = ep ln( e µ(e ) ) ) ( ( = ep + ln µ(e ) )) ( = ep + ln ) µ(e ) 3 µ(e ) donc ln µ(e ) 0, donc ln µ(e ) Bilan : la ite est ep( ) = e 0 lorsque + 4 Sachant e lorsque 0, on reformule ceci en e = µ(), pour une certaine fonction µ qui vérifie µ() lorsque 0 Cela donne ln(e ) = ln( µ()) = ln + ln µ() ( ) ln(e ) = ep ln(e ) ln ( ) = ep ln + ln µ() ln ( ) = ep + ln µ() ln Maintenant µ() donc ln µ() 0, et ln lorsque 0 Donc ln(e ) = ep 0 + 0 + ( + ln µ() ln ) = ep() = e ln µ() ln 0 Cela donne Correction de l eercice 6 8
Soit ( a + b ) ( ( a f () = = ep ln + b )) a, b donc a +b lorsque 0 et nous sommes face à une forme indéterminée Nous ln(+t) savons que t 0 t = Autrement dit il eiste un fonction µ telle que ln( + t) = t µ(t) avec µ(t) lorsque t 0 Appliquons cela à g() = ln ( ) a +b Alors ( ( a + b )) ( a + b ) g() = ln + = µ() où µ() lorsque 0 (Nous écrivons pour simplifier µ() au lieu de µ( a +b )) e Nous savons aussi que t t 0 t = Autrement dit il eiste un fonction ν telle que e t = t ν(t) avec ν(t) lorsque t 0 Appliquons ceci : a + b = (elna + e lnb ) = (elna + e lnb ) = (lna ν(lna) + lnb ν(lnb)) = (lna ν(lna) + lnb ν(lnb)) Reste à rassembler tous les éléments du puzzle : ( a + b ) f () = ( ( a = ep ln + b )) ( ) = ep g() ( ( a + b ) ) = ep µ() ( = ep ) (lna ν(lna) + lnb ν(lnb)) µ() ( ) = ep (lna ν(lna) + lnb ν(lnb)) µ() Or µ(), ν(lna), ν(lnb) lorsque 0 Donc ( ) ( ) f () = ep (lna + lnb) = ep 0 ln(ab) = ab Correction de l eercice 7 9
(a) (b) 0 (c) + (d) + (e) 3 (f) (g) 0 (h) 0 (i) 0 (j) 0 (k) (l) (m) (n) e 4 (o) (p) e (q) e (r) 0 (s) 0 (t) 0 0