TD3 Limites Correction

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Page 1 : Analyse-Premier semestre 2024 - 2025CY TechTD AnalyseLimites et Continuite.Analyse

Page 2 : Exercice 1Soit f une fonction definie de R vers R. Ecrire a l’aide de quantificateurs etsymboles logiques les propositions suivantes :1 f n’est pas constante.Solution :x R, y R, f x ̸= f y.2 2 n’est pas l’image d’un reel par f .Solution :x R, f x ̸= 2⇐⇒f 12 = .3 f prend toujours la mˆeme valeur pour des reels opposes.Solution :x R, f x = f x.4 Aucun reel negatif n’est egal a son image.Solution :x R, f x ̸= x.Analyse

Page 3 : Exercice 21 Soit la fonctionf x = cosx + 2x2 + 1.Est-elle bornee sur Df on ne cherchera pas a etudier les variationsde f ? Determiner la position relative du graphe de f par rapport acelui de la fonctiongx =1x2 + 1.2 Soit la fonctionf x = ln1 4x22.Pour quelles valeurs de x les points du graphe de f d’abscisse xsont-il au dessus de l’axe des abscisses ?Analyse

Page 4 : Exercice 21 f x = cosx+2x2+1: Nous avons :Le domaine de definition de f est Df = R. En effet :x R, x2 + 1 0=⇒x R,1x2 + 1 est bien definie=⇒x R, cosx + 2x2 + 1est bien definie.f est une fonction bornee. En effet, pour tout x R, nous avons1 cosx + 2 3=⇒zx2+101x2 + 1 cosx + 2x2 + 13x2 + 1=⇒0 11 + x2 cosx + 2x2 + 13x2 + 1 3=⇒0 f x 3.Analyse

Page 5 : Exercice 2Finalement, soit gx =1x2+1. Alors d’apres la premiere implication dupoint precedent, nous avonsgx f x,avecf x = gxsi et seulement si x = π + 2kπ, k Z. Ainsi, les deux courbes se croisentseulement pour x = π + 2kπ, k Z, dans le cas contraire la courbe de fest au dessus de celle de g.Analyse

Page 6 : Exercice 22 f x = ln14x22: Nous avons :Nous avons :ln1 4x22est bien definie⇐⇒1 4x22 0⇐⇒1 4x2 0⇐⇒14 x2⇐⇒12 x 12.Ainsi, le domaine de definition de f estDf =12; 12.Analyse

Page 7 : Exercice 2Pour tout x Df =12; 12, nous avons0 x2 14=⇒0 x2 14=⇒0 4x2 1=⇒1 1 4x2 0=⇒12 1 4x22 0=⇒0 ln12ln1 4x22.Ainsi, le graphe de f n’est jamais au dessus l’axe des abscisses.Analyse

Page 8 : Exercice 3Soit f : R\1/3 →R telle que f x = 2x+33x1. Pour tout ϵ 0 determiner δ telque,x ̸= 1/3 et x δ=⇒f x + 3 ϵ.Que peut-on en conclure ?Solution : Soit ϵ 0. Nous allons trouver δ satisfaisant la proposition. Nousavonsf x + 3 =2x + 33x 1 + 3 =11x3x 1Ainsif x + 3 ϵ⇐⇒11x3x 1 ϵ⇐⇒x ϵ · 3x 111.Comme nous voulons eviter les problemes en x = 13 pour lequel la fonction fn’est pas definie, nous allons nous placer loin de 13. Considerons seulementles x R tel que x 16. Nous avons :x 16=⇒16 x 16=⇒32 3x 1 12=⇒12 3x 1.Analyse

Page 9 : Exercice 3Par consequent, si on prendδ = min16, ϵ22,alors pour tout x δ nous avonsx δ ϵ · 12 · 111 ϵ · 3x 111=⇒f x + 3 ϵ.On conclut donc queϵ 0, δ 0, x δ=⇒f x 3 ϵ.Autrement dit la limite de f en 0 est 3. Comme f 0 = 3 alors celamontre aussi que f est continue en 0.Analyse

Page 10 : Exercice 4Montrer, en revenant a la definition, que :1limx→3x + 1 = 2.2limx→0x2 cos 1x = 0.3limx→2x+1x2 = +.4limx→+1ex+1 = 0.Analyse

Page 11 : Exercice 41 limx→3x + 1 = 2. Solution : Soit ϵ 0. Montrons qu’il existe δ 0tel que pour tout x 3 δ nous avonsx + 1 2 ϵ.On commence par noter quex + 1 2 ϵ⇐⇒x + 1 2 · x + 1 + 2x + 1 + 2 ϵ⇐⇒x 3x + 1 + 2 ϵ.Maintenantx + 1 + 2 2=⇒1x + 1 + 2 12=⇒x 3x + 1 + 2 x 32.Analyse

Page 12 : Exercice 4Ainsi pour avoirx + 1 2 ϵ,il suffit d’avoirx 32ϵ⇐⇒x 3 2ϵ.On peut donc prendreδ = 2ϵ,pour conclurex 1, +, x 3 δ=⇒x + 1 2 ϵ.Analyse

Page 13 : Exercice 42 limx→0x2 cos 1x = 0.Solution : Soit ϵ 0. Montrons qu’il existe δ 0, tel que pour toutx R, avec x δ, nous avonsx2 cos1x ϵ.Pour tout x Ron a0 cos1x 1=⇒x2 cos1x x2.Ainsi pour avoirx2 cos1x ϵ,il suffit d’avoirx2 ϵ=⇒x ϵAnalyse

Page 14 : Exercice 4On peut donc prendreδ = ϵ,pour conclurex R, x δ=⇒x2 cos1x x2 δ2 = ϵ.Analyse

Page 15 : Exercice 43 limx→2x+1x2 = +.Solution : Soit A 0. Montrons qu’il existe δ 0 tel que pour toutx ̸= 2, avec x 2 δ, nous avonsA x + 1x 2.Maintenant, puisque on s’interesse a la limite quand x tend vers 2, nousallons nous concentrer sur des reels proches de 2. Nous pouvons doncsupposerx 2 1 =⇒1 x 3=⇒2 x + 1=⇒2x 2 x + 1x 2.OrA 2x 2⇐⇒x 2 2A.Analyse

Page 16 : Exercice 4Ainsi pour avoirA x + 1x 2.Il suffit d’avoirx 2 2A.On peut donc prendreδ = min1, 2A,pour conclurex ̸= 2, x 2 δ=⇒x 2 2A=⇒A 2x 2=⇒A 2x 2 x + 1x 2.Analyse

Page 17 : Exercice 44limx→+1ex +1 = 0.Solution : Soit ϵ 0. Montrons qu’il existe A R, tel que pour tout x R,avec x A, nous avons :1ex + 1 ϵ.Pour tout x R on a1ex + 1 ϵ⇐⇒1ϵ ex + 1 = ex + 1⇐⇒1ϵ 1 ex.Maintenant, si ϵ 1, alors la derniere inegalite est vraie pour tout x R, eneffet1ϵ 1 0=⇒x R, 1ϵ 1 0 ex=⇒x R,1ex + 1 ϵ.On peut donc prendre pour A n’importe quelle valeur, par exemple A = 1.Analyse

Page 18 : Exercice 4Si 0 ϵ 1, alors0 1ϵ 1 ex⇐⇒ln1ϵ 1x.Ainsi pour avoir1ex + 1 ϵ,il suffit d’avoirln1ϵ 1x.On peut donc choisirA = ln1ϵ 1,pour conclurex R, x A=⇒1ex + 1 ϵ.Analyse

Page 19 : Exercice 5Soit f une fonction definie sur un intervalle I contenant x0 dans soninterieur. On suppose quelimx→x0 f x = u 0.Demontrer qu’il existe α 0 tel que si 0 x x0 α, alors f x u2.Solution : D’apres la definition de la limite, pour toutϵ 0, nous avonsα 0, x I, 0 x x0 α=⇒f x u ϵ.Ceci entraine queϵ f x u ϵ=⇒u ϵ f x u + ϵAinsi, si on pose par exempleϵ = u2,alors on peut conclureu2 = u u2 f x u + u2 = 3u2=⇒0 u2 f x.Analyse

Page 20 : Exercice 5Par consequentx I, x x0 α,=⇒f x = f x u2.Analyse

Page 21 : Exercice 6Soit f : R →R periodique, qui admet une limite finie en +.Montrer que f est constante.Solution : Soit T 0 une periode de f . Pour tout x R, nous avonslimn→+x + nT = +.Maintenant, puisque f admet une limite L R en +, on deduit de lacaracterisation sequentielle de la limite quex R,limn→+f x + nT = L.Or, par T-periodicite, nous pouvons ecrirex R, n N, f x + nT = f x.Ainsi, f x + nTnN est une suite constante de valeur f x, doncx R,limn→+f x + nT = f xPar consequentx R, f x = L=⇒f est une fonction constante.Analyse

Page 22 : Exercice 7Soit f , g : R →R, et ℓ, ℓ′ R tels que :limx→0 f x = ℓetlimx→0 gx = ℓ′.Montrer quelimx→0 maxf x, gx = maxℓ, ℓ′.Solution : Notons d’abord que pour tout couple a, b R2, nous avonsmaxa, b = a + b + a b2.Ainsimaxf x, gx = f x + gx + f x gx2.etlimx→0 maxf x, gx=limx→0f x + gx + f x gx2Analyse

Page 23 : Exercice 7Or, nous avons le resultat suivant :PropositionSoit f : I →R, L R et a I = I extremites de I. Alorslimx→a f x = L=⇒limx→a f x = L.Puisquelimx→0 f x = ℓetlimx→0 gx = ℓ′.Nous avonslimx→0f x gx2= ℓℓ′2.Le resultat precedent nous permet donc de conclurelimx→0f x gx2= ℓℓ′2.Analyse

Page 24 : Exercice 7Ainsilimx→0 maxf x, gx=limx→0f x + gx + f x gx2=limx→0f x + gx2+ limx→0f x gx2=ℓ+ ℓ′2+ ℓℓ′2=ℓ+ ℓ′ + ℓℓ′2=maxℓ, ℓ′.Analyse

Page 25 : Exercice 8Est-il vrai que si f et g sont deux fonctions positives sur R+, et si f et gont mˆeme limite en +, alorslimx→+f xgx = 1.Solution : La proposition est fausse. En effet, soitf x = exetgx = xα, α R+.Alorslimx→+f x = +=limx→+gx,maislimx→+f xgx = +.Analyse

Page 26 : Exercice 91 Soit f une fonction definie sur R, telle que :limx→+f x = l R.Montrer la propriete suivante :Pϵ 0, A R, x, x′ R,x A et x′ A=⇒f x f x′ ϵ.Solution : Soit ϵ 0. Alors d’apres la definition de la limite, il existe A R tel quex R, x A=⇒f x l ϵ2 .Ainsi, pour tout x, x′ R avec x A et x′ A, nous avonsf x f x′=f x l + l f x′f x l + l f x′ϵ2 + ϵ2 = ϵ.2 Ecrire la negation de la propriete P.Solution :ϵ 0, A R, x, x′ R,x A et x′ Aetf x f x′ ϵ.Analyse

Page 27 : Exercice 93 Montrer que la negation de P est vraie pour la fonction f x = sinx onpourra penser a prendre x = 2nπ, x′ = 2nπ + π2 . Conclure.Solution : On commence par noter que :n N,sin2nπ sin2nπ + π2 = 0 1 = 1.Ainsi, si on prend ϵ = 1 et pour tout A 0 on choisit :x = 2EA + 1πetx′ = 2EA + 1π + π2 .on aurax A et x′ Aetsinx sinx′ 1 = ϵ.La negation de P est donc vrai pour sinx. Maintenant, dans la question 1 nousavons vu que :f admet une limite finie en + =⇒f satisfait PPar contrapose,f satisfait non P=⇒f n’admet pas de limite finie en + .Ainsi,limx→+sinx n’existe pas.Analyse

Page 28 : Exercice 94 Quelles sont les fonctions periodiques admettant une limite finie en +?Solution : On commece par noter que toute fonction periodique constante admet unelimite finie en +. Soit f une fonction periodique non constante, de periode T.Puisque f est non constante, il existe x0, x′0 R+ avec x0 ̸= x′0 tel quef x0 ̸= f x′0.On peut donc raissoner comme dans le point precedent pour conclure que f satisfait lanegation de P et donc que f n’admet pas de limite finie en +. En effet, notonsque :n N,f x0 + nT f x′0 + nT = f x0 f x′0 0.Ainsi, si on prend ϵ = f x0 f x′0 et pour tout A 0 on choisit :x = x0 +E AT+ 1Tetx′ = x′0 +E AT+ 1T.on aurax A et x′ Aetf x f x′ f x0 f x′0 = ϵ.La negation de P est donc vrai pour f , d’oun on deduit que f n’admet pas de limitefinie en +. Les seules fonctions periodiques admettant une limite finie en +sontdonc les fonctions constantes.Analyse

Page 29 : Exercice 10Soit f et g deux fonctions definies sur R+ telles quex R+,gx 0 etlimx→+f xgx = L ̸= 0.1Montrer quelimx→+f x = 0 ⇐⇒limx→+gx = 0.2Montrer que si L 0,limx→+f x = +⇐⇒limx→+gx = +.Analyse

Page 30 : Exercice 10Montrer quelimx→+f x = 0 ⇐⇒limx→+gx = 0.• limx→+f x = 0 =⇒limx→+gx = 0 : Puisque L ̸= 0, nous avons quelimx→+f xgx = L ̸= 0=⇒A 0, x A, f xgx ̸= 0etlimx→+gxf x = 1L.Ainsiϵ 0, B R, x B=⇒gxf x 1L ϵ=⇒0 gxf x 1L + ϵ=⇒0 gx f x 1L + ϵ=⇒0 limx→+gx limx→+f x 1L + ϵ= 0=⇒limx→+gx = 0.Analyse

Page 31 : • limx→+gx = 0 =⇒limx→+f x = 0 : Nous avonsϵ 0, A R, x A=⇒f xgx L ϵ=⇒0 f xgx L + ϵ=⇒0 f x gx L + ϵAinsi0 limx→+f x limx→+gx L + ϵ = 0D’oulimx→+f x = 0.Analyse

Page 32 : Exercice 10Montrer quelimx→+f x = +⇐⇒limx→+gx = +.• limx→+f x = +=⇒limx→+gx = +: Puisque L 0, nousavons quelimx→+f xgx = L 0=⇒limx→+gxf x = 1L 0.AinsiB, x R, x B=⇒gxf x 1L 12L=⇒12L gxf x 32L=⇒f x2Lgx=⇒+=limx→+f x2Llimx→+gx=⇒limx→+gx = +.Analyse

Page 33 : Exercice 10• limx→+gx = +=⇒limx→+f x = +: Nous avonsA, x R, x A=⇒f xgx L L2=⇒L2 f xgx 3L2=⇒gx · L2f xAinsi+=limx→+gx · L2limx→+f xD’oulimx→+f x = +.Analyse

Page 34 : Exercice 11Calculer les limites suivantes :1 limx→0 x · sin 1x. Solution : Nous avons0 sin 1x 1=⇒0 x ·sin 1x x=⇒0 limx→0x · sin 1x limx→0 x = 0=⇒limx→0x · sin 1x = 0=⇒limx→0 x · sin 1x= 0.2limx→+x cosex x2+1 . Solution : Nous avons1 cos ex 1=⇒zx0xx2 + 1 x cosexx2 + 1xx2 + 1=⇒0 = limx→xx2 + 1 limx→x cosexx2 + 1limx→xx2 + 1 = 0=⇒limx→x cosexx2 + 1= 0.Analyse

Page 35 : Exercice 113limx→+exsinx. Solution : Nous avons1 sin x 1=⇒x 1 x sin x x + 1=⇒ex1 exsinx ex+1=⇒+= limx→ex1 limx→exsinx limx→ex+1 = +=⇒limx→+exsinx = +.4 limx→0 x · E 1x. Solution : Pour tout x R+ nous avons1x 1 E 1x1x=⇒zcar x01 x x · E 1x1=⇒1 = limx→0+ 1 x limx→0+ x · E 1x1=⇒limx→0+ x · E 1x= 1De mˆeme, pour tout x Rnous avons1x 1 E 1x1x=⇒zcar x01 x x · E 1x1=⇒limx→0x · E 1x= 1Analyse

Page 36 : Exercice 11Ainsilimx→0 x · E 1x= 1.5limx→+x · E 1x. Solution : Nous avonsx 1, 1x 1=⇒x 1, E 1x= 0=⇒x 1, x · E 1x= 0=⇒limx→+x · E 1x= 0.Analyse

Page 37 : Exercice 121 Determiner la limite suivante : limx→13x31 2x21.Solution : Nous avons3x3 1 2x2 1=3x 1x2 + x + 1 2x 1x + 1=3x + 1 2x2 + x + 1x 1x + 1x2 + x + 1=3x + 3 2x2 2x 2x 1x + 1x2 + x + 1=2x2 + x + 1x 1x + 1x2 + x + 1=x 12x 1x 1x + 1x2 + x + 1=2x 1x + 1x2 + x + 1Analyse

Page 38 : Exercice 12Par consequent :limx→13x3 1 2x2 1=limx→12x 1x + 1x2 + x + 1=limx→12x 1limx→1x + 1x2 + x + 1=32 · 3=12.Analyse

Page 39 : Exercice 122 Determiner la limite suivante :limx→+x2 + 2x 1 x.Solution : Pour tou x 0, nous avonspx2 + 2x 1 x=x2 + 2x 1 x x2 + 2x 1 + xx2 + 2x 1 + x=x2 + 2x 1 x2x2 + 2x 1 + x=2x 1xq1 + 2x 1x2 + x=x · 2 1x x ·q1 + 2x 1x2 + 1Par consequentlimx→+px2 + 2x 1 x=limx→+2 1xq1 + 2x 1x2 + 1= 22 = 1.Analyse

Page 40 : Exercice 123 Determiner la limite suivante :limx→+gx avecgx =qx +x + 1 qx +x 1.Solution : Pour tou x 1, nous avonsgx=px + x + 1 px + x 1 px + x + 1 +px + x 1px + x + 1 +px + x 1=x + x + 1 x + x 1px + x + 1 +px + x 1=x + 1 x 1px + x + 1 +px + x 1=x + 1 x 1 x + 1 + x 1px + x + 1 +px + x 1 x + 1 + x 1=x + 1 x + 1px + x + 1 +px + x 1 x + 1 + x 1.Analyse

Page 41 : Exercice 12Par consequentlimx→+gx=limx→+2px + x + 1 +px + x 1 x + 1 + x 1=0.Analyse

Page 42 : ContinuiteDefinitionSoient f : I →R une fonction et a I. On dit quef est continue a gauche en a si f a est la limite a gauche de f en a :limx→af x = f a.f est continue a droite en a si f a est la limite a droite de f en a :limx→a+ f x = f a.Remarque : Une fonction f est continue en a si et seulement si f estcontinue a droite et a gauche en a :limx→af x = f a = limx→a+ f x.Analyse

Page 43 : ContinuitePropositionSoit a I et f : I \ a →R une fonction. La fonction f est prolongeablepar continuite en a si et seulement si f admet une limite finie L en a.Dans ce cas, un tel prolongement ˜f : I →R est unique, donne par :˜f : x 7→ f xsi x ̸= aLsi x = a.On l’appelle le prolongement par continuite de f en a qu’on noterasouvent f sans distinction par abus de notation.Analyse

Page 44 : ContinuiteProposition Operations sur les fonctions continuesSoient f et g des fonctions continues sur I et λ, µ R.1Les fonctions λf + µg, f · g sont continue sur I.2Si de plus, g ne s’annule pas sur I, fg est continue sur I.PropositionSoient f : I →R continue sur I et g : J →R continue sur J avecf I J. Alors, la fonction g ◦f est continue sur I.Analyse

Page 45 : Exercice 131 Soit f la fonction definie pare3x1xsi x 0x2+2x+3x3+1si x 0f est-elle continue sur R ?Solution : On commence par noter que les fonctions1xete3x 1sont continues sur R. Ainsi, leur produit e3x1xdefinit une fonctioncontinue sur R. De mˆeme, les fonctions1x3 + 1etx2 + 2x + 3sont continues sur R+. Ainsi, leur produit x2+2x+3x3+1definit une fonctioncontinue sur R+. Par consequent, pour montrer que f est continue sur Ril ne nous reste qu’a verifier l’egalite :limx→0e3x 1x?= f 0 = 02 + 2 · 0 + 303 + 1= 3.Analyse

Page 46 : Exercice 13Calculons cette derniere limite. Nous avons :limx→0e3x 1x=limx→0e3x e3·0x 0=e3x′ x=0=3e0=3 = f 0.La fonction f est donc continue sur R.Analyse

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