exercices de mathématiques - prépa et université

La fonction sinus n'admet pas de limite en $+\I\sp{1.5};$ on peut cependant

Pour tout $x\app\bb R,$ on a les majorations suivantes :

$\displaystyle{}|\cos x|\leq 1\sp{1.5},\ \ |\sin x|\leq 1\,\txt{et} \,|\sin x|\leq |x|$

l'encadrer : $\,-1\leq\sin x\leq1\sp{1.5}.\,$

En

L'ordre sur $\bb R$  est  compatible avec le produit par un réel  positif :

• $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
• $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$

multipliant cette double inégalité par $\,\sqrt x\geq0\sp{1.5},\,$ on en déduit pour tout $\,x\geq0:\,$ Par

La relation d'ordre sur $\bb R$  est  compatible avec la somme :

• $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
• $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$

somme d'inégalités, on obtient alors une minoration de $\,\big(x+\sqrt x\sp{1.5}\sin x \big):\,$ Connaissant la

La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ vérifie :

$\displaystyle{}\lim x{+\I}\sqrt x=+\I\ \txt{et}\,\big(\sqrt{1+x}-1\big)\eq x0 \,\frac x2$

limite de la racine carrée lorsque $\,x\to+\I\sp{1.5},\,$ on a par

Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$

• $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$  si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
• $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
• $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$  si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$

sauf pour les formes indéterminées : $\I\!-\!\I\sp{1.5},\,$ $0\!\times\!\I\sp{1.5},$ $\,\I\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\I\,$ et $\,0/0\sp{1.5}.\,$

opérations entre limites : $\,\lim x{+\I}x\Big(1-\dfrac1{\sqrt x}\Big)=+\I\sp{1.5}.\,$

Il en résulte par

Soient $I$ un intervalle, $\,f,g:I\to\bb R\,$ deux fonctions et $a\app \surl{\bb R}\,.$

 Si  on a $\,f(x)\leq g(x)\,$ au voisinage de $a\sp{1.5},$  alors :

• $\,\lim x a f(x) =+\I\ \Imp \lim x a g(x) =+\I\sp{1.5};\,$
• $\, \lim x a g(x) =-\I\ \Imp \lim x a f(x) =-\I\sp{1.5}.\,$

minoration que :  $\,\lim x{+\I}\big(x+\sqrt x\sp{1.5}\sin x\big)=+\I\sp{1.5}.\,$

On dissocie cette expression en ses deux termes : $\,\dfrac x{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}\,$ et $\,\dfrac{\e{\,\cos x}}{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}\!\cdot\,$

• Lorsque $\,x\to+\I\sp{1.5},\,$ la limite du quotient $\,x\sp{-1.5}\big/\!{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}\,$ se présente sous la forme
  Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$

  • $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$  si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
  • $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
  • $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$  si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$

  sauf pour les formes indéterminées : $\I\!-\!\I\sp{1.5},\,$ $0\!\times\!\I\sp{1.5},$ $\,\I\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\I\,$ et $\,0/0\sp{1.5}.\,$
  indéterminée : $\,\dfrac{\I}{\I}\!\cdot\,$
  Pour y remédier, on factorise pour tout $\,x > 0\,$ le dénominateur de cette expression :
  $\displaystyle{}\frac{x }{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}=\frac{x}{|x|\sqrt{\smh{.5}{\smb{.3}{1+1/x^2}}}}=\frac1{\sqrt{\smh{.5}{\smb{.3}{1+1/x^2}}}}$
  Par
  Soient $\,f,g:I\!\setminus\!\{a\}\to\bb R\,$ ayant des limites finies ou non en $\,a\app \surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$

  Si $\,f(x)\!=\! g(x)\,$ au voisinage de $a$  ou  si : $\,f(x)\eq xa g(x),\,$ alors :

  $\displaystyle{}\lim x a\ f(x)= \lim x a \ g(x)$
  égalité des limites et
  La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
  continuité de la fonction racine carrée en $\,1\sp{1.5},\,$ on a :  $\,\lim x{+\I}\dfrac x{\sqrt{x^2+1}}=1\sp{1.5}.\,$
• Selon la limite de la
  La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ vérifie :

  $\displaystyle{}\lim x{+\I}\sqrt x=+\I\ \txt{et}\,\big(\sqrt{1+x}-1\big)\eq x0 \,\frac x2$
  racine carrée en $\,+\I\sp{1.5},\,$ on a : $\,\lim x{+\I}\sqrt{\sth{.35}x^2+1}=+\I\sp{1.5},\,$ et par
  Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$

  • $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$  si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
  • $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
  • $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$  si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$

  sauf pour les formes indéterminées : $\I\!-\!\I\sp{1.5},\,$ $0\!\times\!\I\sp{1.5},$ $\,\I\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\I\,$ et $\,0/0\sp{1.5}.\,$
  inversion : $\,\lim x{+\I}\,\dfrac1{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}=0\sp{1.5}.\,$
  Le cosinus n'a pas de limite en $+\I\sp{1.5},$ mais on
  Pour tout $x\app\bb R,$ on a les majorations suivantes :

  $\displaystyle{}|\cos x|\leq 1\sp{1.5},\ \ |\sin x|\leq 1\,\txt{et} \,|\sin x|\leq |x|$
  l'encadre : $\,-1\leq\cos x\leq1\sp{1.5}.\,$
  Par
  Pour $\,a\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions exponentielles : $\,x\mapsto\e{\sp{1.5}a\sp{1.5}x}\,$ sont :

  • continues et strictement croissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a > 0\sp{1.5};\,$
  • continues et strictement décroissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a<0\sp{1.5}.\,$
  croissance de l'exponentielle on a donc :  $\,\e{-1}\leq \e{\,\cos x}\leq\e{}\sp{1.5},\,$ ce qu'on
  L'ordre sur $\bb R$  est  compatible avec le produit par un réel  positif :

  • $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
  • $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
  multiplie par  $\,1\sp{-1.5}\big/\!{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}\geq0:\,$
  $\displaystyle{}\smh{1}{\dfrac{\e{-1}}{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}\leq \dfrac{\e{\,\cos x}}{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}\leq \dfrac{\e{}}{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}}$
  Par
  Soient des fonctions $\,f\sp{1.5},\sp{1.5}g\sp{1.5},\sp{1.5}h:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ avec $\,\ell\app\bb R\sp{1.5}.\,$

  Si  au voisinage de $\,a\app \smh0{\surl{\bb R}}\sp{1.5},\,$ on a : $\,g(x)\leq f(x)\leq h(x)\sp{1.5},\,$  alors :

  $\displaystyle{}{\big(\,\lim x a\, g(x) = \lim x a\, h(x) =\ell\ \big)} \Imp \lim x a\, f(x) =\ell$
  encadrement entre deux fonctions de limite nulle, on peut conclure que : $\,\lim x{+\I}\dfrac{\e{\,\cos x}}{\sqrt{x^2+1}}=0\sp{1.5}.\,$

La somme de ces limites nous donne enfin :  $\,\lim x{+\I}\,\dfrac{x +\e{\,\cos x}}{\sqrt{\sth{.35}x^2+1}}=1\sp{1.5}.\,$

On distingue trois cas selon qu'on se place au voisinage de  $\,0\sp{1.5},\,$ $\,+\I\,$  ou $\,-\I:\,$

• Pour tout $\,x\app\bb R\sp{1.5},\,$ on a d'abord, pour $\,x\neq0\,$ et selon la
  Pour tout $x\app\bb R\sp{1.5},$ il existe un plus grand $\,k\app\bb Z\,$ tel que $\,k\leq x\,.\,$

  Cet entier unique noté $\lfloor x\rfloor$  est  caractérisé par l'encadrement :

  $\displaystyle{}\lfloor x\rfloor\leq x < \lfloor x\rfloor +1$
  définition de la partie entière :
  $\displaystyle{}\frac1x -1< \Big\lfloor\dfrac1 x\Big\rfloor\leq \frac1x$
  • si on a $\,x >0\sp{1.5},\,$ on
    L'ordre sur $\bb R$  est  compatible avec le produit par un réel  positif :

    • $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
    • $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
    multiplie cet encadrement par $\,x\sp{1.5},\,$ d'où :  $\,1-x < f(x)\leq 1\sp{1.5};\,$

  • si on a $\,x < 0\sp{1.5},\,$ on le multiplie cette fois par $\,-x\sp{1.5},\,$ d'où :  $\,x-1 < -f(x)\leq -1\sp{1.5}.\,$
  Dans chacun de ces cas, $\,f(x)-1\,$ est compris entre $\,0\,$ et $\,-x\sp{1.5},\,$ ce qui implique que :
  $\displaystyle{}\ptt x\app\bb R\:\setminus\!\{0\}\sp{1.5},\ \big|f(x)-1\big|\leq\big|x\big|$
  Ayant
  Soient des fonctions $\,f:I\to\bb K\,$ et $\,g:I\to\bb R\sp{1.5},\,$ avec $\,\ell\app\bb K\sp{1.5}.\,$

  Si  au voisinage de $\,a\app\smh0{\surl{\bb R}}\sp{1.5},\,$ on a : $\,\big|\sp{1.5}f(x)-\ell\sp{1.5}\big|\leq g(x),\,$  alors :

  $\displaystyle{}\lim x a\, g(x) =0 \Imp \lim x a\, f(x) =\ell$
  majoré l'écart $\,\big|f(x)-1\big|\,$ par un terme de limite nulle, on obtient :  $\,\lim x0\ f(x)=1\sp{1.5}.\,$

Pour $\,x>1\sp{1.5},\,$  on a par

L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :

• $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
• $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$

inversion : $\,0 < \dfrac1x < 1\,$ et par

Pour tout $x\app\bb R\sp{1.5},$ il existe un plus grand $\,k\app\bb Z\,$ tel que $\,k\leq x\,.\,$

Cet entier unique noté $\lfloor x\rfloor$  est  caractérisé par l'encadrement :

$\displaystyle{}\lfloor x\rfloor\leq x < \lfloor x\rfloor +1$

définition de la partie entière : $\,\Big\lfloor\dfrac1 x\Big\rfloor=0\,;\,$ on a donc :

$\displaystyle{} \ptt x > 1\sp{1.5},\ f(x)=x\Big\lfloor\dfrac1 x\Big\rfloor=0 \ \txt{d'où :}\! \lim x{+\I}f(x)=0$

Pour $\,x < -1\sp{1.5},\,$  on a de même : $\,-1 < \dfrac1x < 0\,$ avec cette fois-ci : $\,\Big\lfloor\dfrac1 x\Big\rfloor=-1\sp{1.5},\,$ si bien que :

$\displaystyle{}\ptt x < -1\,,\ f(x)=x\Big\lfloor\dfrac1 x\Big\rfloor=-x \ \txt{d'où :}\! \lim x{+\I}f(x)=+\I$

On a donc obtenu successivement :  $\,\lim x0 \,f(x)=1\sp{1.5},\,$  $\,\lim x{-\I}\,f(x)=+\I\,$  et $\,\lim x{+\I}\,f(x)=0\sp{1.5}.\,$

Représentation graphique de la fonction $f$