8h15 à 9h15: vous faites l'examen blanc!.
Lorsque vous avez fini, allez boire un café, ou commencez à faire les
exercices ci-dessous!
Les solutions des problèmes seront disponibles en fin de semaine. Donc pour vos
questions sur la plateforme (portant sur les questions de l'examen blanc), merci
d'attendre jusqu'à ce moment là.
9h30-11h: on fera notre séance, avec quelques-uns des
exercices ci-dessous.
Exercice 1:
Considérer, pour tout \(n\geqslant 0\), la fonction \(a_n(x):= x^n\).
Donner le domaine de \(f(x):= \sum_{n\geqslant 0}a_n(x)\).
Calculer la limite \(\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x)\).
Comme \(f(x)=\sum_{n\geqslant 0}x^n\) est la série géométrique de raison \(x\), on
sait qu'elle converge si et seulement si \(|x|\lt 1\). Donc le domaine de \(f\)
est \(D=]-1,1[\).
Puisqu'on sait que
\[
1+x+x^2+x^3+\cdots=\frac{1}{1-x}\qquad \forall x\in ]-1,1[\,,
\]
on calcule:
\[
\lim_{x\to -1^+}f(x)=
\lim_{x\to -1^+}\frac{1}{1-x}=\frac12\,.
\]
Remarquons que cette limite ne présente aucune difficulté, mais qu'il serait
plus difficile de la trouver sans l'expression du dessus pour la valeur de la
somme géométrique!
Exercice 2:
Montrer, à l'aide de la définition de limite infinie à droite, que
\[
\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{\sqrt{x^2+2x}}=+\infty\,.
\]
Solution
On doit montrer que pour tout \(M\gt 0\), il existe un \(\delta\gt 0\) tel que
\[ \frac{1}{\sqrt{x^2+2x}}\geqslant M\qquad \forall x\in ]0,\delta]\,.
\]
Fixons \(M\gt 0\). Pour \(x\gt 0\), on a
\[
\frac{1}{\sqrt{x^2+2x}}\geqslant M
\qquad \Leftrightarrow\qquad
x\in \left]0,\sqrt{1+\tfrac{1}{M^2}}-1\right]\,.
\]
On peut donc prendre \(\delta:= \sqrt{1+\frac{1}{M^2}}-1\)
(qui est bien \(\gt 0\)).
Exercice 3:
Montrer, uniquement à l'aide de la définition de limite, que
\[
\lim_{x\to 10}x^3=1000
\]
Solution
(L'approche a déjà été décrite dans l'Ex-08-09 4.
Voir aussi l'Exercice 5 de la Séance 07.)
Remarquons que
\[
|x^3-1000|=|x^3-10^3|
=|(x-10)(x^2+10x+100)|
\]
Si on restreint \(x\) à l'intervalle \([9,11]\), alors
\[
|x^2+10x+100|\leqslant 121+110+100=331\,,
\]
et donc
\[
|x^3-1000|\leqslant 331|x-10|\qquad \forall x\in [9,11]\,.
\]
Fixons \(\varepsilon\gt 0\), et prenons \(\delta=\min\{1,\frac{\varepsilon}{331}\}\).
Si \(0\lt |x-10|\leqslant \delta\), alors
\[
|x^3-1000|\leqslant 331|x-10|
\leqslant 331 \delta\leqslant \varepsilon\,.
\]
Remarquons que pour tout \(x\neq 0\),
\[
|f(x)|=
\left|
x\cdot \cos\left(\tfrac{1}{x}\right)
\right|
\leqslant |x|\,.
\]
Ceci implique que \(\lim_{x\to 0}f(x)=0=f(0)\), donc \(f\) est continue en
\(0\).
Considérons la suite \(x_n\neq 0\) définie par
\[
x_n=\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2n\pi}\,.
\]
On a \(f(x_n)=0\) pour tout \(n\), et donc \(g(f(x_n))=1\) pour tout \(n\).
Considérons ensuite la suite
\[
y_n=\frac{1}{n\pi}\,.
\]
On a \(f(y_n)=y_n(-1)^n\) pour tout \(n\). Donc en particulier \(f(y_n)\neq 0\)
pour tout \(n\), ce qui implique \(g(f(y_n))=0\) pour tout \(n\).
On a donc construit deux suites \(x_n\to 0\), \(y_n\to 0\) telles que
\[
\lim_{n\to\infty}(g\circ f)(x_n)
\neq
\lim_{n\to\infty}(g\circ f)(y_n)\,,
\]
et donc \(g\circ f\) n'est pas continue en zéro.
Exercice 5:
Montrer qu'il existe \(x\gt 0\) tel que
\[
\frac{1}{1+x^2}=\sqrt{x}\,.
\]
Exercice 6:
Calculer l'ensemble image de la fonction
\(f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}\), définie par \(f(x)=x\sin(x)\).
Solution
Montrons que \(\mathrm{Im} (f)=\mathbb{R}\).
Fixons \(y\in \mathbb{R}\), et montrons qu'il existe \(x\in\mathbb{R}_+\)
tel que \(f(x)=y\).
Si \(y=0\), on peut simplement prendre \(x=0\), puisque \(f(0)=0\).
Si \(y\neq 0\), on peut utiliser le Théorème des valeurs intermédiaires.
Pour fixer les idées, supposons que \(y\gt 0\).
Dans ce cas, on peut remarquer qu'en prenant
\(x_k=\frac{\pi}{2}+2k\pi\), alors
\[
f(x_k)=x_k\to +\infty \quad (k\to\infty)
\]
En prenant \(k\) suffisamment grand, onpeut donc garantir que
\(0\lt y\lt f(x_k)\).
Considérons maintenant la restriction \(f:[0,x_k]\to\mathbb{R}\). On a
\(f(0)=0\lt y \lt f(x_k)\), et puisque \(f\) est continue, le Théorème des
valeurs intermédiaires garantit qu'il existe \(x\in ]0,x_k[\) tel que
\(f(x)=y\).
Extras
Exercice 7: (2015)
La limite
\[\lim_{x \to 0} \frac{x (e^x-1)}{\sin(x)\sin(2x)}\]
En récrivant la fonction comme
\[
\frac{x (e^x-1)}{\sin(x)\sin(2x)}
=\frac12\cdot
\frac{\frac{e^x-1}{x}}{\frac{\sin(x)}{x}\cdot\frac{\sin(2x)}{2x}}\,,
\]
on conclut que
\[
\lim_{x\to 0}
\frac{x (e^x-1)}{\sin(x)\sin(2x)}
=\frac12 \cdot \frac{1}{1\cdot 1}=\frac12\,.
\]
Exercice 8:
Calculer la limite
\[
\lim_{x\to+\infty}
\Bigl(
\frac{x^3}{\sqrt{x^2+a}}-\frac{x^3}{\sqrt{x^2+b}}
\Bigr)
\]
(\(a\) et \(b\) sont des nombres fixés)
Solution
On multiplie par le conjugué et extrait les termes dominants:
\[\begin{aligned}
\frac{x^3}{\sqrt{x^2+a}}-
\frac{x^3}{\sqrt{x^2+b}}
&=
\frac{x^3(\sqrt{x^2+b}-\sqrt{x^2+a})}{\sqrt{x^2+a}\sqrt{x^2+b}}\\
&=
\frac{x^3(b-a)}{\sqrt{x^2+a}\sqrt{x^2+b}(\sqrt{x^2+b}+\sqrt{x^2+a})}\\
&=
\frac{b-a}{\sqrt{1+\frac{a}{x^2}}\sqrt{1+\frac{b}{x^2}}(\sqrt{1+\frac{b}{x^2}}+\sqrt{1+\frac{a}{x^2}})}\,,
\end{aligned}\]
(où on a utilisé le fait que \(\sqrt{x^2}=|x|=x\) puisqu'on peut supposer que
\(x\gt 0\)), donc
\[\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty}&
\left(\frac{x^3}{\sqrt{x^2+a}}-
\frac{x^3}{\sqrt{x^2+b}}
\right)\\
&=\lim_{x\to +\infty}
\frac{b-a}{\sqrt{1+\frac{a}{x^2}}\sqrt{1+\frac{b}{x^2}}(\sqrt{1+\frac{b}{x^1}}+\sqrt{1+\frac{a}{x^2}})}\\
&=\frac{b-a}{2}
\end{aligned}\]
C'est une limite que j'ai piquée dans une vidéo de Michael Penn.
Après utilisation du conjugué et du fait que \(\sqrt{x^2}=|x|=-x\)
lorsque \(x\lt 0\), et après simplification par \(x\), la fonction peut s'écrire
\[
\frac{1}{\sqrt{x^2+3x+1} -\sqrt{x^2+3}}
=
\frac{-\sqrt{1+\frac3x+\frac{1}{x^2}}-\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}}{3-\frac{2}{x}}\,,
\]
qui a pour limite \(-\frac23\) lorsque \(x\to -\infty\).
