Corrig´e - Analyse Exercice 1
1. Les deux limites se pr´esentent sous la forme indetermin´ee [+∞+∞].
2. Par croissance compar´ee nous savons que limn→∞ n
en = 0 et limn→+∞ln(n)
n! = 0. Mais,
n→+∞lim
1 + 2n+ 3en
4 + 5n+ 6en = lim
n→+∞
en(e1n +2nen + 3) en(e4n +5nen + 6) = 3
6 = 1 2. Ensuite
n→+∞lim
n! + 2 ln(n)
n! + 3 ln(n) = lim
n→+∞
n!(1 + 2 ln(n)n! ) n!(1 + 3 ln(n)n! ) = 1.
Exercice 2
1. On a f(1) = 2 et f(−1) = 0. Ensuite, limx→±∞ (x+1)2
x2+1 = limx→±∞
x2(1+x2+1
x2) x2(1+ 1
x2) = 1.
2. f0(x) = 2(x+1)(x(x2+1)−(x+1)2+1)2 22x. Le d´enominateur ´etant toujours positif, on af0(x)≥0 si et seulement si 2(x+ 1)(x2 + 1)−(x+ 1)22x > 0, c’est `a dire si et seulement si 2(x+ 1)(1−x) ≥ 0. Cet in´egalit´e est v´erifi´ee si et seulement si −1 ≤ x ≤ 1.
Donc f est d´ecroissante dans ]− ∞,−1], ensuite croissante dans [−1,1] et encore d´ecroissante dans [1,∞[.
3. Le tableau des variations montre que le maximum de f estf(1) = 2 et le minimum estf(−1) = 0. Donc sup{f(x)|x∈R}= 2 et inf{f(x)|x∈R}= 0.
Exercice 3
1. Tout nombre complexe de la forme z =ρeiθ, o`u ρ ≥0 et θ ∈R est de module ρ et argumentθ. Donc |zn|= (1 + 1n) et arg(zn) = π2 + 2π(n2n+1).
2. On a lim|zn|= 1. Ensuite, comme les nombres complexes ne sont pas affect´es si on enl`eve des multiples entiers de 2π `a leurs arguments, on peut observer que
arg(zn) = π
2 + 2πn+ 2π
n mod 2π
= π 2 +2π
n mod 2π
→ π
2 mod 2π.
On conclut alors que limn→+∞zn=eiπ2 =i.
3. Mais alors z1
n → 1i =−i, et zn2 →i2 =−1.
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