Exercice 1 Donner un exemple de fonction f d´ efinie sur I = [0, 2] telle que : – f(I) ne soit pas un intervalle.

(1)

Pierre-Louis CAYREL 2008-2009 Licence 1 Introduction aux Math´ ematiques G´ en´ erales

Universit´ e de Paris 8

Exercices sur les fonctions et les limites

1 Fonctions

Exercice 1 Donner un exemple de fonction f d´ efinie sur I = [0, 2] telle que : – f(I) ne soit pas un intervalle.

– f(I) soit un intervalle ferm´ e born´ e.

– f(I) soit un intervalle ouvert born´ e.

– f(I) soit un intervalle non born´ e.

Exercice 2 Donner un exemple de deux fonctions f et g d´ efinies sur R telles que f o g 6= g o f . Exercice 3 1. Montrer que : ∀ a, b ∈ R , 4ab 6 (a + b)

²

.

2. D´ eterminer les domaines de d´ efinition des fonctions : f(x) = 2 p

x(1 − x) + 1 et g(x) = 2 p

(x − 1)(2 − x) + 3 , que l’on note D

_f

et D

_g

.

3. En utilisant 1, donner un encadrement des ´ el´ ements de f(D

_f

). Faire de mˆ eme pour g (D

_g

).

4. Montrer que g o f est bien d´ efinie sur D

f

. Qu’en est-il pour f o g ?

2 Notion de limite

Exercice 4 1. Ecrire la division euclidienne de (x

³

− 13x + 18) par (x − 2).

2. On consid` ere la fonction f : x 7→

^x³+3xsin(x)−13x+6

xsin(x)−4

. Montrer que f est d´ efinie au voisinage de 2 et montrer, en utilisant les th´ eor` emes sur les limites, que lim

x→2

f (x) = 3.

3. En revenant ` a la d´ efinition de la limite, montrer, ` a l’aide d’une majoration de |f (x) − 3|, que la limite de f en 2 existe et vaut 3.

Exercice 5 Soit f et g deux fonctions d´ efinies sur R

⁺

telles que : (∀ x ∈ R

⁺

, g(x) > 0) et (∃ l ∈ R

^×

/ lim

+∞

f (x)

g(x) = l) . 1. Montrer que lim

+∞

f(x) = 0 si et seulement si lim

+∞

g(x) = 0.

2. Montrer que si l > 0, alors : lim

+∞

f(x) = +∞ si et seulement si lim

+∞

g(x) = +∞.

(2)

3 Calculs de limites

Exercice 6 Soient P et Q deux polynˆ omes ` a coefficients r´ eels de degr´ es respectifs n et m.

Etudier, suivant les valeurs de n, m et de certains coefficients de P et Q, la limite de

^P_Q(x)^(x)

en +∞.

Exercice 7 Soit n ∈ Z . On rappelle les limites suivantes (` a connaˆıtre) : lim

0

sin(x)

x = 1 et lim

0

1 − cos(x) x

²

= 1

2 . Lorsque les limites suivantes existent, les d´ eterminer :

a. lim

_+∞

√

x

²

+ 1 − x b. lim

₁ _x−1¹

−

_x2²−1

c. lim

_n

sin(π(x − E(x))) d. lim

_n

(1 − xE(x))(x − E(x)) e. lim

₀⁺

q

1 +

¹_x

− q

1

x

f. lim

₇ ²⁻

√x−3 x²−49

g. lim

₁^(x²⁾

13−2x¹³+1

(x−1)²

h. lim

+∞

√ x

²

+ 1 − √ x

²

− 1 i. lim

−∞

x( √

1 + x

²

+ x) j. lim

₀⁺

√

x sin(

^√¹_x

)

k. lim

₀^sin(2x)_sin(3x)

l. lim

^π

4

sin(x)−cos(x) 1−tan(x)

m. lim

1 sin(πx)

sin(3πx)

n. lim

0 xsin(x)

1−cos(x)

o. lim

₀sin(x)−sin(2x)

x²

p. lim

₀ _cos^x^tan(x)2(x)−1

(3)

Pierre-Louis CAYREL 2008-2009 Licence 1 Introduction aux Math´ ematiques G´ en´ erales

Universit´ e de Paris 8

Exercices sur les fonctions et les limites

Correction 2 (x) = x

²

, g(x) = x + 1, f ◦ g(x) = (x + 1)

²

, g ◦ f (x) = x

²

+ 1. Ces 2 fonctions sont diff´ erentes, par exemple f ◦ g(1) = 4 n’est pas ´ egal ` a g ◦ f(1) = 2.

Correction 3 1. (a + b)

²

− 4ab = a

²

+ b

²

− 2ab = (a − b)

²

> 0 donc (a + b)

²

> 4ab.

2. Pour que f soit d´ efinie, il faut x(1 − x) > 0.

−∞ 0 1 +∞

x − 0 + | +

1 − x + | + 0 −

x(1 − x) − 0 + 0 −

Donc D

_f

= [0, 1].

Pour que g soit d´ efinie, il faut (x − 1)(2 − x) > 0, donc D

_g

= [1, 2].

3. Si ab > 0 alors par la question 1) 2 √

ab 6 p

(a + b)

²

= |a + b|. De plus √

y > 0 pour tout y > 0. Donc 1 6 f (x) 6 |x+(1−x)|+1 = |1|+1 = 2 et 3 6 g(x) 6 |(x−1)+(2−x)|+3 = 4.

4. Par la question 3), f (D

_f

) ⊂ [1, 2] = D

_g

, donc g ◦ f est d´ efinie sur D

_f

. Par contre g(D

_g

) ⊂ [3, 4] et [3, 4] ∩ D

_f

= ∅ donc le domaine de d´ efinition de f ◦ g est vide.

Correction 4 1. x

³

− 13x + 18 = (x − 2)(x

²

+ 2x − 9).

2. |x sin x − 4| > 4 − | sin x||x| > 4 − |x| donc si |x| < 4 alors f (x) est d´ efinie (autrement dit ] − 4, 4[⊂ D

f

).

x→2

lim x sin x − 4 = 2 sin(2) − 4 6= 0 et lim

x→2

x

³

+ 3x sin x − 13x + 6 = −12 + 6 sin(2) donc

x→2

lim f (x) = −12 + 6 sin(2)

−4 + 2 sin(2) = 3.

3. f(x) − 3 =

^x_x³_sin(x)−4^−13x+18

=

^(x−2)(x_x_sin(x)−4²^+2x−9)

par la question 1). De plus si 1 6 x 6 3 alors

|x

²

+ 2x − 9| 6 9 + 6 + 9 = 24 et |x sin(x) − 4| > 4 − |x| > 1 donc |f (x) − 3| 6

|x − 2|

_|x^|x²_sin(x)−4|^+2x−9|

6 24|x − 2|. Soit ε > 0. Pour tout |x − 2| < min{ε/24, 1}, |f (x) − 3| < ε donc lim

x→2

f (x) = 3.

Correction 5 (avec l > 0) 1. lim

x→+∞

f (x)

g(x) signifie ∀ε ∈ R

^+∗

, ∃M

₁

∈ R

⁺

, x > M

₁

⇒

f(x) g(x)

− l

< ε. Donc pour tout x > M

1

, l − ε <

^f(x)_g(x)

< l + ε. Comme g(x) > 0, (l − ε)g(x) < f (x) < (l + ε)g(x).

Si l > 0 et ε < l/2 on a l − ε >

₂^l

et l + ε < 2l d’o` u

₂^l

g(x) < f (x) < 2lg(x) et

1

2l

f(x) <

^f_l+ε^(x)

< g(x) <

^f_l−ε^(x)

<

²_l

f (x).

– Si lim

x→+∞

g(x) = 0 alors ∀α > 0, ∃M

₂

, x > M

₂

⇒ |g(x)| < α. Si ε <

₂^l

, α <

_2l^ε

et x > max{M

₁

, M

₂

}, alors 0 < f (x) < 2lα < ε, donc lim

x→+∞

f(x) = 0.

(4)

– Si lim

x→+∞

f (x) = 0 alors ∀α > 0, ∃M

₃

, x > M

₃

⇒ |f (x)| < α. Si ε <

₂^l

, α <

^lε₂

et x > max{M

1

, M

3

}, alors 0 < g(x) <

²_l

α < ε, donc lim

x→+∞

g(x) = 0.

[Si l < 0 et ε < −l/2 alors on a 2lg(x) < f(x) <

₂^l

g(x) et

²_l

f(x) <

^f(x)_l−ε

< g(x) <

^f_l+ε^(x)

<

1

l

f(x) donc on obtient de la mˆ eme fa¸con lim

x→+∞

f(x) = 0 ⇔ lim

x→+∞

g(x) = 0.]

2. – Si lim

x→+∞

g(x) = +∞ alors ∀A ∈ R

⁺

, ∃B ∈ R

⁺

, x > B ⇒ g (x) > A. Si ε <

₂^l

, A >

^2A_l⁰

et x > max{M

1

, B} alors f (x) >

₂^l

A > A

⁰

donc lim

x→+∞

f (x) = +∞.

– Si lim

x→+∞

f(x) = +∞ alors ∀A ∈ R

⁺

, ∃B ∈ R

⁺

, x > B ⇒ f (x) > A. Si ε <

₂^l

, A > 2lA

⁰

et x > max{M

₁

, B} alors g(x) >

_2l^l

A > A

⁰

donc lim

x→+∞

g(x) = +∞.

Correction 6 On ´ ecrit P (x) = a

_n

x

ⁿ

+ a

_n−1

x

ⁿ⁻¹

+ · · · + a

₀

avec a

_n

6= 0 et Q(x) = b

_m

x

^m

+ b

m−1

x

^m−1

+· · · +b

₀

avec b

_m

6= 0. On a : P (x)

Q(x) = x

^n−m

a

n

+ a

n−1

x

⁻¹

+ · · · + a

0

x

⁻ⁿ

b

_m

+ b

m−1

x

⁻¹

+ · · · + b

₀

x

^−m

. On obtient :

• si n < m, lim

x→+∞

P (x)

Q(x) = 0, • si n = m, lim

x→+∞

P (x) Q(x) = a

_n

b

_m

,

• si n > m, lim

x→+∞

P (x)

Q(x) = +∞ si

_b^aⁿ

m

> 0 et −∞ si

_b^aⁿ

m

< 0.

Correction 7 a) √

x

²

+ 1 − x =

⁽

√

x²+1−x)(√

x²+1+x)

√x²+1+x

=

^√_x₂_+1+x¹

. D’o` u lim

x→+∞

√

x

²

+ 1 − x = 0.

b)

_x−1¹

−

_x2²−1

=

_x−1¹

1 −

_x+1²

=

_x−1¹ ^x−1_x+1

=

_x+1¹

. D’o` u lim

x→1

1 x − 1 − 2

x

²

− 1 = 1 2 . c) lim

x→n⁺

sin(π(x−E(x))) = lim

x→n⁺

sin(π(x−n)) = 0 car E(x) = n si n 6 x < n+1 et lim x−n = 0.

lim

x→n⁻

sin(π(x − E(x))) = lim

x→n⁻

sin(π(x − n + 1)) = sin(π) = 0 car E(x) = n − 1 si n − 1 6 x < n et lim x − n = 0. Donc la limite existe et vaut 0.

d) lim

x→n⁺

(1 − xE(x))(x − E(x)) = lim

x→n⁺

(1 − nx)(x − n) = 0. lim

x→n⁺

(1 − xE(x))(x − E(x)) =

x→n

lim

⁺

(1 − (n − 1)x)(x − n + 1) = 1 − n(n − 1). Donc si n = 0 ou n = 1 la limite existe et vaut 0 et si n 6∈ {0, 1} la limite n’existe pas.

e) r

1 + 1 x −

r 1

x = 1 +

_x¹

−

¹_x

q

1 +

_x¹

+ q

1

x

= 1

q

1 +

¹_x

+ q

1

x

donc lim

x→0⁺

r 1 + 1

x − r 1

x = 0.

f) 2 − √ x − 3

x

²

− 49 = 4 − (x − 3) (x − 7)(x + 7)(2 + √

x − 3) = −1

(x + 7)(2 + √

x − 3) . Donc lim

x→7

2 − √ x − 3 x

²

− 49 =

− 1 56 .

g) Soit y = x

¹³

. Alors (x

²

)

¹³

− 2x

¹³

+ 1

(x − 1)

²

= y

²

− 2x + 1

(y

³

− 1)

²

= (y − 1)

²

(y

³

− 1)

²

=

y − 1

(y − 1)(y

²

+ y + 1)

2

= 1

y

²

+ y + 1

2

= 1

(x

²

)

¹³

+ x

¹³

+ 1

!

2

. D’o` u lim

x→1

(x

²

)

¹³

− 2x

¹³

+ 1 (x − 1)

²

= 1

9 . h) √

x

²

+ 1 − √

x

²

− 1 = 2

√ x

²

+ 1 + √

x

²

− 1 . D’o` u lim

x→+∞

√

x

²

+ 1 − √

x

²

− 1 = 0.

i) x( √

1 + x

²

+ x) =

^√ ^x

1+x²−x

=

¹

−q

1

x2+1−1

(pour x < 0). D’o` u lim

x→−∞

x( √

1 + x

²

+ x) = − 1 2 . j) On a − √

x 6 √

x sin(

^√¹_x

) 6 √

x. Par le th´ eor` eme des gendarmes, on a donc lim

x→0⁺

√ x sin( 1

√ x ) =

0.

(5)

k) sin(2x)

sin(3x) = sin(2x) 2x

3x sin(3x)

2 3 . D’o` u lim

x→0

sin(2x) sin(3x) = 2

3 . l) sin(x) − cos(x)

1 − tan(x) = cos(x)(sin(x) − cos(x))

cos(x) − sin(x) = − cos(x). D’o` u lim

x→^π₄

sin(x) − cos(x) 1 − tan(x) = −

√ 2 2 . m) sin(y) = sin(π−y) = sin(3π−y), donc sin(πx)

sin(3πx) = sin(π − πx)

sin(3π − 3πx) = sin(π(1 − x)) π(1 − x)

3π(1 − x) sin(3π(1 − x))

1 3 . On a lim

x→1

π(1 − x) = 0 donc par composition de limites :

x→1

lim

sin(π(1 − x))

π(1 − x) = 1 et lim

x→1

sin(3π(1 − x))

3π(1 − x) = 1. D’o` u lim

x→1

sin(πx) sin(3πx) = 1

3 . n) x sin x

1 − cos x = sin x x

x

²

1 − cos x . D’o` u lim

x→0 xsinx 1−cosx

= 2.

o) sin(x) − sin(2x)

x

²

= 1

x

sin(x)

x − 2 sin(2x) 2x

. On a lim

x→0

sin(x)

x − 2 sin(2x)

2x = 1 − 2 = −1. Donc lim

x→0⁺

sin(x) − sin(2x)

x

²

= −∞ et lim

x→0⁻

sin(x) − sin(2x)

x

²

= +∞. La limite n’existe pas.

p) x tan(x)

cos

²

(x) − 1 = sin(x) x

1 cos(x)

1 (cos(x) − 1)(cos(x) + 1) . Donc lim

x→0

x tan(x)

cos

²

(x) − 1 = 1 × 1 × (−2) × 1

2 = −1.