Corrigé Révisions Limites par Pierre veuillez Constantes, variables.
Quandx!+1 dex nln (x) (n 2N )
Corrigé: x nln (x) =x(1 nln (x)=x)et commex ln (x)alorsx(1 nln (x)=x)!+1 Prépondérants, Négligeables. Factorisation; Changement de variable
Déterminer la limite quandx tend vers +1 deex ln(2ex x2) Corrigé :
On factorise d’abord à l’interrieur puis on développe leln :
ex ln(2ex x2) = ex ln 2ex 1 x2
2ex =ex ln (2) x ln 1 x2 2ex
= ex 1 ln (2) ex
x
e ln 1 x2 2ex =ex
! +1
Déterminer la limite quandx tend vers +1 deex2 x Corrigé :
On peut au choix tout rentre dans l’exp ou faire un changement de variable : eX X doncex2 x2 x
Doncex2 x=ex2 1 x=ex2 !+1 En mettant tout en exp : x
ex2 = eln(x)
ex2 =eln(x) x2 =e x2(1 ln(x)=x2) et en…n avecln (x) x2 on obtient x
ex2 !0
Déterminer la limite quandx!1 deln (x)=(ex e) Corrigé :
On a une forme indéterminée.
Attention : quand on n’est ninen 0 ni en+1; on ne dispose pas d’outils performants.
On e¤ectue donc un changement de variable : Soit h=x 1!0
ln (x)
ex e = ln (1 +h)
e1+h e = ln (1 +h)
e1eh e = ln (1 +h) e1(eh 1)
Remarque : en général pour déterminer les limites on factorise d’abord à l’interrieur des fonction (pour leln, lap;les puissances) car on peut ensuite développer cette écriture (ln (ab) = ln (a) + ln (b); p
ab=p ap
b : : : )
Au contraire, avec une exponentielle, on ne peut déveopper qu’une somme : ea+b =eaeb Donc pour une FI avec exp on peut, au choix, tout écrire sous forme exponentielle puis factoriser, ou compme ici, développer le contenu de l’exppour ensuite développer l’explui même.
ln (1 +h) e1(eh 1) =
ln(1+h) h 6h e1ehh1 6h ! 1
e =e 1
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Développements limités.
On considère la fonction Gdé…nie sur R par
( G(t) =0 si t <1 G(t) =1 2ln(t)
t2
1
t2 sit 1 Montrer queG est de classe C1surR
Corrigé :
G est de classe C1 sur ] 1;1[ et sur [1;+1[ comme somme et quotient de fonctions continues.
En1 on utilise le théprème de prolongement de fonction C1 :
–pour x <0 on a G(x) = 0!0 =G(0) donc G est continue en 0 –pour x <0 on a G0(x) = 0!0
–pour x >0 on aG0(x) = 2
t3 + 4 ln (t) t3 + 2
t3 !0quandt !0 (on aurait pu prendre directement G0(1+) carGestC1 sur[1;+1[donc la limite de G0 en1+ est sa valeur en 1+ )
DoncG est de classe C1 en 1 et G0(1) = 0 Soit f(x) = x
ex 1 si x 6= 0 etf(0) = 1: Montrer quef est dérivable en 0: Montrer que cette dérivée est continue en0:
Corrigé :
On revient (pour changer un peu) au taux d’acroissement : f(x) f(0)
x 0 =
x ex 1 1
x = x ex+ 1 (ex 1)x
= x (1 +x+x2=2 +x2"(x)) + 1
ex 1 x x2
= (x2=2 +x2"(x))
ex 1 x x2
=
1
2 "(x)
ex 1 x
! 1 2
(remarquez ici, quel’on peut utiliser dans le même calcul à la fois le DL et les équivalents.
$ Equivalents. Factorisation;Changement de variable Déterminer la limite quandx!1 deln (x)=(ex e)
On suppose quenln (n)< vn <2n:ln(n)pour tout entier n 3:Montrer : ln(vn)sln(n) Corrigé :
On a doncln (n) + ln (ln (n))<ln (vn)<ln (n) + ln (2) + ln (ln (n)) et en divisant parln (n)>0 pour faire apparaître le quotient :
1 + ln (ln (n))
ln (n) < ln (vn)
ln (n) <1 + ln (2)
ln (n) +ln (ln (n)) ln (n) Et par encadrement ln (vn)
ln (n) !1 et doncln(vn)sln(n)
On ap(D+In > ) = 1 n
1 e
1 e =n . Déterminer : lim
n!+1p(D+In > ) Corrigé :
Quandn !+1 il y a des constantes et 1
n
1 e
1 e =n = 1 e 1=n !0
1 e =n !0
On reconnait une formeeX 1avecX !0que l’on peut traiter par l’équivalent ou par le DL. Pour l’équivalent, on fait apparaître le quotient de la dé…nition et on compense :
1 e 1=n
1 e =n = 1 e 1=n
e =n 1
=n ( =n)
= 1 e 1
e =n 1
=n
! 1 e
car =n!0et que eX 1sX
Par le DL :eX = 1 +X+X"(X)avec "(X)!0quand X!0 donc
1 e 1=n
1 e =n = 1 e 1=n
1 (1 + =n =n"1(n))
= 1 e 1=n
=n+ =n"1(n)
= 1=n 1 e
1=n( + "1(n)) = 1 e + "1(n)
! 1 e
$ Inégalités, variations.
Montrer que pour toutx >0 :f(x) = ln 1 + 1 x
1 x <0 Corrigé :
f est dérivable en x tel que 1 + 1
x >0, 1 +x
x >0donc (signe d’un produit ! tableau de signe) sur] 1; 1[[]0;+1[
f0(x) = 1 1 + 1x
1
x2 + 1
x2 = 1
x(x+ 1) + 1 x2
= x+x+ 1
x2(x+ 1) = 1
x2(x+ 1) >0 surR+
Doncf est strictement croissante surR+: Et comme f(x) = ln 1 + 1
x 1
x !0en +1alors f < 0surR+
Soit udé…nie par : u0 = 4 et 8n2N, un+1 =p
un+ 2 etf(x) =p x+ 2:
Résoudref(x) x. En déduire que la suite u est décroissante et convergente.
Corrigé :
–Pour x 0 on a p
x+ 2 x , x+ 2 x2 ,x2 x 2 0 polynôme du second degré qui a pour racines 2et 1donc (comme x 0 ) les solutions sont :[2;+1[ –Pour x <0on n’a jamais p
x+ 2 x
–Donc les solutions de f(x) x sont [2;+1[
De même on obtient quef(x) =x a pour (seule) solution x= 2
Pour utiliser cette inégalité avecu; il faut d’abord savoir que pour tout entier n: un2[2;+1[; ce que l’on fait par récurrence :
–u0 2
–Soit n 0tel que un 2alors un+ 2 4 etp
un+ 2 p 4 = 2 –Donc pour tout entier n; un2[2;+1[
Donc comme p
x+ 2 x pour toutx2[2;+1[ et que un2[2;+1[alors un+1 =p
un+ 2 un et la suite est décroissante.
Comme elle est minorée par2 elle est convergente.
Attention : on ne connait pas asa limite. On sait seulement que ` 2:
$ Continuité
Soit la suiteu défnie ci-dessus. Déterminer sa limite.
Corrigé :
Commeun 2 pour toutn; par passage à la limite on a : ` 2:
Commef est continue sur ] 2;+1[ elle est continue en` etf(un)!f(`) carun !` Comme un ! ` alors f(un) = un+1 ! ` et par unicité de la limite on a f(`) = ` et la seule solution étant` = 2 on a alors `= 2:
Soitfk(x) = ln (x)k
x 1 six6= 1 etfk(1) = 0: Montrer que sik 2N alors fk est continue en 1
Corrigé :
Il faut ici montrer quefk(x)!fk(1) quand x!1:
On a ici une forme indéterminée. On e¤ectue donc le changement de variablet =x 1!0 et on a :
fk(x) = ln (x)k
x 1 = ln (1 +t)k t
= ln (1 +t)
t ln (1 +t)k 1 pour faire apparaître leln (1 +t)st quandt!0
Donc si k 2 alors k 1 1 et ln (1 +t)k 1 !0 donc fk(x) ! 0 = fk(1) donc fk est continue en0:
Sik = 1 on a alors f1(x)!16=f1(0) et la fonction n’ets pas continue en1:
$ Séries
Montrer que la sérieX
k 2
ln 1 + 1
k diverge en développant leln Corrigé :
ln 1 + 1
k = ln k+ 1
k = ln (k+ 1) ln (k)pour k >0 Donc la somme partielle :
XM
k=2
ln 1 + 1
k =
XM
k=2
ln (1 +k) ln (k) = ln (M + 1) ln (2)!+1 quandM !+1: Donc la série diverge.
Déterminer un équivalent deln 1 + 1
x2 en+1et en déduire que la sérieX
k 2
ln 1 + 1 k2 converge
Corrigé :
Commeln (1 +t)st quandt!0 et que 1=x2 !0quandx!+1 alors : ln (1 + 1=x2)s1=x2
Or la sérieP
k 11=k2 est convergente ( séries de Rieman pour 2>1) donc par compara- ison de séries à termes positifsP
k 2ln 1 + k12 converge également.
$ Intégrales impropres
Etudier la convergence et calculer Z +1
1
1
t2 ln (t)dt Corrigé :
Commet! 1
t2 ln (t)est continue sur[1;+1[ cette intégrale est impropre en+1 uniquement.
Pour M 1; on calcule Z M
1
1
t2 ln (t)dt en intégrant par parties :
u0(t) = 1=t2 :u(t) = 1=t:v(t) = ln (t) :v0(t) = 1=t avecu et v de classeC1 sur[1;+1[ On a donc
Z M 1
1
t2 ln (t)dt = 1 t ln (t)
M
1
Z M 1
1 t
1 tdt
= ln (M)
M + 0 + 1
t
M
1
= ln (M) M
1 M + 1
! 1 carM ln (M) quandM !+1
Donc Z +1
1
1
t2 ln (t)dt converge et vaut 1
$ Branches in…nies.
Soit f(x) = xe1x
Etudier les variations de f et ses branches in…nies. Tracer sa courbe représentative.
Montrer quef est bijective de[1;+1[sur un intervalle que l’on précisera.
Montrer que sa réciproque véri…e : f 1(x) x! 1 quandx !+1 Corrigé :
f est dérivable surR et
f0(x) = e1=x e1=x x
= e1xx 1 x
En 1 on a : f(x) = x 1 + 1 x+ 1
x"(x) en utilisant le DL de exp donc f(x) = x+ 1 +"(x)et
la droite d’équationy= 1 +x est asymptote à la courbe représentative de f:
En0 on a f(x) =xe1=x !0et pour la tangente, son semi taux d’acroissement est f(x) 0
x 0 =e1=x !0
donc sa courbe représentative a une demi tangente horizontale en0
En0+ on a f(x) =xe1=x !F I mais avec le changement de variableX = 1=x!+1 on a :
xe1=x =eX=X !+1 carX eX et on a une asymptote verticale.
x 0 + 1 + +1
x 1 0 +
f0(x) + 0 0 +
f(x) +1 & +1
1 %0 e %
f est continue et strictement croissante sur[1;+1[ donc bijective de [1;+1[dans [f(1);lim+1f[ = [e;+1[
Comme f a pour asymptote en +1 la droite d’équation y = x+ 1 alors, par symétrie, la courbe représentative de f 1 a pour asymptote en +1 (lim+1f = +1 ) la droite d’équationx=y+ 1,y=x 1: Donc f (x) x! 1 quandx!+1
! Dérivablitié
Soit fk(x) = ln (x)k
x 1 si x 6= 1 et fk(1) = 0: Montrer que si k est un entier k 2 alors fk est dérivable en 1 et déterminer sa dérivée.
Corrigé :
Pour la dérivablité en0;on revient au taux d’acroissement : pourx6= 1on poseh=x 1!0 fk(x) fk(1)
x 1 = lnk(x)
(x 1)2 = ln (1 +h)k h2
= ln (1 +h)2
h2 ln (1 +h)k 2
Et comme ln (1 +h)sh quandh!0alors ln (1 +h)2 h2 !1
Pourk = 2le taux d’acroissement tend donc vers 1doncf2 est dérivable en1etf20 (1) = 1 Pour k 3 on a ln (1 +h)k 2 !0 donc le taux d’accroissement tend vers 0 donc f2 est dérivable en 1et fk0 (1) = 0
Pourk = 1 on a
fk(x) fk(1)
x 1 = ln (x)
(x 1)2 = ln (1 +h) h
1 h
! +1 doncf1 n’est pas dérivable en1
! Fonctions de répartition de VADensité
Soit F (x) = ex=2 si x 0 et F (x) = 1 e x=2 si x > 0: Montrer que F est la fonction de répartition d’une variable aléatoire à densité et déterminer la densité de cette variable aléatoire.
Calculer son espérance si elle en a une.
Soit X une telle varianle aléatoire et Y = jXj: Montrer que Y est une variable à densité et déterminer sa densité.
Corrigé :
En 1 on a (x <0 ) F(x) = ex=2!0 En+1on a (x >0 )F (x) = 1 e x=2!1
F est continue sur ] 1;0](car F (x) =ex=2 si x 0 ) et sur ]0;+1[: et en0+ : On aF (0) =e0 et pour x >0 :F (x) = 1 e x=2!1=2 = F(0) Doncf est continue sur R
F est de classe C1 surR et F0(x) = ex=2 0 si x <0 F0(x) = e x=2 0 six >0 doncF est croissante sur R
Donc F est la fonction de répartition d’une variable aléatoire à densité X dont la densité est f(x) = F0(x) = ex=2 0 si x <0 ete x=2 0si x >0:
On a pour toutx2R la fonction de répartition deY qui est donnée par : G(x) =p(Y x) =p(jXj x) =p( x X x)
Attention :pour passer de p(a X b) = F(b) F (a) il faut véri…er au préalable la condition a b
–Donc si x 0 alors x x etG(x) =F (x) F ( x) –et si x <0 alors ( x X x) = ; etG(x) = 0
G est continue sur ] 1;0[ et sur [0;+1[ et en 0 : G(0) = F (0) F(0) = 0 et pour x <0 :G(x) = 0 !0 = G(0)
Doncg est continue sur R: Gest C1 sur R :
DoncY est une variable à densité de densité g :
–g(x) = G0(x) = 0 six <0
–et si x 0 :g(x) =G0(x) = f(x) +f( x) =e x=2 +e x=2 =e x DoncY ,!"(1)
