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 2:
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 3:
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 \(\gt 0\)).
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
\[
\frac{1}{1+x^2}=\sqrt{x}\,.
\]
Solution
Considérons la fonction \(f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}\) définie par
\[
f(x)=\frac{1}{1+x^2}-\sqrt{x}\,.
\]
On remarque que
\(f(0)=1\gt 0\),
\(f(100)=\frac{1}{101}-10\lt 0\).
On peut donc appliquer
Le théorème des valeurs intermédiaires
pour la restriction de \(f:[0,100]\to\mathbb{R}\),
qui est continue, avec \(h=0\), et
garantir qu'il existe \(c\in]0,100[\) tel que \(f(c)=0\), ce qui est équivalent
à
\[
\frac{1}{1+c^2}=\sqrt{c}\,.
\]
Remarque:
Si on cherchait à résoudre explicitement l'équation \(f(x)=0\), on tomberait sur
\[
x^5+2x^3+x-1=0\,.
\]
Comme le polynôme est de degré impair, on a vu
au cours
qu'il possède au moins une racine réelle. Reste à s'assurer qu'elle est bien
strictement positive.
Extras
Exercice 6:
Vrai ou faux?
La somme de deux fonctions de période \(2\pi\) est une fonction de période
\(2\pi\).
Réponse
C'est faux. Par exemple, \(f(x)=\sin(x)\) et \(g(x)=-\sin(x)\) ont toutes les
deux une période de \(2\pi\), mais leur somme est la fonction nulle, qui est
\(t\)-périodique pour tout \(t\gt 0\) mais qui n'a pas de période à proprement
parler.
Exercice 7:
Montrer, uniquement à l'aide de la définition de limite, que
\[
\lim_{x\to 10}x^3=1000
\]
Indication: \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
Solution
(L'approche a déjà été décrite dans 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
\[
|x^3-1000|\leqslant 331|x-10|
\leqslant 331 \delta\leqslant \varepsilon\,.
\]
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 \(x\to -\infty\).
