Déterminer lorsqu’elles existent les limites en le nombre indiqué des fonctions suivantes :

  1. \(f\left(x\right) = \dfrac{\sqrt{1+\ln\left(1+x\ln x\right)}-1}{\sin (x\ln x)}\) en \(x=0^+\).

  2. \(f\left(x\right)=\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)^{x}\) en \(x=+\infty\) et pour \(a\in\mathbb{R}\).

  3. \(f\left(x\right)=\left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)^{{\scriptstyle x\over\scriptstyle\ln x}}\) en \(x=+\infty\)

  4. \(f\left(x\right) = \dfrac{\operatorname{arctan} \left(x-1\right)}{x^2-1}-\dfrac{\sin\left(e^{\left(x-1\right)}-1\right)}{\ln x}\) en \(x=1\)

  5. \(f\left(x\right)=\left(\mathop{\mathrm{ch}}x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\operatorname{arcsin} ^2 x}}\) en \(x=0\)

  6. \(f\left(x\right)=\dfrac{x^{\dfrac{x+1}{x}}-x}{\ln\left(1+x^2\right)}\) en \(x=+\infty\)


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[ID: 588] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




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Exercice 410
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f\left(x\right) = \dfrac{\sqrt{1+\ln\left(1+x\ln x\right)}-1}{\sin (x\ln x)}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\dfrac{x\ln x}{\sin (x\ln x)}\) car \(x\ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) et \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\). Donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).

  2. \(f\left(x\right)=\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)^{x}=e^{x\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)}\) mais \(x\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}a\) donc par opérations sur les limites :\(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{e^a}\).

  3. \(f\left(x\right)=\left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)^{{\scriptstyle x\over\scriptstyle\ln x}}=e^{ \dfrac{x\ln \left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)}{\ln x}}\) mais \(\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\) donc \(\dfrac{x\ln \left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)}{\ln x} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{x\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}{\ln x} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{\ln x}{ \ln x}=1\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{e}\).

  4. D’une part : \(\dfrac{\operatorname{arctan} \left(x-1\right)}{x^2-1}=\dfrac{\operatorname{arctan} \left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\xlongequal{X=x-1}\dfrac{\operatorname{arctan} X}{X\left(X+2\right)}\underset{X\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{X}{2X}=\dfrac{1}{2}\). D’autre part : \(\dfrac{\sin\left(e^{\left(x-1\right)}-1\right)}{\ln x}\xlongequal{X=x-1} \dfrac{\sin\left(e^{\left(X\right)}-1\right)}{\ln \left(1+X\right)}\underset{X\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{\left(e^{\left(X\right)}-1\right)}{X}\underset{X\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{X}{X}=1\) donc \(\dfrac{\sin\left(e^{\left(x-1\right)}-1\right)}{\ln x}\xrightarrow[x\rightarrow 1]{}1\) et \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 1]{}\boxed{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).

  5. \(f\left(x\right)=\left(\mathop{\mathrm{ch}}x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\operatorname{arcsin} ^2 x}}=e^{\dfrac{\ln \mathop{\mathrm{ch}}x}{\operatorname{arcsin} ^2 x}}=e^{\dfrac{\ln \left(1+\left(\mathop{\mathrm{ch}}x-1\right)\right)}{\operatorname{arcsin} ^2 x}}\) et \(\ln \left(1+\left(\mathop{\mathrm{ch}}x-1\right)\right) \underset{x\rightarrow 0}{\sim}\left(\mathop{\mathrm{ch}}x-1\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x^2}{2}\) donc \(\dfrac{\ln \left(1+\left(\mathop{\mathrm{ch}} x-1\right)\right)}{\operatorname{arcsin} ^2 x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x^2}{2x^2}=\dfrac{1}{2}\). On en déduit que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{\sqrt e}\).

  6. \(\dfrac{x^{\dfrac{x+1}{x}}-x}{\ln\left(1+x^2\right)} =x\dfrac{x^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}-1}{\ln\left(1+x^2\right)}=x\dfrac{e^{{\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}-1}{\ln\left(1+x^2\right)} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}x\dfrac{{\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}{\ln\left(1+x^2\right)}=\dfrac{\ln x}{\ln\left(1+x^2\right)}=\dfrac{\ln x}{\ln x^2+\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\right)}=\dfrac{1}{2+\dfrac{\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\right)}{\ln x}}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).


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