Avec les définitions

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Avec les définitions

Exercice 728 *

13 janvier 2021 07:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

En utilisant la définition de la notion de limite en un point, montrer que:

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} = 0}\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} = +\infty}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^-}\dfrac{1}{1-x^2}}=+\infty\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow a}\sqrt x}=\sqrt{a}\) avec \(a\in\mathbb{R}_+^*\).


[ID: 546] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:26] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 728
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:26

  1. Soit \(\varepsilon>0\). On cherche \(m\in \mathbb{R}\) tel que si \(x\in\left]m,+\infty\right[\) alors on a : \(\left|\dfrac{1}{x}-0\right| =\dfrac{1}{\left|x\right|} < \varepsilon\). Cette inéquation est équivalente à \(\left|x\right| >{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\varepsilon}\). En posant \(m=\dfrac{1}{\varepsilon}\), on a bien pour tout \(x\in\left]m,+\infty\right[\) : \(\left|\dfrac{1}{x}-0\right| < \varepsilon\). Voilà qui prouve que \(\lim_{x \to +\infty} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} = 0\).

  2. Soit \(M\in\mathbb{R}\). On peut supposer que \(M\geqslant 1\). On cherche \(\eta\in\mathbb{R}_+^*\) tel que, pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^*\), si \(\left|x-0\right|=\left|x\right|=x<\eta\) alors \(\dfrac{1}{x}>M\). Cette inéquation est équivalente à \(\dfrac{1}{M}>x\). Il suffit alors de poser \(\eta=\dfrac{1}{M}\). On montre ainsi que \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} = +\infty}\).

  3. Soit \(M\in\mathbb{R}_+^*\). On cherche \(\eta\in\mathbb{R}_+^*\) tel que pour tout \(x>0\), si \(1-x <\eta\) alors \(\dfrac{1}{1-x^2}>M\). On a : \[\dfrac{1}{1-x^2}>M \Longleftrightarrow x\geqslant \sqrt{1-\dfrac{1}{M}} \Longleftrightarrow 1-x\leqslant 1-\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle M}}.\] Avec \(\eta =1-\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle M}}\), on répond au problème posé. Ainsi \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^-}\dfrac{1}{1-x^2}}=+\infty\).

  4. Soit \(\varepsilon>0\). On cherche \(\eta\in\mathbb{R}\) tel que, pour tout \(x\in\mathbb{R}_+\), si \(\left|x-a\right|<\eta\) alors \(\left|\sqrt{x}-\sqrt{a}\right| < \varepsilon\). Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+\), tel que \(x>a\) on a : \[\sqrt{x}-\sqrt{a} < \varepsilon \Longleftrightarrow x<\left(\varepsilon+\sqrt a\right)^2 \Longleftrightarrow x-a< \left(\varepsilon+\sqrt a\right)^2-a=\varepsilon^2+2\varepsilon \sqrt a.\] Si \(x<a\), on montre que : \[\sqrt{a}-\sqrt{x} <\varepsilon \Longleftrightarrow a-x <2\varepsilon\sqrt a-\varepsilon^2.\] Par suite, avec \(\eta=\min\left\{2\varepsilon \sqrt a+\varepsilon^2,2\varepsilon \sqrt a-\varepsilon^2\right\}\) (il faut au départ avoir choisi \(\varepsilon\) suffisamment petit pour que \(\sqrt{a}-\varepsilon>0\)), on répond au problème posé et on a bien : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow a}\sqrt x}=\sqrt{a}\) avec \(a\in\mathbb{R}_+\).


Exercice 492 **

13 janvier 2021 07:26 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère une fonction \(f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) admettant une limite finie \(l\) lorsque \(x \rightarrow +\infty\). Montrez que \[\forall \varepsilon> 0,~ \exists A > 0: \forall (x, x') \in [A, +\infty[,~\lvert f(x) - f(x') \rvert \leqslant\varepsilon\]


[ID: 548] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:26] [Catégorie(s): Avec les définitions ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 492
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:26

Soit \(\varepsilon>0\). Posons \(\tild{\varepsilon} = \varepsilon/ 2 > 0\). En utilisant la définition de \(f(x)\xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} l\), on peut affirmer qu’il existe \(A > 0\) tel que : \(\forall x \geqslant A\), \(\lvert f(x) - l \rvert \leqslant\tild{\varepsilon}\). Soit alors \((x, x') \in [A, +\infty[\), majorons en utilisant l’inégalité triangulaire : \[\lvert f(x)-f(x') \rvert = \lvert [f(x)-l] + [l - f(x')] \rvert \leqslant \lvert f(x) - l \rvert + \lvert f(x')-l \rvert \leqslant 2\tild{\varepsilon} \leqslant\varepsilon\] ce qui prouve le résultat.


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