Limite d'une fonction à valeurs réelles

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Limite d'une fonction à valeurs réelles

Exercice 18 *

13 janvier 2021 07:27 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x^4+2x^2+1}{x^2-1}}\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\sin x}{x}}\)

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

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+}x^x}\)

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

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{\cos x^2}{x}}\)


[ID: 550] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:27] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 18
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:27

  1. \({\scriptstyle x^4+2x^2+1\over\scriptstyle x^2-1}=\dfrac{x^4}{x^2}\dfrac{1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle x^2}+\dfrac{1}{x^4}} { 1-\dfrac{1}{x^2}} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{+\infty}\)

  2. Pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(\dfrac{\sin x}{x}=\dfrac{\sin x - \sin 0}{x-0} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} \sin'0=\boxed{1}\).

  3. \(x-\sqrt{x^2-2x}=\dfrac{\left(x-\sqrt{x^2-2x}\right)\left(x+\sqrt{x^2-2x}\right)}{x+\sqrt{x^2-2x}} =\dfrac{x^2-\left(x^2-2x\right)}{x+\sqrt{x^2-2x}}=\dfrac{x}{x}\dfrac{2}{1+\sqrt{1-{\scriptstyle 2 \over\scriptstyle x}}} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{1}\)

  4. \(x^x = e^{x\ln x} = e^{X}\) avec \(X=x\ln x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} 0\) donc \(x^x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} \boxed{1}\).

  5. \(\dfrac{x^3+3x^2-3x-1}{x^2+x-2} = {\scriptstyle\left(x-1\right)\left(x^2+4x +1\right)\over\scriptstyle\left(x-1\right)\left(x+2\right)}\xrightarrow[x\rightarrow 1]{} \boxed{2}\)

  6. Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^*\), \(-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \leqslant{\scriptstyle\cos x^2\over\scriptstyle x} \leqslant {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}{\scriptstyle\cos x^2\over\scriptstyle x}}=\boxed{0}\)


Exercice 259 *

13 janvier 2021 07:27 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x \cos \left(e^x\right)}{x^2+1}}\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^+}\ln x \ln \left(\ln x\right)}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}2x-1+\dfrac{\sqrt{x^2}}{x}}\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\ln\left(1+x^2e^{-x}\right)}\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{2+x} - \sqrt{2-x}}{x} }\)

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{x}}\)


[ID: 552] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:27] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 259
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:27

  1. Pour tout \(x\in \mathbb{R}_+\), \(0\leqslant\left|\dfrac{x \cos \left(e^x\right)}{x^2+1}\right|\leqslant \dfrac{x}{x^2+1}\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x \cos \left(e^x\right)}{x^2+1}} = \boxed{0}\)

  2. \(\ln x \ln \left(\ln x\right) = X \ln X\) avec \(X = \ln x \xrightarrow[x\rightarrow 1^+]{} 0\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^+}\ln x \ln \left(\ln x\right)}=\boxed{0}\)

  3. \(2x-1+{\scriptstyle\sqrt{x^2}\over\scriptstyle x}=2x-1+\dfrac{\left|x\right|}{x} = \begin{cases} 2x-1+1 &\textrm{ si } x\in \mathbb{R}_+^*\\ 2x-1-1 &\textrm{ si } x\in \mathbb{R}_-^*\end{cases}\) et \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+}2x-1+\dfrac{\sqrt{x^2}}{x}}=\boxed{0}\), \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^-}2x-1+\dfrac{\sqrt{x^2}}{x}}=\boxed{-2}\)

  4. \(x^2e^{-x}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\) donc par composition de limites : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\ln\left(1+x^2e^{-x}\right)}=\boxed{0}\)

  5. \(\dfrac{\sqrt{2+x} - \sqrt{2-x}}{x}=\dfrac{\left(\sqrt{2+x} - \sqrt{2-x}\right)\left(\sqrt{2+x} + \sqrt{2-x}\right)}{x\left(\sqrt{2+x} + \sqrt{2-x} \right)}=\dfrac{2x}{x\left(\sqrt{2+x} + \sqrt{2-x} \right)}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{{\scriptstyle\sqrt{2}\over\scriptstyle 2}}\).

  6. On reconnaît le taux d’accroissement de \(x\mapsto \ln\left(1+x\right)\) en \(0\). Cette fonction étant dérivable en \(0\), on obtient :\(\dfrac{\ln\left(1+x\right)}{x}=\dfrac{\ln\left(1+x\right)-\ln 1}{x-0} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} \boxed{1}\).


Exercice 81 *

13 janvier 2021 07:27 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{\sin\left(e^{-x}\right)}{e^{-x}}}\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\sqrt{x}-\sqrt{x+1}}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\cos\left(7x\right)e^{-3x}}\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{e^x - 1}{x}}\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\left(1+x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}\)

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


[ID: 554] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:27] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 81
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:27

  1. \({\dfrac{\sin\left(e^{-x}\right)}{e^{-x}}} \xlongequal{X=e^{-x}} {\dfrac{\sin X}{X}}\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}\boxed{1}\)

  2. \(\sqrt{x}-\sqrt{x+1} = \dfrac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{x+1}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}} = \dfrac{-1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{0}\)

  3. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(-e^{-3x} \leqslant\cos\left(7x\right)e^{-3x} \leqslant e^{-3x}\) et \(e^{-3x}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\cos\left(7x\right)e^{-3x}}=\boxed{0}\)

  4. On reconnaît le taux d’accroissement de la fonction exponentielle en \(0\). Celle-ci étant dérivable en \(0\), on obtient : \({\scriptstyle e^x - 1\over\scriptstyle x} ={\scriptstyle e^x - e^0\over\scriptstyle x-0} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{1}\).

  5. \(\left(1+x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}=e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \ln \left(1+x\right)} = e^X\) avec \(X= \dfrac{\ln \left(1+x\right)}{x} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 1\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\left(1+x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}} = \boxed{e}\)

  6. \({\scriptstyle{x}^{3}-2{x}^{2}-x+2\over\scriptstyle{x}^{2}+x-2}=\dfrac{\left(x-1\right)\left(x^2-x-2\right)}{\left(x-1\right)\left( x+2\right)} \xrightarrow[x\rightarrow 1]{}\boxed{-{\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3}}\).


Exercice 35 *

13 janvier 2021 07:27 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2 e^{-x}\right)}{e^{-x}} }\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 3}\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt 3}{x-3}}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}x\left(\sqrt{x+\sqrt{x+1}}-\sqrt{x+\sqrt{x-1}}\right) }\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -1}\dfrac{{x}^{3}-4\,{x}^{2}+x+6}{{x}^{2}+3\,x+2}}\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{2x^3-5x+10}{x^2+2x+2}}\)

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+x-1} - x\sqrt x }\)


[ID: 556] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:27] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 35
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:27

  1. On a : \(\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2 e^{-x}\right)}{e^{-x}} = x^2\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2 e^{-x}\right)}{x^2 e^{-x}}\) et \({\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2 e^{-x}\right)}{x^2 e^{-x}} }\xlongequal{X=x^2e^{-x}}{\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}X}{X}}\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}1\). Donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}\left(x^2 e^{-x}\right)}{e^{-x}} }=\boxed{+\infty}\)

  2. On reconnaît le taux d’accroissement de \(x\mapsto \sqrt{x}\) en \(x=3\). Cette fonction est dérivable en \(x=3\) donc on obtient : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 3}{\scriptstyle\sqrt{x}-\sqrt 3\over\scriptstyle x-3}}=\boxed{{\scriptstyle\sqrt{3}\over\scriptstyle 6}}\)

  3. \[\begin{aligned} & & x\left(\sqrt{x+\sqrt{x+1}}-\sqrt{x+\sqrt{x-1}}\right) \\&=& x\dfrac{\left(\sqrt{x+\sqrt{x+1}}-\sqrt{x+\sqrt{x-1}}\right)\left(\sqrt{x+\sqrt{x+1}}+\sqrt{ x+\sqrt{x-1}}\right)}{\sqrt{x+\sqrt{x+1}}+\sqrt{x+\sqrt{x-1}}} \\ &=&x \dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+\sqrt{x+1}}+\sqrt{x+\sqrt{x-1}}}= \quad x \dfrac{\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}\right)\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\right)}{\left(\sqrt{x+\sqrt{x+1} }+\sqrt{x+\sqrt{x-1}}\right)\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\right)} \\ &=& x \dfrac{2}{\left(\sqrt{x+\sqrt{x+1}}+\sqrt{x+\sqrt{x-1}}\right)\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\right)} \\ &=& x\dfrac{2}{\sqrt x \left( \sqrt{1+\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}} } + \sqrt{1+\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}} } \right) \sqrt{x} \left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} +\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} \right)} \\ &=& \dfrac{2}{ \left( \sqrt{1+\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}} } + \sqrt{1+\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}} } \right) \left(\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} +\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} \right)}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{\dfrac{1}{2}} \end{aligned}\]

  4. \(\dfrac{{x}^{3}-4\,{x}^{2}+x+6}{{x}^{2}+3\,x+2}=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x^2-5x+6\right)}{\left( x+1 \right)\left(x+2\right)} \xrightarrow[x\rightarrow -1]{} \boxed{12}\)

  5. \(\dfrac{2x^3-5x+10}{x^2+2x+2}= \dfrac{x^3}{x^2}\dfrac{2-\dfrac{5}{x} +\dfrac{10}{x^3}}{1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{x^2}}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{+\infty}\)

  6. \(\sqrt{x^2+x-1} - x\sqrt x=x\sqrt x\left(\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2} -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^3} } -1\right) \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{-\infty}\)


Exercice 983 *

13 janvier 2021 07:27 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x^{\ln x}}{\left(\ln x\right)^x}}\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} \left( 1+\sin^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right) \ln x}\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}x\sin \left(\dfrac{1}{x}\right)}\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\sin\left(3x\right)}{x}}\)

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{ x}{\operatorname{arccos} x-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}}\)


[ID: 558] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:27] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 983
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:27

  1. \(\dfrac{x^{\ln x}}{\left(\ln x\right)^x} = \dfrac{e^{\left(\ln x\right)^2}}{e^{x\ln \ln x}}=e^{\ln^2 x-x\ln\ln x}=e^{x\left(\dfrac{\ln^2 x}{x} -\ln\ln x\right)}\) mais \(\dfrac{\ln^2 x}{x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\) et \(\ln\ln x\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} +\infty\) donc \(\dfrac{x^{\ln x}}{\left(\ln x\right)^x}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{0}\) par opérations sur les limites.

  2. \(\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}} = \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x}\dfrac{1}{\sqrt{1+\sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + \sqrt{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^3}} }}} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{1}\)

  3. \(\left( 1+\sin^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right) \ln x \leqslant\ln x\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} \left( 1+\sin^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right) \ln x}=\boxed{-\infty}\).

  4. \(\left|x\sin \left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\right| \leqslant\left|x\right|\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}x\sin \left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)}=\boxed{0}\)

  5. \({\dfrac{\sin\left(3x\right)}{x}}\xlongequal{X=3x} {3\dfrac{\sin X}{X}}\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}{3}\) car \({\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\sin\left(3x\right)}{x}}=\boxed{3}\).

  6. Comme \(x \mapsto \dfrac{\operatorname{arccos} x-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}{x}\) est le taux d’accroissement de \(\operatorname{arccos}\) en \(x=0\), cette fonction étant dérivable en \(0\), on a : \(\dfrac{\operatorname{arccos} x-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}{x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}-1\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{ x}{\operatorname{arccos} x-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}}=\boxed{-1}\)


Exercice 854 *

13 janvier 2021 07:27 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

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

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}x}{x}}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 2}\dfrac{{x}^{3}-4\,{x}^{2}+5\,x-2}{{x}^{2}-3\,x+2}}\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} \left( 2 \cos^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - \sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + 3 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\right)}\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} x\left( \sqrt{x^2+3}-x\right)}\)

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x-\sqrt x}{\ln x + x}}\)


[ID: 560] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:27] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 854
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:27

  1. \(\dfrac{x\sqrt{x}+2x}{x^2+x+1}=\dfrac{x\sqrt x}{x^2}{\scriptstyle 1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle\sqrt x}\over\scriptstyle 1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{0}\)

  2. On reconnaît le taux d’accroissement de la fonction \(\mathop{\mathrm{sh}}\) en \(0\). Cette fonction étant dérivable en \(0\), on obtient : \(\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}x}{x} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} \mathop{\mathrm{ch}}0 = \boxed{1}\).

  3. On a : \(\dfrac{{x}^{3}-4\,{x}^{2}+5\,x-2}{{x}^{2}-3\,x+2}=\dfrac{\left(x-2\right)\left(x^2-2x+1\right)}{ \left( x-2\right)\left(x-1\right)} \xrightarrow[x\rightarrow 2]{} \boxed{1}\).

  4. Pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\) : \(2 \cos^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - \sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + 3 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\leqslant 6+ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}=6+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\left(x-1\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}-\infty\). Donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} \left( 2 \cos^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - \sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} + 3 + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\right)}=\boxed{-\infty}\)

  5. \(x\left( \sqrt{x^2+3}-x\right)=x\dfrac{\left(\sqrt{x^2+3}-x\right) \left(\sqrt{x^2+3}+x\right) }{ {\sqrt{x^2+3}+x} }=\dfrac{3x}{\sqrt{x^2+3}+x}={\scriptstyle x\over\scriptstyle x}\dfrac{3}{\sqrt{1+{\scriptstyle 3\over\scriptstyle x^2}} +1}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}\)

  6. \(\dfrac{x-\sqrt x}{\ln x + x}=\dfrac{x}{x}\dfrac{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt x}}{{\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}+1}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{1}\) car \(\ln x=\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(x\right)\)


Exercice 348 *

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}e^{x-\sin x}}\)

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

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}x\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right)}\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} \dfrac{3x-5}{\sqrt{x^2-1}} }\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1}\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{3}{1-x^3}}\)

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} \left( \ln x + 2x + 1 - E(x) \right) }\)


[ID: 562] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:28] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 348
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

  1. \({e^{x-\sin x}}\geqslant e^{x-1}\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}e^{x-\sin x}}=\boxed{+\infty}\)

  2. \(x^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}=e^{{\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{1}\) par composition et car \(\ln x=\underset{x \rightarrow +\infty}{o}\left(x\right)\).

  3. \({x\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right)}={{\scriptstyle\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right)\over\scriptstyle{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}} \xlongequal{X={\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} {{\scriptstyle\ln\left(1+X\right)\over\scriptstyle X}}\) et \(\displaystyle{\lim_{X \rightarrow 0}{\scriptstyle\ln\left(1+X\right)\over\scriptstyle X}}=1\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}x\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right)}=\boxed{1}\) par utilisation des limites usuelles.

  4. \(\dfrac{3x-5}{\sqrt{x^2-1}}=\dfrac{x}{x}{\scriptstyle 3-{\scriptstyle 5\over\scriptstyle x}\over\scriptstyle x\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}} }\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{3}\)

  5. \(\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{3}{1-x^3}=-{\dfrac {2+x}{{x}^{2}+x+1}} \xrightarrow[x\rightarrow 1]{} \boxed{-1}\)

  6. Pour tout \(x\in \mathbb{R}\), \(x-1\leqslant E\left(x\right)<x\). Donc : \(\ln x +x +1\leqslant\ln x + 2x + 1 - E(x)\) et comme \(\ln x+ x +1\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}+\infty\) par application du théorème des gendarmes :\(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} \left( \ln x + 2x + 1 - E(x) \right) }=\boxed{+\infty}\)




Exercice 249 *

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x+5} - \sqrt{x-5} }\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x-E\left(x\right)}{\sqrt{\left|x\right|}}}\)

  3. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}xE\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)}\)

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x^2+2\left|x\right|}{x}}\)

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

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x+\operatorname{arctan} x}{x}}\)


[ID: 564] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:28] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 249
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

  1. \(\sqrt{x+5} - \sqrt{x-5} =\dfrac{\left(\sqrt{x+5} - \sqrt{x-5}\right)\left(\sqrt{x+5} + \sqrt{x-5}\right)}{\sqrt{x+5} + \sqrt{x-5}}=\dfrac{10}{\sqrt{x+5} + \sqrt{x-5}} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{0}\).

  2. Pour \(x>0\), \(0\leqslant\dfrac{x-E\left(x\right)}{\sqrt{\left|x\right|}} \leqslant\dfrac{x}{\sqrt{\left|x\right|} } =\sqrt{\left|x\right|}\) donc par application du théorème des gendarmes, \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+}\dfrac{x-E\left(x\right)}{\sqrt{\left|x\right|}}}=\boxed{0}\). Mais \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^-}\dfrac{x-E\left(x\right)}{\sqrt{\left|x\right|}}}=\boxed{+\infty}\).

  3. Pour tout \(x\in \mathbb{R}^*\), \(x(1/x-1)\leqslant x E\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)\leqslant x.1/x\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}xE\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)}=\boxed{1}\).

  4. Si \(x>0\), \(\dfrac{x^2+2\left|x\right|}{x}=\dfrac{x^2+2x}{x}=x+2\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}\boxed{2}\). Si \(x<0\), \(\dfrac{x^2+2\left|x\right|}{x}={\scriptstyle x^2-2x\over\scriptstyle x}=x-2\xrightarrow[x\rightarrow 0^-]{}\boxed{-2}\)

  5. \(\dfrac{1+x}{1-x^2}=\dfrac{1+x}{\left(1+x\right)\left(1-x\right)}=\dfrac{1}{1-x}\xrightarrow[x\rightarrow -1]{} \boxed{\dfrac{1}{2}}\)

  6. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(1-\dfrac{\pi}{2x}\leqslant\dfrac{x+\operatorname{arctan} x}{x}\leqslant 1+\dfrac{\pi}{2x}\) donc par application du théorème des gendarmes \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{x+\operatorname{arctan} x}{x}} =\boxed{1}\)


Exercice 650 *

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer les limites suivantes :

  1. \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} {\scriptstyle 2 \cos ^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}-\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}+3\over\scriptstyle x+\sqrt x} }\)

  2. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\left(\sin x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\ln x}}}\)

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

  4. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\sqrt{1+\sin x} -\sqrt{1- \sin x}}{x}}\)

  5. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\tan x}{x}}\)

  6. \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)^x}\)


[ID: 566] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:28] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 650
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

  1. Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+\) : \(2 \leqslant 2 \cos ^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}-\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}+3\) donc par application du théorème des gendarmes : \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^+} \dfrac{2 \cos ^2 {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}-\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}+3}{x+\sqrt x} }=+\infty\)

  2. \(\left(\sin x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\ln x}} = e^{\dfrac{\ln \sin x}{\ln x}} = e^{\dfrac{\ln {\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}-\ln x}{\ln x}} = e^{\dfrac{\ln {\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}}{\ln x}-1}\) mais \({\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\) donc \(\dfrac{\ln {\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}}{\ln x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) et \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\left(\sin x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\ln x}}}=\boxed{e^{-1}}\)

  3. \(\dfrac{x^3+x^2-x-1}{x^3-3x-2}=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x^2-1\right)}{\left(x+1\right)^2\left(x-2\right)} = \dfrac{x-1}{x-2}\xrightarrow[ x\rightarrow -1]{} \boxed{-2}\)

  4. \(\dfrac{\sqrt{1+\sin x} -\sqrt{1- \sin x} }{x}=\dfrac{ \left( \sqrt{1+\sin x} -\sqrt{1- \sin x } \right) \left( \sqrt{1+\sin x} +\sqrt{1- \sin x } \right) }{ x\left( \sqrt{1+\sin x} +\sqrt{1- \sin x } \right)}=\dfrac{2\sin x }{x\left( \sqrt{1+\sin x} +\sqrt{1- \sin x } \right)}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{1}\) car \(\sin x/x \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\).

  5. On reconnaît le taux d’accroissement de la fonction tangente en \(0\). Cette fonction étant dérivable en \(0\), on obtient : \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}{\scriptstyle\tan x\over\scriptstyle x}}=\tan' 0=1\)

  6. \({\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)^x }= { e^{x\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) } }={ e^{ \dfrac{ \ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right) }{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} } } \xlongequal{X={\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} { e^{ {\scriptstyle\ln\left(1+X\right)\over\scriptstyle X} } }\xrightarrow[X\rightarrow 0]{} e\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)^x }=\boxed{e}\).


Exercice 104 *

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer \[l=\displaystyle{\lim_{x \to 0} \left( \dfrac{2}{\sin^2 x} - \dfrac{1}{1-\cos x} \right) }\]


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Solution

Exercice 104
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

On a: \[\dfrac{2}{\sin^2 x} - \dfrac{1}{1-\cos x} = \dfrac{2}{1-\cos^2 x} - \dfrac{1}{1-\cos x}=\dfrac{1}{1+\cos x}\] d’où \(\boxed{l={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).


Exercice 230 *

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit la fonction \(g\) donnée sur \(\mathbb{R}^*\) par \(g(x)=\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\). Montrer que \(g\) n’a pas de limite en \(0\).


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Solution

Exercice 230
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

Considérons la suite \(\left(x_n\right)\) de terme général donné par, pour tout \(n\in\mathbb{N}\) : \(x_n={ \dfrac{1}{{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}+ n \pi} }\). Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), on a : \(g\left(x_n\right)=\left(-1\right)^{n}\). La suite \(\left(g\left(x_n\right)\right)\) est donc divergente alors que la suite \(x_n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}0\). Donc par le théorème de composition d’une suite par une fonction, \(g\) ne peut admettre de limite en \(0\).


Exercice 636 *

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Montrer que la fonction \(f\) définie sur \(]0, +\infty[\) par \(f(x)=\cos( ln(x))\) n’admet pas de limite en \(+ \infty\).


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Solution

Exercice 636
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

Définissons les suites \(\left(x_n\right)\) et \(\left(y_n\right)\) par, pour tout \(n\in\mathbb{N}\) : \(x_n=e^{2n\pi}\) et \(y_n=e^{2n\pi + {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}\). Elles tendent toutes les deux vers \(+\infty\). Supposons que \(f(x)\xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} l\). Alors \(f(x_n) \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}l\) or pour tout \(n\in \mathbb N\), \(f(x_n)=1\). Donc \(l=1\). Mais de même, puisque \(f(y_n)=0\), on devrait avoir \(l=0\), ce qui rentre en contradiction avec l’unicité de la limite. Donc \(f\) n’admet pas de limite en \(+\infty\).


Exercice 603 **

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Calculer \(\lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{ E(1/x)+x}{E(1/x)-x}\)


[ID: 574] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:28] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 603
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

La fonction \[f(x)=\dfrac{ E({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})+x}{E({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})-x}\] est bien définie pour \(x\in ]0,1[\), car \(E({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})\geqslant 1>x\). Encadrons \[\dfrac{1}{x}-1 < E(\dfrac{1}{x}) \leqslant\dfrac{1}{x}\] et donc \[\dfrac{ \dfrac{1}{x}+x-1}{\dfrac{1}{x}-x} \leqslant f(x) \leqslant \dfrac{ \dfrac{1}{x}+x}{\dfrac{1}{x}-x-1}\] \[\Rightarrow \dfrac{1+x^2-x}{1-x^2} \leqslant f(x) \leqslant\dfrac{1+x^2}{1-x^2-x}\] et par le théorème des gendarmes, on obtient que \(f(x)\xrightarrow[x \rightarrow 0^+]{} 1\).


Exercice 237 **

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver la limite lorsque \(x\rightarrow 0^{+}\) de la fonction définie par : \[f(x)= \dfrac{ x^{x^x} \ln x}{ x^x -1}\]


[ID: 576] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:28] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 237
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

On utilise les équivalents usuels : \[f\left(x\right)=\dfrac{ x^{x^x} \ln x}{ x^x -1} = \dfrac{x^{x^x}\ln x}{e^{x\ln x}-1}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{x^{x^x}\ln x}{x\ln x}=x^{x^x -1}\] car \(x\ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\). Mais \(x^{x^x -1}=e^{\left({x^x -1}\right)\ln x}\) et \(x^x-1=e^{x\ln x }-1\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}x\ln x\) donc \(\left({x^x -1}\right)\ln x\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}x\ln^2 x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) donc par composition de limite \(\boxed{f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}e^0=1}\).


Exercice 287 **

13 janvier 2021 07:28 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer la limite lorsque \(x\rightarrow 1^{+}\) de la fonction définie par : \[f(x)= \dfrac{ x^x - x}{ \ln (1+\sqrt{x^2-1}) }\]


[ID: 578] [Date de publication: 13 janvier 2021 07:28] [Catégorie(s): Limite d'une fonction à valeurs réelles ] [ 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 287
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 13 janvier 2021 07:28

On utilise les équivalents usuels : \[\begin{split} f(x)= \dfrac{ x^x - x}{ \ln (1+\sqrt{x^2-1}) } = x\dfrac{x^{x-1}-1}{\ln (1+\sqrt{\left(x-1\right)\left(x+1\right)})}\xlongequal{X=x-1}\left(X+1\right)\dfrac{\left(X+1\right)^X-1}{\ln\left( 1+\sqrt{X\left(X+2\right)}\right) }\\ \underset{X\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{e^{X\ln\left(1+X\right)}-1}{\ln\left(1+\sqrt{X\left(X+2\right)}\right)} \underset{X\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{X\ln\left(1+X\right)}{\sqrt{X\left(X+2\right)}}\underset{X\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{\sqrt{X}\ln\left(1+X\right)}{ \sqrt 2}\xrightarrow[X\rightarrow 0^+]{}\boxed{0}\end{split}\]


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