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Limite
Exercices corrigés

Exercices corrigés : Limites et continuité

Cette page a pour but de regrouper quelques exercices sur les limites et la continuité Ce chapitre est à aborder en MPSI, PCSI, PTSI ou MPII et de manière générale en première année dans le supérieur

Exercice 198

Voici l’énoncé :

Limités de différences et quotients

Et démarrons dès maintenant la correction. Fixons d’abord un x réel. Posons la fonction g définie par :

g(x) = f(x) -lx

On a :

\begin{array}{ll}
g(x+1) - g(x) &=  f(x+1) -l(x+1)-(f(x)-lx) \\
& = f(x+1)-f(x)-l
\end{array}

Si bien que :

\lim_{x \to + \infty}g(x+1) - g(x) = 0

Maintenant, considérons h définie par :

h(x) = \dfrac{g(x)}{x}

On sait que :

\forall \varepsilon > 0, \exists A \in \mathbb{R}, \forall x> A, |g(x+1)- g(x)| < \varepsilon

On pose aussi :

M = \sup_{x \in ]A,A+1]} g(x)

Soit x > A. On peut trouver n tel que :

x-n \in ]A,A+1]

On a donc :

h(x) = \dfrac{g(x)}{x} =\dfrac{1}{x} \sum_{k=0}^{n-1} g(x-k)-g(x-(k+1)) + \dfrac{g(x-n)}{x}

Passons maintenant aux majorations :

\begin{array}{ll}
|h(x)|& \leq \left|\displaystyle\dfrac{1}{x} \sum_{k=0}^{n-1} g(x-k)-g(x-(k+1)) +\dfrac{g(x-n)}{x}\right|\\
& \leq \displaystyle\dfrac{1}{x} \sum_{k=0}^{n-1} \left| g(x-k)-g(x-(k+1))\right| +\left|\dfrac{g(x-n)}{x}\right|\\
& \leq \displaystyle\dfrac{1}{x} \sum_{k=0}^{n-1}\varepsilon+\dfrac{M}{x}\\
& \leq \displaystyle\dfrac{n \varepsilon}{x}+\dfrac{M}{x}

\end{array}

On a :

\dfrac{n}{x}\leq 1

Et, pour x assez grand

\dfrac{M}{x}\leq \varepsilon

Et donc, en combinant tout cela :

|h(x)| \leq 2\varepsilon

Comme ε a été choisi arbitrairement, on obtient :

\lim_{x \to +\infty}h(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{g(x)}{x} =0 

Et donc :

0 = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x) -lx }{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x) }{x} -l

D’où le résultat recherché :

 \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x) }{x} = l

Ce qui est bien le résultat demandé ! La démonstration ressemble beaucoup à celle du lemme de Césaro !

Exercice 591

Equivalent et limite de fonctions

Pour ce faire, la méthode est assez classique et à connaitre : on factorise de la bonne manière

(x+1)^{\beta}-x^{\beta} = x^{\beta} \left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\beta}-1\right)

On utilise ensuite les règles sur les équivalents usuels en 0 :

\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\beta}-1 \sim \dfrac{\beta}{x}

On obtient alors :

x^{\beta} \left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\beta}-1\right) \sim x^{\beta}\dfrac{\beta}{x}= \beta x^{\beta - 1}

Ce qui nous donne bien un équivalent simple. Passons aux limites : Se présentent 3 cas :

β > 1 : Dans ce cas :

\lim_{x \to +\infty}(x+1)^{\beta}-x^{\beta}  = +\infty

β = 1 : Dans ce second cas :

\lim_{x \to +\infty}(x+1)^{\beta}-x^{\beta}  = 1

β < 1 : Pour ce dernier cas :

\lim_{x \to +\infty}(x+1)^{\beta}-x^{\beta}  = 0

Exercice 660

Fonction définie par un sup

Fixons x un réel un positif. Considérons la suite (u) définie par :

u_n = \dfrac{x^n}{n!}

On a :

\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{x^n}{n!}} = \dfrac{x}{n+1}

Utilisons la partie entière : Si

n \leq \lfloor x \rfloor

Alors, la suite est croissante. Dès qu’on dépasse ce seuil, la suite devient décroissante. On a alors le résultat suivant :

\sup_{n \in \mathbb{N}}\dfrac{x^n}{n!} = \dfrac{x^{  \lfloor x \rfloor}}{  \lfloor x \rfloor !}

Maintenant qu’on a éclairci ce point, cette fonction est-elle continue ? Les éventuels points de discontinuité sont les entiers. D’une part, f est clairement continue à droite. De plus, on remarque que :

\dfrac{\lfloor x+1 \rfloor^{  \lfloor x+1 \rfloor}}{  \lfloor x+1 \rfloor !} = \dfrac{\lfloor x+1 \rfloor^{  \lfloor x \rfloor}\lfloor x+1 \rfloor}{  \lfloor x+1 \rfloor !} =  \dfrac{\lfloor x+1 \rfloor^{  \lfloor x \rfloor}}{  \lfloor x \rfloor !}

Or,

\lim_{y \to \lfloor x+1 \rfloor }f(x) = \lim_{y \to \lfloor x+1 \rfloor }\dfrac{ y ^{  \lfloor x \rfloor}}{  \lfloor x \rfloor !}=\dfrac{\lfloor x+1 \rfloor^{  \lfloor x \rfloor}}{  \lfloor x \rfloor !}

Donc f est continue à gauche.
Conclusion : f est continue !

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