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Exercice 1  4763  

Étudier les limites suivantes:

  • (a)

    limx1ln(x)x-1

  • (b)

    limx0e2x-exx

  • (c)

    limx0(1sin2(x)-1x2)

  • (d)

    limx+(cos(1x))x2

  • (e)

    limx+(321x-231x)x.

 
Exercice 2  1822  Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx+xe-x+x2x-ln(x)

  • (b)

    limx+xln(x)-xx+cos(x)

  • (c)

    limx+xex-x2ex+e-x

Solution

  • (a)

    Quand x+,

    xe-x+x2x-ln(x)x2x=x+.
  • (b)

    Quand x+,

    xln(x)-xx+cos(x)xln(x)x=ln(x)+.
  • (c)

    Quand x+,

    xex-x2ex+e-xxe-x/20.
 
Exercice 3  704  Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx0+x+sin(x)xln(x)

  • (b)

    limx0+ln(x)+x2ln(x+x2)

  • (c)

    limx1ln(x)x2-1

Solution

  • (a)

    Quand x0+,

    x+sin(x)xln(x)=x+x+o(x)xln(x)2ln(x)0.
  • (b)

    Quand x0+,

    ln(x)+x2=ln(x)+o(ln(x))

    et puisque

    x+x2x01

    on a

    ln(x+x2)ln(x)

    donc

    ln(x)+x2ln(x+x2)ln(x)ln(x)=11.
  • (c)

    Quand x1, on peut écrire x=1+h avec h0 et alors

    ln(x)x2-1=ln(1+h)2h+h2h2h=1212
 
Exercice 4  3381  Correction  

Déterminer

limx1-ln(x)ln(1-x).

Solution

Posons x=1-h.
Quand x1-, on a h0+ et

ln(x)ln(1-x)=ln(1-h)ln(h)-hln(h)0.
 
Exercice 5  705   Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx+xln(x)ln(x)

  • (b)

    limx+(xln(x))ln(x)x

  • (c)

    limx+ln(x+x2+1)ln(x)

Solution

  • (a)

    Quand x+,

    xln(x)ln(x)=e(ln(x))2-ln(ln(x))=e(ln(x))2+o(ln(x))2+.
  • (b)

    Quand x+,

    (xln(x))ln(x)x=eln(x)xln(x)-ln(x)xln(ln(x))=e(ln(x))2x+o((ln(x))2x)1.
  • (c)

    Quand x+,

    ln(x+x2+1)ln(x)=ln(2x+o(x))ln(x)ln(2)+ln(x)ln(x)11.
 
Exercice 6  1462   Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx01sin2(x)-1x2

  • (b)

    limx01x-1ln(1+x)

  • (c)

    limx0(1+x)1/x-ex

Solution

  • (a)

    limx01sin2(x)-1x2=13

  • (b)

    limx01x-1ln(1+x)=-12

  • (c)

    limx0(1+x)1/x-ex=-e2.

 
Exercice 7  1463   Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx2(2x+3x2x+1+5x/2)1/(2-x)

  • (b)

    limx+(ln(1+x)ln(x))xln(x)

  • (c)

    limxaxa-axarctan(x)-arctan(a) avec a>0

Solution

  • (a)

    limx2(2x+3x2x+1+5x/2)1/(2-x)=1364/1355/26

  • (b)

    limx+(ln(1+x)ln(x))xln(x)=e

  • (c)

    xa-axaa(1-ln(a))(x-a) si a1 et arctan(x)-arctan(a)(arctan(a))(x-a)=(x-a)1+a2.
    Si a1,

    limxaxa-axarctan(x)-arctan(a)=aa(1+a2)(1-ln(a)).

    Si a=1,

    limxaxa-axarctan(x)-arctan(a)=2.
 
Exercice 8  5028   
  • (a)

    Soient f et g deux fonctions réelles définies sur un intervalle dont a est une extrémité finie ou infinie. On suppose

    f(x)xa1etg(x)(f(x)-1)xa{±}.

    Étudier la limite de f(x)g(x) lorsque x tend vers a.

  • (b)

    Application: Étudier

    limx+(1x+ln(2x)ln(x))ln(x).
 
Exercice 9  3230    Correction  

Soit

f:xx+1xex.
  • (a)

    Montrer que l’équation

    f(x)=λ

    admet deux solutions a(λ)<b(λ) pour λ assez grand.

  • (b)

    Déterminer

    limλ+b(λ)a(λ).

Solution

  • (a)

    La fonction f est définie et dérivable sur * avec

    f(x)=(x2+x-1x2)ex.

    Notons α<β les deux racines réelles de l’équation x2+x-1=0. On a le tableau des variations suivant

    x-α0-0+β+f(x)+0--0+f(x)0f(α)-+f(β)+.

    Pour λ>max(f(β),f(α)), l’équation f(x)=λ admet deux solutions, l’une dans a(λ)]0;β[ et l’autre b(λ)]β;+[.

  • (b)

    On a

    a(λ)=(f]0;β[)-1(λ)λ+0+ et b(λ)=(f]β;+[)-1(λ)λ++.

    Puisque a(λ)0 et

    a(λ)+1a(λ)ea(λ)=λ

    on a

    λa(λ)=(a(λ)+1)ea(λ)1

    donc

    a(λ)1λ.

    Puisque b(λ)+ et

    b(λ)+1b(λ)eb(λ)=λ

    donc

    eb(λ)λ.

    Or λ+1 donc

    b(λ)ln(λ)

    et puisque ln(λ)+1, on a encore

    ln(b(λ))ln(ln(λ)).

    Par suite,

    b(λ)a(λ)=ea(λ)ln(b(λ))

    avec

    a(λ)ln(b(λ))ln(ln(λ))λ0

    donc

    b(λ)a(λ)1.
 
Exercice 10  3228    Correction  

Soit f: de classe 𝒞2 vérifiant

f(0)=f(0)=0 et f′′(0)>0.
  • (a)

    Montrer l’existence de a>0 tel que f est strictement décroissante sur [-a;0] et strictement croissante sur [0;a].

  • (b)

    On pose

    b=min{f(-a),f(a)}.

    Montrer que pour tout λ[0;b], l’équation f(x)=λ admet une unique solution x1(λ) dans [-a;0] et une unique solution x2(λ) dans [0;a].

  • (c)

    Déterminer les limites puis des équivalents de x1(λ) et de x2(λ) quand λ0+.

  • (d)

    On suppose maintenant que f est de classe 𝒞3. Étudier la limite quand λ0+ de

    x1(λ)+x2(λ)λ.

Solution

  • (a)

    Puisque f′′ est continue et f′′(0)>0, on peut introduire a>0 tel que f′′>0 sur [-a;a].
    On a alors f strictement croissante sur [-a;a] et puisque f(0)=0, on peut exprimer le signe de f sur [0;a] et constater que f est strictement décroissante sur [-a;0] et strictement croissante sur [0;a].

  • (b)

    Puisque f est continue, par stricte monotonie, f réalise une bijection f1 de [-a;0] sur [0;f(-a)] et une bijection f2 de [0;a] sur [0;f(a)]. L’existence et l’unicité de x1(λ) et de x2(λ) en découlent et

    x1(λ)=f1-1(λ) et x2(λ)=f2-1(λ).
  • (c)

    Par continuité de f1-1 et f2-1, on a

    limλ0+x1(λ)=0- et limλ0+x2(λ)=0+.

    Par la formule de Taylor-Young, quand x0

    f(x)=12x2f′′(0)+o(x2).

    Pour i{1,2}, puisque xi(λ)0,

    λ=f(xi(λ))=12xi2(λ)f′′(0)+o(xi2(λ))

    donc

    xi2(λ)2λf′′(0).

    Ainsi,

    x1(λ)-2λf′′(0) et x2(λ)2λf′′(0).
  • (d)

    On peut écrire

    xi(λ)=±2λf′′(0)+yi(λ) avec yi=o(λ).

    Par la formule de Taylor-Young, quand λ0

    λ=f(xi(λ))=12xi2(λ)f′′(0)+16xi3(λ)f(3)(0)+o(xi3(λ))

    et l’on obtient

    y1(λ)-13f(3)(0)f′′(0)2λ et y2(λ)-13f(3)(0)f′′(0)2λ

    donc

    x1(λ)+x2(λ)λ-23f(3)(0)f′′(0)2.

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Édité le 05-09-2019

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