eléments d_analyse - limites
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8/20/2019 Eléments D_analyse - Limites
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 14 juin 2011 Enoncés 1
Limites
Exercice 1 [ 00227 ] [correction]Soit f : R+ → R continue.On suppose que lim
x→+∞f (x) = et on désire établir
limx→+∞
1x
x0
f (t)dt =
a) Pour ε > 0, justifier qu’il existe A ∈ R+ tel que pour tout x A : 1x x
A
(f (t)− )dt ε
b) Conclure en écrivant
1
x
x
0
f (t)dt − = 1x
A
0
(f (t) − ) dt + 1x
x
A
(f (t) − ) dt
Exercice 2 [ 00228 ] [correction]Soit f : [0, +∞[ → R une fonction continue telle que
f (x + 1) − f (x) −−−−−→x→+∞
Montrer quef (x)
x −−−−−→
x→+∞
en commençant par étudier le cas = 0 .
Exercice 3 [ 00230 ] [correction]Soit f : [0, +∞[ → Rde classe C1 telle que
limt→+∞
f (t) + f (t) = ∈R
Montrer que
f (t) −−−−→t→+∞
Exercice 4 Mines-Ponts MP [ 02812 ] [correction]Soit f : ]0, +∞[ → R telle que
limx→0
f (x) = 0 et limx→0
f (x) − f (x/2)√ x
= 1
Trouver un équivalent simple en 0 de f .
Exercice 5 [ 03223 ] [correction]Montrer que lorsque x → +∞
x
0
et2
dt ∼ ex2
2x
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Corrections
Exercice 1 : [énoncé]a) Soit ε > 0, puisque f (x) −−−−−→
x→+∞, il existe A ∈R+ tel que
∀x A, |f (x) − | ε.Pour x A et pour tout t
∈ [A, x],
|f (t)
−
| ε donc
1x xA (f (t) − ) dt 1x xA |f (t)− | dt x−Ax ε ε.
b) 1x
x
0 f (t) dt − = 1
x
x
0 (f (t)− ) dt = 1
x
A
0 (f (t) − ) dt + 1
x
x
A (f (t) − ) dt
Quand x → +∞, 1x
A
0 (f (t) − ) dt = C te
x → 0 donc il existe A ∈ R+ tel que
x A ⇒ 1x
A
0 (f (t) − ) dt
ε et alors pour A = max(A, A), on ax A ⇒
1x
x
0 (f (t) − ) dt 2ε.
Exercice 2 : [énoncé]Dans le cas = 0
∀ε > 0,
∃A
∈R+,
∀x A,
|f (x + 1)
−f (x)
|
ε
2Or
f (x)
x =
1
x
E (x−A)−1k=0
[f (x− k) − f (x− k − 1)] + 1x
f (x −E (x −A))
donc f (x)x E (x− A)A ε2 + |f (x −E (x −A))|x
Puisque f est continue sur le segment [A, A + 1], elle y est bornée par un certainM .Or x −E (x −A) ∈ [A, A + 1] doncf (x)x
ε2 + M xet pour x assez grand f (x)x
εDans le cas général, il suffit d’introduire la fonction g : x → f (x) − x pourconclure.
Exercice 3 : [énoncé]Commençons par le cas = 0.On remarque que (f (t)et) = (f (t) + f (t))et donc
f (x)ex = f (0) +
x
0
(f (t) + f (t))et dt
puis
f (x) = f (0)e−x +
x
0
(f (t) + f (t))et−x dt
Il reste à montrer x
0
(f (t) + f (t))et−x dt −−−−−→x→+∞
0
Pour ε > 0, il existe A ∈R+, pour t A,
|f (t) + f (t)| ε
On a alors
xA (f (t) + f
(t))et−x
dt ε
et A
0
(f (t) + f (t))et−x dt
eA−x A
0
|f (t) + f (t)| dt −−−−−→x→+∞
0
Ainsi pour x assez grand, x
0
(f (t) + f (t))et−x dt
2εFinalement f (x) −−−−−→
x→+∞0.
Cas général : il suffit de considérer g : x →
f (x)−
.
Exercice 4 : [énoncé]Pour tout ε > 0, il existe α > 0 tel que
∀x ∈ ]0, α] , (1 − ε)√ x f (x) − f (x/2) (1 + ε)√ x
Pour x ∈ ]0, α], x/2n ∈ ]0, α] pour tout n ∈N donc
(1− ε)
x/2n f (x/2n)− f (x/2n+1) (1 + ε)
x/2n+1
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En sommant ces inégalités et en passant à la limite quand n → +∞ on obtient :
(1 − ε)√ x 11− 1/√ 2 f (x) (1 + ε)
√ x
1
1− 1/√ 2La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer
f (x) ∼ √ x1 − 1/√ 2
Exercice 5 : [énoncé]On découpe l’intégrale en deux
x0
et2
dt =
10
et2
dt +
x1
et2
dt
et on procède à une intégration par parties
x1
et2
dt = x1
2t
2t et2
dt =et2
2tx1
+ 1
2 x1
et2
t2 dt
Ainsi x
0
ex2
= ex
2
2x +
1
2
x
1
et2
t2 dt + C te
Quand x → +∞, sachant que la constante est négligeable devant ex2/2x → +∞, ilsuffit pour conclure de montrer
x
1
et2
t2 dt = o
x
1
et2
dt
Soit ε > 0. Il existe A 1 tel que
∀t A, 1t2 ε
et alors
0
x
1
et2
t2 dt
A
1
et2
t2 dt + ε
x
A
et2
dt
puis
0
x
1
et2
t2 dt
A
1
et2
t2 dt + ε
x
1
et2
dt
Or x
1
et2
dt
x
1
1 dt x− 1 → +∞
donc pour x assez grand A
1
et2
t2 dt ε
x
1
et2
dt
puis
0
x
1
et2
t2 dt 2ε
x
1
et2
dt
et on peut conclure.