Sujet : Analyse, Eléments d'analyse, Limites

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Limites Exercice 4 Mines-Ponts MP [ 02812 ] [correction] Soit f : ]0,+∞[→R telle que Exercice 1 [ 00227 ] [correction] f(x)−f(x/2)+ limf(x) = 0 et lim √ = 1Soit f :R →R une fonction continue. x→0 x→0 x On suppose que lim f(x) =‘∈R et on désire établir x→+∞ Trouver un équivalent simple en 0 de f.
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Limites

Exercice 1[ 00227 ][correction]
Soitf:R+→Rune fonction continue.
On sulim
ppose quex→+∞f(x) =`∈Ret on désire établir
lim 1Zxf(t)dt=`
x→+∞x0

a) Pourε >0, justifier qu’il existeA∈R+tel que pour toutx>A
1xZx(f(t)−`)dt6ε
A

b) Conclure en écrivant
1xZxf(t)dt−`= 1xZ0A(f(t)−`) dt+ 1xZAx(f(t)−`) dt
0

Exercice 2[ 00228 ][correction]
Soitf: [0+∞[→Rune fonction continue telle que

−−−−→
f(x+ 1)−f(x)x→+∞`

Montrer que
f(x)−−−−→`
xx→+∞
en commençant par étudier le cas`= 0.

Exercice 3[ 00230 ][correction]
Soitf: [0+∞[→Rde classeC1telle que

Montrer que

t→li+m∞f(t) +f0(t) =`∈R

`
f(t)t−→−−+−∞→

Enoncés

Exercice 4Mines-Ponts MP[ 02812 ][correction]
Soitf: ]0+∞[→Rtelle que

lxi→m0f(x) = 0etxli→m0f(x)−√f(x2) = 1
x

Trouver un équivalent simple en 0 def.

Exercice 5[ 03223 ][correction]
Montrer que lorsquex→+∞
Z

x x2
et2dt∼e
02x

1

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) Soitε >0, puisquef(x)x−→−+−−→`, il existeA∈R+tel que

∀x>A|f(x)−`|6ε

Pourx>Aet pour toutt∈[A x],|f(t)−`|6εdonc
x1ZAx(f(t)−`) dt61xZxA|f(t)−`|dt6x−Aε6ε
x

Corrections

b) On peut écrire
1xZ0xf(t) dt−`= 1xZ0x(f(t)−`) dt= 1xZ0A(f(t)−`) dt+ 1xZAx(f(t)−`) dt
Quandx→+∞,
1Cte→0
xZ0A(f(t)−`) dt=x
donc il existeA0∈R+tel que
x>A0⇒1xZA(f(t)−`) dt6ε
0

et alors pourA00= max(A A0), on a
x
x>A00⇒x1Z0(f(t)−`)
dt62ε

Exercice 2 :[énoncé]
Dans le cas`= 0
∀ε >0∃A∈R+∀x>A|f(x+ 1)−f(x)|6ε2
Or
E(x−A)−1
X

donc

f(xx)=x[1f(x−k)−f(x−k−1)] +x1f(x−E(x−A))
k=0

f(x)6E(x−A)ε+|f(x−E(x−A))|
xA2x

Puisquefest continue sur le segment[A A+ 1], elle y est bornée par un certain
M.
Orx−E(x−A)∈[A A+ 1]donc
ε
f(xx)62 +Mx

et pourxassez grand
f(x)6ε
x
Dans le cas général, il suffit d’introduire la fonctiong:x7→f(x)−`xpour
conclure.

Exercice 3 :[énoncé]
Commençons par le cas`= 0.
On remarque que(f(t)et)0= (f(t) +f0(t))etdonc
f(x)ex=f(0) +Z0x(f(t) +f0(t))etdt
puis
f(x) +Zx(f(t
=f(0)e−x) +f0(t))et−xdt
0
Il reste à montrer
Z0x(f(t) +f0(t))x→+∞
et−xdt−−−−→0
Pourε >0, il existeA∈R+, pourt>A,
|f(t) +f0(t)|6ε

On a alors
Zx(f(t) +f0(t))et−xdt6ε
A
et
Z0A(f(t) +f6eA−xZ0A|f(t) +f0(t)|dtx−→−−+−∞→0
0(t))et−xdt
Ainsi pourxassez grand,
Z0x(f(t) +f0(t))et−xdt
62ε
Finalementx−−−−→0.
f( )x→+∞
Cas général : il suffit de considérerg:x7→f(x)−`.

2

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Exercice 4 :[énoncé]
Pour toutε >0, il existeα >0tel que
∀x∈]0 α],(1−ε)√x6f(x)−f(x2)6(1 +ε)√x

Pourx∈]0 α],x2n∈]0 α]pour toutn∈Ndonc
(1−ε)px2n6f(x2n)−f(x2n+1)6(1 +ε)px2n+1

Corrections

En sommant ces inégalités et en passant à la limite quandn→+∞on obtient :

1
(1−ε)√x1−11√26f(x)6(1 +ε)√x1−1√2

La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer
f(x)√∼x
1−1√2

Exercice 5 :[énoncé]
On découpe l’intégrale en deux
Z0xet2dt=Z01et2dt+Z1xet2dt

et on procède à une intégration par parties
x
2t
Z1xet2dZ1x2tet2dt="2ett2#12+1Z1xett22dt
t=

Ainsi
2
xex1
Z0ex2 2= +Z1xett22dt+Cte
2x
Quandx→+∞, sachant que la constante est négligeable devantex22x→
suffit pour conclure de montrer
Z1xett22dt=oZ1xet2dt

Soitε >0. Il existeA>1tel que

∀t>At126ε

+∞, il

et alors

puis

06Z1xett22dt6ZAet2
1t2dt+ε

ZAx
et2dt

06Z1xett22dt6Z1Aett22dt+εZ1xet2dt
Z1xet2dt>Zxdt>x
1−1→+∞
1
donc pourxassez grand
ZA t2Zx

Or

puis

et on peut conclure.

e2dt6εet2dt
1t1

06Zxett22dt62εZx
et2
dt
1 1

3

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