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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
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(x2) = 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)−`) dt61xZxA|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)−`) dt6ε
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))|
xA2x
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−xdt6ε
A
et
Z0A(f(t) +f6eA−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(x2)6(1 +ε)√x
Pourx∈]0 α],x2n∈]0 α]pour toutn∈Ndonc
(1−ε)px2n6f(x2n)−f(x2n+1)6(1 +ε)px2n+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 devantex22x→
suffit pour conclure de montrer
Z1xett22dt=oZ1xet2dt
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
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