Limites de fonctions

Quelle est la limite $\lim_{x \to 2} (3x^2 - 5x + 1)$ ?

Par substitution directe (la fonction est un polynôme, donc continue) : $3(2)^2 - 5(2) + 1 = 12 - 10 + 1 = 3$.

$\lim_{x \to +\infty} \frac{2x+1}{x-3}$ vaut :

On divise par $x$ : $\frac{2x+1}{x-3} = \frac{2+1/x}{1-3/x} \to \frac{2}{1} = 2$ quand $x \to +\infty$.

La limite $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(5x)}{x}$ vaut :

$\frac{\sin(5x)}{x} = 5 \cdot \frac{\sin(5x)}{5x} \to 5 \times 1 = 5$ en utilisant $\lim_{u\to 0}\frac{\sin u}{u}=1$.

Vrai ou faux : Si $\lim_{x\to a} f(x) = \ell$ et $\lim_{x\to a} g(x) = 0$, alors $\lim_{x\to a} f(x)/g(x)$ n'existe pas.

Faux : si $\ell = 0$ également, la limite peut exister (forme indéterminée $0/0$). Par exemple $\lim_{x\to 0} x/x = 1$.

$\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^{100}}$ vaut :

Par croissances comparées, l'exponentielle l'emporte sur tout polynôme : $\lim_{x\to+\infty} e^x/x^n = +\infty$ pour tout entier $n$.

Calculer $\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x}-1}{x}$.

On pose $u = 2x$ : $\frac{e^{2x}-1}{x} = 2\cdot\frac{e^{2x}-1}{2x} = 2\cdot\frac{e^u - 1}{u} \to 2 \times 1 = 2$.

Calculer $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$.

On utilise $1 - \cos x = 2\sin^2(x/2)$, donc $\frac{1-\cos x}{x^2} = 2\cdot\frac{\sin^2(x/2)}{x^2} = \frac{1}{2}\cdot\left(\frac{\sin(x/2)}{x/2}\right)^2 \to \frac{1}{2}$.

Vrai ou faux : $\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}) = 0$.

On multiplie par le conjugué : $\sqrt{x+1}-\sqrt{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \to 0$ car le dénominateur tend vers $+\infty$.

Calculer $\lim_{x\to 0^+} x\ln x$.

Forme $0\times(-\infty)$. On pose $t = -\ln x \to +\infty$ : $x\ln x = -e^{-t}\cdot t \to 0$ car $t/e^t \to 0$ (croissances comparées).

Calculer $\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$.

C'est la définition du nombre $e$ : $e = \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$. On peut le montrer en passant au logarithme : $x\ln(1+1/x) \to 1$.

Donner la définition ε-δ et montrer que $\lim_{x\to 3}(2x-1) = 5$.

Définition : $\lim_{x\to a}f(x)=\ell$ si $\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0, 0<|x-a|<\delta\Rightarrow|f(x)-\ell|<\varepsilon$.

Preuve : Soit $\varepsilon>0$. On calcule $|f(x)-5| = |2x-1-5| = |2x-6| = 2|x-3|$. Pour que ceci soit $<\varepsilon$, il suffit que $|x-3| < \varepsilon/2$. On choisit donc $\delta = \varepsilon/2$. Alors $0<|x-3|<\delta \Rightarrow |2x-1-5| = 2|x-3| < 2\delta = \varepsilon$. $\square$

Calculer $\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x) - x + x^2/2}{x^3}$.

On utilise le développement limité : $\ln(1+x) = x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} + o(x^3)$. Donc $\ln(1+x) - x + \dfrac{x^2}{2} = \dfrac{x^3}{3} + o(x^3)$, et en divisant par $x^3$ : $\dfrac{\ln(1+x)-x+x^2/2}{x^3} \to \dfrac{1}{3}$.

Montrer par le théorème des gendarmes que $\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}=0$.

Preuve par les gendarmes :

Pour tout $x > 0$, on a $-1 \leq \sin x \leq 1$, donc en divisant par $x > 0$ :

Par le théorème des gendarmes : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x} = 0$. $\square$

Calculer $\lim_{x\to 1}\frac{x^n - 1}{x - 1}$ pour $n\in\mathbb{N}^*$.

On factorise : $x^n - 1 = (x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1)$. Donc $\frac{x^n-1}{x-1} = x^{n-1}+\cdots+1 \to \underbrace{1+1+\cdots+1}_{n} = n$ quand $x\to 1$. Alternativement, c'est $f'(1)$ avec $f(x)=x^n$, soit $n\cdot 1^{n-1}=n$.

Vrai ou faux : Si $f$ est telle que $\lim_{x\to a}f(x) = \ell > 0$, alors il existe $\delta>0$ tel que $f(x) > 0$ pour tout $x$ avec $0<|x-a|<\delta$.

Vrai. C'est le théorème de signe constant (ou de conservation du signe). Puisque $\ell > 0$, on prend $\varepsilon = \ell/2 > 0$. Il existe $\delta>0$ tel que $0<|x-a|<\delta \Rightarrow |f(x)-\ell|<\ell/2$, ce qui donne $f(x) > \ell - \ell/2 = \ell/2 > 0$.