Correction détaillée des exercices 57 à 61
Exercices de perfectionnement — Continuité, limites et partie entière — Manuel Al Moufid
Chaque question est rappelée intégralement avant sa correction. Les méthodes utilisées restent conformes au programme de 2e Bac Sciences Mathématiques : limites usuelles, factorisation, encadrement, continuité et théorème des valeurs intermédiaires.
Chercher d’abord la question, puis ouvrir uniquement la correction correspondante. Aucun développement limité et aucune règle de l’Hôpital ne sont utilisés.
Exercice 57
utiliser les identités \(x^k-1=(x-1)(1+x+\cdots+x^{k-1})\), \(1-a_1\cdots a_n=(1-a_1)+a_1(1-a_2)+\cdots\), ainsi que les limites usuelles \(\displaystyle\frac{\sin u}{u}\to1\) et \(\displaystyle\frac{1-\cos u}{u^2}\to\frac12\).
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On calcule : \[ \lim_{x\to1}\frac{x+x^2+\cdots+x^n-n}{(2-x)^n-1} \]
Au numérateur, on écrit : \[ x+x^2+\cdots+x^n-n = (x-1)+(x^2-1)+\cdots+(x^n-1) \] et pour tout \(k\geq1\) : \[ x^k-1=(x-1)(1+x+\cdots+x^{k-1}) \]
Donc le numérateur contient le facteur \(x-1\). Au dénominateur : \[ (2-x)^n-1=((2-x)-1)\left(1+(2-x)+\cdots+(2-x)^{n-1}\right) \] Or \((2-x)-1=1-x=-(x-1)\).
Après simplification par \(x-1\), on passe à la limite. La somme \(1+x+\cdots+x^{k-1}\) tend vers \(k\), et \(1+(2-x)+\cdots+(2-x)^{n-1}\) tend vers \(n\).
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La racine impose d’approcher \(\frac{\pi}{2n}\) par la gauche. Posons :
\[ t=\pi-2nx. \]Alors \(t\to0^+\), \(2nx=\pi-t\) et :
\[ \sin(2nx)=\sin t, \qquad \cos(nx)=\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac t2\right) =\sin\frac t2. \]De plus :
\[ 4n^2x^2-\pi^2 =(2nx-\pi)(2nx+\pi) =-t(2\pi-t). \]Le quotient devient :
\[ -\frac1{2\pi-t}\, \frac1{\sqrt t}\, \sqrt{\frac{\sin t}{t}}\, \frac1{\sqrt{1+\sin(t/2)}}. \]Les deux derniers facteurs tendent vers \(1\), \(\frac1{2\pi-t}\to\frac1{2\pi}\), et \(\frac1{\sqrt t}\to+\infty\).
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On calcule : \[ \lim_{x\to0} \frac{1-\cos x\cos2x\cdots\cos nx}{x^2} \]
On utilise l’identité : \[ 1-a_1a_2\cdots a_n = (1-a_1)+a_1(1-a_2)+\cdots+a_1a_2\cdots a_{n-1}(1-a_n) \] avec \(a_k=\cos(kx)\).
En divisant par \(x^2\), chaque facteur \(\cos(jx)\) tend vers \(1\), et : \[ \frac{1-\cos(kx)}{x^2} = k^2\frac{1-\cos(kx)}{(kx)^2} \] Or : \[ \lim_{u\to0}\frac{1-\cos u}{u^2}=\frac12 \] donc : \[ \frac{1-\cos(kx)}{x^2}\to \frac{k^2}{2} \]
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On calcule : \[ \lim_{x\to\frac{\pi}{2}} \frac{(1-\sin x)(1-\sin^2x)\cdots(1-\sin^nx)}{\cos^{2n}x} \]
On écrit : \[ 1-\sin^k x=(1-\sin x)(1+\sin x+\cdots+\sin^{k-1}x) \] et : \[ 1-\sin x=\frac{1-\sin^2x}{1+\sin x} = \frac{\cos^2x}{1+\sin x} \]
Donc, pour chaque \(k\), \[ \frac{1-\sin^k x}{\cos^2x} = \frac{1+\sin x+\cdots+\sin^{k-1}x}{1+\sin x} \]
Lorsque \(x\to\frac{\pi}{2}\), on a \(\sin x\to1\). Ainsi : \[ \frac{1-\sin^k x}{\cos^2x}\to \frac{k}{2} \]
Exercice 58
pour étudier la continuité en \(0\), calculer séparément les limites à gauche et à droite, puis les comparer à la valeur de la fonction en \(0\). Les fonctions oscillantes sont traitées par encadrement.
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Pour \(x\geq0\), on a : \[ f(x)=\frac{\sqrt{x}-\sqrt{1+x^2}}{x+1} \] Donc : \[ f(0)=\frac{0-1}{1}=-1 \] et : \[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-1 \]
Pour \(x\lt0\), on utilise : \[ f(x)=\frac{\cos x-\sqrt{1+\sin x}}{x} \] On multiplie par la quantité conjuguée : \[ \frac{\cos x-\sqrt{1+\sin x}}{x} = \frac{\cos^2x-(1+\sin x)} {x(\cos x+\sqrt{1+\sin x})} \]
Or : \[ \cos^2x-(1+\sin x) = 1-\sin^2x-1-\sin x = -\sin x(\sin x+1) \] Donc : \[ f(x)= -\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\sin x+1}{\cos x+\sqrt{1+\sin x}} \]
Quand \(x\to0^{-}\), le premier facteur tend vers \(1\), et le second tend vers \(\frac12\).
Les limites à gauche et à droite ne sont pas égales.
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On a \(g(0)=0\). Pour \(x\gt0\) : \[ g(x)=\frac{\sin x-\tan x}{\sqrt{x}} \] Or : \[ \sin x-\tan x = \sin x-\frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\sin x(\cos x-1)}{\cos x} \]
Donc : \[ g(x)= \sqrt{x}\cdot\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\cos x-1}{\cos x} \] Quand \(x\to0^+\), on a \(\sqrt{x}\to0\), \(\frac{\sin x}{x}\to1\), et \(\frac{\cos x-1}{\cos x}\to0\).
Pour \(x\lt0\), on a : \[ g(x)=x\sin\frac1x \] Comme : \[ -|x|\leq x\sin\frac1x\leq |x| \] on obtient par encadrement :
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On a \(h(0)=0\). Pour \(x\gt0\), et proche de \(0\), on a \(0\lt x\lt1\), donc \(E(x)=0\). Ainsi : \[ h(x)=\frac{x-E(x)}{\sqrt{x}}=\frac{x}{\sqrt{x}}=\sqrt{x} \] Donc :
Pour \(x\lt0\), on utilise : \[ h(x)=xE\left(\frac1x\right) \] On sait que, pour tout réel \(t\), \[ t-1\lt E(t)\leq t \] On prend \(t=\frac1x\). Comme \(x\lt0\), en multipliant par \(x\), le sens des inégalités change. On obtient : \[ 1\leq xE\left(\frac1x\right)\lt 1-x \]
Quand \(x\to0^{-}\), les deux bornes tendent vers \(1\). Donc, par encadrement :
Or \(h(0)=0\). Donc la limite à gauche est différente de la valeur en \(0\).
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On a \(k(0)=0\).
À gauche de \(0\). Pour \(x\lt0\) :
\[ k(x)=\operatorname{Arctan}x\, \sin\left(1+\frac{2}{x^3}\right). \]La fonction sinus étant bornée entre \(-1\) et \(1\) :
\[ |k(x)|\le|\operatorname{Arctan}x|. \]Or \(\operatorname{Arctan}x\to0\) lorsque \(x\to0\). Donc :
\[ \lim_{x\to0^-}k(x)=0. \]À droite de \(0\). Pour \(x\gt0\) :
\[ k(x)=\sqrt{x}\sin\left(\frac1{\sqrt{x}}\right). \]Comme \(|\sin u|\le1\), on a :
\[ |k(x)|\le\sqrt{x}. \]Donc, par encadrement :
\[ \lim_{x\to0^+}k(x)=0. \]Les deux limites latérales sont égales à \(k(0)=0\).
Exercice 59
utiliser l’expression correspondant au côté étudié. Pour la continuité en \(0\), comparer la limite à droite à \(f_m(0)\). Pour le prolongement en \(-1\), éliminer le terme susceptible de devenir infini.
Calculer :
\[ \lim_{x\to\frac{\pi}{4}}f_m(x). \]Lire la correction +Masquer la correction −
Pour \(x\gt0\), on considère : \[ f_m(x)= \frac{\cos\left(\frac{2x}{3}\right)-\sqrt3\sin\left(2x-\frac{\pi}{3}\right)} {\cos2x} \]
En \(x=\frac{\pi}{4}\), le numérateur et le dénominateur s’annulent. On utilise alors les quotients de différences des fonctions trigonométriques usuelles.
Posons \(a=\frac{\pi}{4}\). On a : \[ \cos\left(\frac{2a}{3}\right)=\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt3}{2} \] et : \[ \sqrt3\sin\left(2a-\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt3\sin\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt3}{2} \]
Donc le numérateur est bien nul en \(a\). De plus : \[ \cos(2a)=\cos\frac{\pi}{2}=0 \]
En utilisant les limites de quotients de différences : \[ \lim_{x\to a} \frac{\cos\left(\frac{2x}{3}\right)-\cos\left(\frac{2a}{3}\right)}{x-a} = -\frac{2}{3}\sin\frac{\pi}{6} = -\frac13 \] et : \[ \lim_{x\to a} \frac{\sin\left(2x-\frac{\pi}{3}\right)-\sin\left(2a-\frac{\pi}{3}\right)}{x-a} = 2\cos\frac{\pi}{6} = \sqrt3 \]
Donc le quotient du numérateur par \(x-a\) tend vers : \[ -\frac13-\sqrt3\cdot\sqrt3=-\frac13-3=-\frac{10}{3} \] et : \[ \lim_{x\to a}\frac{\cos2x-\cos2a}{x-a} = -2\sin2a=-2 \]
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Pour \(x\leq0\), \(x\neq-1\), on a : \[ f_m(x)=x^2+mx+m+\frac{2m+1}{x+1} \]
Quand \(x\to-\infty\), le terme \(\frac{2m+1}{x+1}\) tend vers \(0\), et le terme \(x^2\) impose la croissance vers \(+\infty\).
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À droite de \(0\), on utilise la première expression : \[ \lim_{x\to0^+}f_m(x) = \frac{\cos0-\sqrt3\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)}{\cos0} \] Or : \[ \cos0=1,\qquad \sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{\sqrt3}{2} \] donc : \[ \lim_{x\to0^+}f_m(x)=1+\frac32=\frac52 \]
Comme \(0\leq0\), la valeur \(f_m(0)\) est donnée par la deuxième expression : \[ f_m(0)=m+\frac{2m+1}{1}=3m+1 \] Pour que \(f_m\) soit continue en \(0\), il faut : \[ 3m+1=\frac52 \]
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Au voisinage de \(-1\), on utilise la deuxième expression : \[ x^2+mx+m+\frac{2m+1}{x+1} \]
Les trois premiers termes ont une limite finie en \(-1\). Le seul problème vient du terme : \[ \frac{2m+1}{x+1} \] Pour que la limite soit finie, il faut : \[ 2m+1=0 \]
Dans ce cas, le terme fractionnaire disparaît, et la limite en \(-1\) vaut : \[ (-1)^2+m(-1)+m=1 \]
Exercice 60
utiliser les propriétés de la partie entière : \[ E(x)\le x\lt E(x)+1, \qquad 0\le x-E(x)\lt1. \] Sur chaque intervalle \(]p,p+1[\), la partie entière est constante.
Déterminer son domaine de définition \(D_f\).
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D’après la propriété de la partie entière : \[ 0\leq x-E(x)\lt1 \] Donc \(x-E(x)\) est toujours positif ou nul. Ainsi la racine carrée est définie pour tout réel \(x\).
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L’équation \(f(x)=0\) donne : \[ \sqrt{x-E(x)}=x \] Le membre de gauche est positif ou nul, donc il faut nécessairement : \[ x\geq0 \]
Posons \(n=E(x)\). Alors \(n\in\mathbb N\) et : \[ x\in[n,n+1[ \] En élevant au carré, on obtient : \[ x-E(x)=x^2 \] donc : \[ x-n=x^2 \] c’est-à-dire : \[ x^2-x+n=0 \]
Si \(n\geq1\), le discriminant vaut : \[ \Delta=1-4n\lt0 \] donc il n’y a pas de solution.
Pour \(n=0\), on a \(x\in[0,1[\), et l’équation devient : \[ x^2-x=0 \] donc : \[ x=0\quad\text{ou}\quad x=1 \] Mais \(1\notin[0,1[\), donc on garde seulement \(x=0\).
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Soit \(p\in\mathbb Z\). À droite de \(p\), pour \(x\in[p,p+1[\), on a \(E(x)=p\). Donc : \[ f(x)=\sqrt{x-p}-x \] et : \[ \lim_{x\to p^+}f(x)=-p \]
Or : \[ f(p)=\sqrt{p-E(p)}-p=\sqrt{0}-p=-p \] Donc \(f\) est continue à droite en \(p\).
À gauche de \(p\), pour \(x\in]p-1,p[\), on a \(E(x)=p-1\). Donc : \[ f(x)=\sqrt{x-p+1}-x \] et : \[ \lim_{x\to p^-}f(x)=1-p \]
Comme : \[ 1-p\neq -p \] la limite à gauche n’est pas égale à \(f(p)\).
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Pour \(x\in]p,p+1[\), on a : \[ E(x)=p \] donc : \[ f(x)=\sqrt{x-p}-x \]
Sur \(]p,p+1[\), on a \(x-p\gt0\), donc \(x\mapsto\sqrt{x-p}\) est continue. La fonction \(x\mapsto -x\) est aussi continue.
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On sait que : \[ 0\leq x-E(x)\lt1 \] donc : \[ 0\leq\sqrt{x-E(x)}\lt1 \]
En soustrayant \(x\), on obtient : \[ -x\leq \sqrt{x-E(x)}-x\lt1-x \] donc : \[ -x\leq f(x)\leq1-x \]
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D’après l’encadrement : \[ -x\leq f(x)\leq1-x \]
Quand \(x\to+\infty\), les deux membres \(-x\) et \(1-x\) tendent vers \(-\infty\). Donc :
Quand \(x\to-\infty\), les deux membres \(-x\) et \(1-x\) tendent vers \(+\infty\). Donc :
Exercice 61
une fonction continue sur un segment est bornée. Une fonction périodique se ramène à un intervalle d’une période ; il suffit donc de combiner continuité sur un segment et périodicité.
Montrer que \(f\) est bornée sur \(\mathbb R\).
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Soit \(T\gt0\) une période de \(f\). Comme \(f\) est continue sur le segment \([0,T]\), elle y est bornée. Il existe donc \(M\gt0\) tel que :
\[ \forall t\in[0,T],\qquad |f(t)|\le M. \]Pour tout \(x\in\mathbb R\), il existe un entier \(q\) et un réel \(r\in[0,T[\) tels que :
\[ x=qT+r. \]Par périodicité :
\[ f(x)=f(r). \]Par conséquent :
\[ |f(x)|=|f(r)|\le M. \]Montrer que \(f_n\) est continue et bornée sur \(\mathbb R\).
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Soit \(n\in\mathbb N^*\). On considère : \[ f_n(x)=\frac{1+\cos x+\cos^2x+\cdots+\cos^nx}{1+\cos^{2n}x} \]
Le numérateur est une somme de fonctions continues, donc il est continu sur \(\mathbb R\). Le dénominateur est aussi continu, et : \[ 1+\cos^{2n}x\geq1 \] donc il ne s’annule jamais.
De plus, comme \(\cos(x+2\pi)=\cos x\), la fonction \(f_n\) est périodique de période \(2\pi\).
D’après la question précédente, une fonction continue et périodique sur \(\mathbb R\) est bornée sur \(\mathbb R\).
Les 20 questions des exercices 57 à 61 sont désormais accompagnées de leur énoncé complet et de leur correction détaillée. La transcription de la fonction \(k\) de l’exercice 58 a été rectifiée : le terme exact est \(\sin\left(1+\frac{2}{x^3}\right)\).
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