Correction détaillée des exercices 62 à 65
Exercices de perfectionnement - Limites et continuité - Manuel Al Moufid
Exercice 62
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) par :
\[ f(x)= \begin{cases} \dfrac1{\sin x}-\dfrac1x,&0\lt x\lt\dfrac{\pi}{2},\\[2mm] 0,&x=0. \end{cases} \]Montrer que :
\[ \forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right[,\qquad \sin x\le x\le\tan x. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Posons, sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) :
\[ u(x)=x-\sin x. \]On a \(u(0)=0\) et :
\[ u'(x)=1-\cos x\ge0. \]La fonction \(u\) est donc croissante, d'où :
\[ u(x)\ge u(0)=0, \]ce qui donne :
\[ \sin x\le x. \]Posons ensuite :
\[ v(x)=\tan x-x. \]On a \(v(0)=0\) et :
\[ v'(x)=\frac1{\cos^2x}-1=\tan^2x\ge0. \]Ainsi, \(v\) est croissante et :
\[ v(x)\ge v(0)=0, \]d'où :
\[ x\le\tan x. \]En déduire que, pour tout \(x\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) :
\[ 0\lt f(x)\lt\frac{1-\cos x}{\sin x}. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Soit \(x\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\). Les nombres \(x\), \(\sin x\) et \(\cos x\) sont strictement positifs.
D'après la question précédente, on a \(\sin x\lt x\). En prenant les inverses :
\[ \frac1{\sin x}\gt\frac1x. \]Donc :
\[ f(x)=\frac1{\sin x}-\frac1x\gt0. \]D'autre part, \(x\lt\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}\). En prenant les inverses :
\[ \frac1x\gt\frac{\cos x}{\sin x}. \]Par conséquent :
\[ f(x)=\frac1{\sin x}-\frac1x \lt \frac1{\sin x}-\frac{\cos x}{\sin x} =\frac{1-\cos x}{\sin x}. \]Étudier la continuité de \(f\) à droite de \(0\).
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Pour \(x\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\), la question précédente donne :
\[ 0\lt f(x)\lt\frac{1-\cos x}{\sin x}. \]Or :
\[ \frac{1-\cos x}{\sin x} =\frac{\sin x}{1+\cos x}. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a \(\sin x\to0\) et \(1+\cos x\to2\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos x}{\sin x}=0. \]Par encadrement :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0. \]Comme \(f(0)=0\), on obtient :
La fonction \(f\) est donc continue à droite en \(0\).
Exercice 63
On considère la fonction \(g\) définie par :
\[ g(x)= \begin{cases} \dfrac{ax^2-ax}{x^2-5x+4},&x\gt1,\\[3mm] \dfrac{x^3-1}{\sqrt[3]{x}+x-2},&x\lt1. \end{cases} \]Déterminer la valeur de \(a\) pour que la fonction \(g\) soit prolongeable par continuité en \(1\).
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Limite à droite de \(1\).
Pour \(x\gt1\) et \(x\ne1\) :
\[ x^2-5x+4=(x-1)(x-4) \]et :
\[ ax^2-ax=ax(x-1). \]Ainsi :
\[ g(x)=\frac{ax}{x-4}, \]d'où :
\[ \lim_{x\to1^+}g(x)=-\frac a3. \]Limite à gauche de \(1\).
On utilise les factorisations :
\[ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1), \] \[ x-1=(\sqrt[3]{x}-1)\left(x^{\frac23}+x^{\frac13}+1\right), \]et :
\[ \sqrt[3]{x}+x-2 =(\sqrt[3]{x}-1)\left(x^{\frac23}+x^{\frac13}+2\right). \]Pour \(x\ne1\), on obtient alors :
\[ g(x)= \frac{\left(x^{\frac23}+x^{\frac13}+1\right)(x^2+x+1)} {x^{\frac23}+x^{\frac13}+2}. \]Donc :
\[ \lim_{x\to1^-}g(x) =\frac{(1+1+1)(1+1+1)}{1+1+2} =\frac94. \]Pour que \(g\) soit prolongeable par continuité en \(1\), il faut et il suffit que les deux limites latérales soient égales :
\[ -\frac a3=\frac94. \]D'où :
\[ a=-\frac{27}{4}. \]Dans ce cas, le prolongement continu est obtenu en posant :
\[ \boxed{g(1)=\frac94}. \]Exercice 64
On considère la fonction définie par :
\[ f(x)=\tan x\,E\left(\frac1x\right), \]où \(E\) désigne la fonction partie entière. Déterminer \(D_f\), le domaine de définition de \(f\).
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La quantité \(E\left(\dfrac1x\right)\) est définie si et seulement si \(x\ne0\).
La fonction \(\tan x\) est définie si et seulement si :
\[ x\ne\frac\pi2+k\pi,\qquad k\in\mathbb Z. \]Par conséquent :
Montrer que :
\[ \forall x\in D_f,\qquad \left|f(x)-\frac{\tan x}{x}\right|\le|\tan x|. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Pour tout réel \(t\), la définition de la partie entière donne :
\[ E(t)\le t\lt E(t)+1. \]Ainsi :
\[ -1\lt E(t)-t\le0, \]donc :
\[ |E(t)-t|\le1. \]En prenant \(t=\dfrac1x\), pour \(x\in D_f\), on obtient :
\[ \left|E\left(\frac1x\right)-\frac1x\right|\le1. \]Or :
\[ f(x)-\frac{\tan x}{x} =\tan x\left(E\left(\frac1x\right)-\frac1x\right). \]Par conséquent :
En déduire que \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\), puis donner ce prolongement.
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D'après la question précédente :
\[ \left|f(x)-\frac{\tan x}{x}\right|\le|\tan x|. \]Lorsque \(x\to0\), on a :
\[ |\tan x|\to0 \qquad\text{et}\qquad \frac{\tan x}{x}\to1. \]On peut aussi écrire :
\[ |f(x)-1| \le \left|f(x)-\frac{\tan x}{x}\right| +\left|\frac{\tan x}{x}-1\right|. \]Le membre de droite tend vers \(0\). Donc :
\[ \lim_{x\to0}f(x)=1. \]La fonction \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\). Son prolongement est défini sur \(D_f\cup\{0\}\) par :
\[ \boxed{ \widetilde f(x)= \begin{cases} \tan x\,E\left(\dfrac1x\right),&x\in D_f,\\[2mm] 1,&x=0. \end{cases}} \]Exercice 65
Soit \(f\) une fonction définie sur \(\mathbb R\) et \(k\) un réel tels que :
\[ \forall(x,y)\in\mathbb R^2,\qquad |f(x)-f(y)|\le k|x-y|. \]Montrer que \(f\) est continue sur \(\mathbb R\).
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L'hypothèse impose nécessairement \(k\ge0\).
Soit \(a\in\mathbb R\). Pour tout \(x\in\mathbb R\), on applique l'inégalité avec \(y=a\) :
\[ |f(x)-f(a)|\le k|x-a|. \]Lorsque \(x\to a\), on a :
\[ k|x-a|\to0. \]Par encadrement :
\[ |f(x)-f(a)|\to0, \]donc :
\[ \lim_{x\to a}f(x)=f(a). \]La fonction \(f\) est continue en tout réel \(a\).
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