Corrigé - IMJ-PRG

UPMC 2M256 Analyse vectorielle et intégrales multiples 2016-2017
TD 1 - Corrigé
Exercice 1. Déterminer pour chaque fonction le domaine de définition et la limite au point indiqué :
1) (1−cos(x)) sin(x)
xtan(x)2en 0.
Il s’agit d’effectuer un développement limité en 0, après avoir remarqué que la fonction proposée est bien définie
sur un intervalle ouvert contenant 0. On a :
(1−cos(x)) sin(x)
xtan(x)2=x2
2+o(x2)·(x+o(x))
x·(x2+o(x2)) =x3
2+o(x3)
x3+o(x3)=1
2+o(1)
1+o(1) ,
et la limite cherchée vaut 1
2, car o(1) est une fonction continue de limite nulle en 0.
2) √x+1−√x
2+cos(x)en +∞.
La fonction dont on souhaite étudier la limite est définie sur R∗
+, car le dénominateur ne s’annule jamais. Soit x
un réel positif. On a :
√x+1−√x
2+cos(x)=1 2+cos(x)·(√x+1−√x)·(√x+1+√x)
√x+1+√x=1
2+cos(x)·1
√x+1+√x,
et la limite cherchée vaut 0, car le premier facteur dans l’expression ci-dessus est borné, tandis que le deuxième
tend vers 0.
3) (x2+x+8)1
3+√x2+4x−2
xen 0.
On commence par remarquer que la fonction proposée est définie sur ]−∞,−4] ∪]0,+∞[. La limite cherchée est
donc une limite à droite en 0. On va séparer la fonction en deux morceaux plus simples à traiter.
On commence par (x2+x+8)1
3−2
x, que l’on étudie en faisant un développement limité en 0. On a
(x2+x+8)1
3−2
x=e1
3ln(x2+x+8)−2
x=e1
3ln(8)·e
1
3ln1+ x 8+x2 8−2
x=2·ex+x2
8+o(x2)−2
x
=2·1+ x+x2
8+o(x2)−1
x
=1
4+ o(1),
dont la limite de ce premier terme en 0vaut 1
4. On passe maintenant à la deuxième partie. On a
√x2+4x
x=q1 + 4 x−→
x→0++∞,
donc la limite souhaitée vaut +∞.
4) e−|x|en +∞et −∞.
Bien que cela ne soit pas nécessaire, voici le graphe de la fonction considérée

Par composition des limites, on a
lim
x→+∞e−|x|= lim x→−∞ e−|x|= 0.
5) e−1
xen 0.
Par composition des limites, on a
lim
x→0−
e−1
x= +∞,
pour la limite à gauche, et
lim
x→0+e−1
x= 0,
pour la limite à droite. Pour information, le graphe de cette fonction est
Exercice 2. Etudier la fonction y(t) = v0t−g
2t2en fonction de get de v0.
On commence par remarquer que la fonction yest de classe C∞sur R. Pour tout t∈R, on a
y0(t) = v0−gt.
Il faut maintenant distinguer plusieurs cas.
— Si g= 0, la fonction yest affine de pente v0.
— Si g6= 0, la dérivée de yne s’annule qu’en t=v0
g. La croissance ou décroissance de yde part et d’autre
de ce point dépend alors du signe de v0.
Exercice 3.
1) Soit f(x) = exp x2
−2+cos(x). Cette fonction admet-elle une limite en +∞?
On remarque que la fo]]nction proposée est définie sur R, car le dénominateur dans l’exponentielle ne s’annule
jamais. Soit xun réel. On a
−1≤1
−2 + cos(x)≤ −1 3,
ce qui donne, par positivité de la fonction carré et croissance de la fonction exponentielle
exp −x2≤f(x)≤exp −x2
3.
Le théorème des gendarmes dit alors que la limite cherchée est nulle.

2) Soit g(x) = xq1 + 1
x2. Cette fonction admet-elle une limite en 0?
On remarque que la fonction gest définie sur R∗. Pour tout réel xnon nul, on a
g(x) = xr1 + 1
x2=p1 + x2,
donc gadmet une limite finie en 0, qui vaut 1. On peut donc prolonger gen une fonction continue sur R, mais
gn’est pas définie en 0.
Exercice 4. Pour chacune des fonctions suivantes, déterminer l’ensemble de définition Det donner une représentation
graphique de ce dernier.
1) f(x, y) = ln x2+y2−1.
Pour que fsoit définie, ce qui apparaît dans la fonction logarithme doit être strictement positif. Le domaine de
définition de fest donc
Df=(x, y)∈R2,x2+y2>1,
dont voici une représentation graphique
2) f(x, y) = ln y−x2.
Pour que fsoit définie, ce qui apparaît dans la fonction logarithme doit être strictement positif. Le domaine de
définition de fest donc
Df=(x, y)∈R2,y > x2,
dont voici une représentation graphique

3) f(x, y) = √1−xy.
Pour que fsoit définie, ce qui apparaît dans la fonction racine doit être positif. Le domaine de définition de f
est donc
Df=(x, y)∈R2,xy ≤1,
dont voici une représentation graphique
4) f(x, y) = p(x+y+ 1) ·(x+y−1).
Pour que fsoit définie, ce qui apparaît dans la fonction racine doit être positif. Pour cela, il faut que (x+y+ 1)
et (x+y−1) soient de même signe, que ce dernier soit positif ou négatif. Le domaine de définition de fest donc
Df=(x, y)∈R2,x+y−1≥0∪(x, y)∈R2,x+y+ 1 ≤0,
car pour tous réels x,y, si x+y−1est positif, alors x+y+ 1 est aussi positif, et si x+y+ 1 est négatif, alors
x+y−1est aussi négatif. Voici une représentation graphique de Df:
5) f(x, y) = sin(x)+cos(y)
x2+xy+y2
Le domaine de définition de fest ici entièrement déterminé par le lieu d’annulation du dénominateur. Soient x
et ydeux réels. On a
x2+xy +y2=x2+xy +y2
4+3y2 4=x+y 22+3y2 4,
et ceci est nul si et seulement si l’on a (x, y) = (0,0). Le domaine de définition de la fonction fest donc donné
par Df=R2\ {(0,0)}.

Exercice 5. Représenter la ligne de niveau cde la fonction fdans les cas suivants.
1) f(x, y)=3x+ 2ypour c= 1,2,0.
Voici les lignes de niveau correspondant à c= 1 ,c= 2 , et c= 0 :
2) f(x, y) = y2pour c=−1,0,1,4.
On commence par remarquer que la ligne de niveau correspondant à c=−1est vide, car la fonction carré est
positive. Voici les lignes de niveau pour c= 0 ,c= 1 ,c= 4 :
3) f(x, y) = ln (x+y)pour c= 0,1.
Il s’agit d’utiliser le fait que l’on a ln (x+y) = csi et seulement si l’on a x+y=ec. Voici les lignes de niveau
pour c= 0 ,c= 1 :