f : x e cosx lim e 0 = e- = → +∞ x² 1 1 f:x x + -

PCSI2
Eléments de correction – Chapitre 14 : Limites et continuité
Les exercices notés  sont plus difficiles.
14.1 On a
x , cos(x)  cos(a)  2sin
xa
xa
sin
 xa .
2
2
Soit  >0, posons  = .
Si |x-a| ≤  alors |cos(x) – cos(a)| ≤  = .
Ainsi  > 0,  > 0,
lim cos(x)  cos(a)
x , |x-a| ≤ 
|cos(x) – cos(a)| ≤  donc, par définition,
xa
Remarque : cela démontre la continuité de la fonction cosinus sur
.
On suppose que cosx→L quand x→+ avec L {±}.
On considère les suites un = 2n et vn= (2n+1).
On a un→+ et vn→+ donc f(un)→L et f(vn)→L.
Or n , f(un) = 1 donc L = 1 et n , f(vn) = -1 donc L = -1 ce contredit l’unicité de la limite.
CCl : cos n’admet pas de limite en +
14.3 Etude de la limite de f en 0 : Une exploration graphique avec a = 2 et b = 3 par exemple
laisse penser que f admet une limite en 0.
x
0,
b
1 
x
b  b
  .
x  x
b x
b
  f(x)  et
a a
a
x >0,
Comme lim
x
b
 0 alors par encadrement, lim f(x)  lim f(x)  .
x 0 
x 0 
a
a
x 0
x<0
b
b x
 f(x)   .
a
a a
Par suite,
CCl : f admet b/a comme limite en 0.
Etude de la limite de g en 0 : Une exploration graphique avec a = 2 et b = 3 par exemple laisse
penser que g n’admet pas de limite en 0.
x
a
Soit x]-b,0[, on a x/b]-1,0[ donc    1 et f(x) = . On en déduit que lim f(x)   .
x 0 
x
b
 
x
Soit x]0,b[, on a x/b]0,1[ donc    0 et f(x) =0. On en déduit que lim f(x)  0 .
x 0 
b 
CCl : g n’admet pas de limite en 0.
14.4 Technique de base
 Limite de f : x
ex cosx en a =  .
et lim e x  0 donc lim f(x)  0 .
La fonction cosinus est bornée sur
Considérons un = -2n, on a un→ -
x
x 
et comme cos(un) = 1, f(un)  e
Considérons vn = – (2n+1), on a un→ -
un
  .
et comme cos(un) = -1, f(un)  e
un
  .
Ce qui montre que f n’admet pas de limite en - .
x²  1  1
en a = 0.
x
h(x)  h(0)
x²  1 . On a f(x) =
x0
 Limite de f : x
Posons h(x) =
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Or h est dérivable sur donc en 0 avec h’(x) =
x²  1
donc lim f(x)  h'(0)  0 .
x 0
1
3

en a = 1
1  x 1  x3
 Limite de f : x
Soit x  1, f(x) 
x
1  x  x²  3
3
1x

x²  x  2
3
1x

(x  1)(x  2)
x 2

(1  x)(1  x  x²)
1  x  x²
x 2
Or 
 1 donc f(x) 
 1
x 1
1  x  x² x 1
 Limite de f : x
Soit x  -1, f(x) 
Or
x²  2x  3
x 1
en a = -1.
(x  1)(x  3)
x 1
 x  1(x  3)
x  1(x  3) 
0 alors f(x) 
0
x 1
x 1
14.7 ln est définie sur ]0,+ [ et lnx – 1 = 0  x = e donc u : x
ln x
est définie sur ]0,e[ et
ln x  1
sur ]e,+ [ comme quotient de fonctions.
exp est définie sur donc, par composition, f est définie sur ]0, e[ et sur ]e, + [ .
 Limite en 0 : Posons X = lnx alors f(x) 
X
.
X 1
X
ln x
 donc

 1 et X = lnx 
 1 .
x 0
X

X 1
ln x  1 x 0
Par composition avec exp, f(x) 
e
x0
On a
 Limite à gauche et à droite de e.
 0 et (lnx – 1) 
 0
lnx 
1 par continuité de ln, de plus (lnx – 1) 
x e
x e 
x e 
ln x
ln x

  et

  .
ln x  1 x e 
ln x  1 x e 
0 .
par composition avec exp, f(x) 
 et f(x) 
x e 
xe 
donc par quotient des limites
Remarques :
- On peut prolonger f par continuité en 0 en posant f(0) = e.
- La courbe rep. de f admet une asymptote verticale d’équation x = e
- On peut prolonger f par continuité à droite de e en posant f(e) = 0.
14.10 Le cas où k > 1 se traite comme dans l’exercice 1.8 en remplaçant 2 par k dans le
raisonnement.
Traitons le cas où 0 < k < 1 : Soit f une fonction répondant aux hypothèses.
On montre par récurrence que n , x , f(x) = f(knx).
Fixons x dans , et posons un = knx.
On lim un = 0 car 0 < k < 1, comme f est continue en 0, alors f(un)→f(0), or un est constante égale à
f(x) donc f(x) = 0.
Bilan: Si f convient alors x , f(x) = f(0) c’est à dire f est constante.
Réciproquement il est clair que les fonctions constantes conviennent.
CCl : Les fonctions répondant à ce problème sont les fonctions constantes
 14.11 Analyse : Soit g une fonction vérifiant les hypothèses.
soit n et x ,
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x
x
x
x
x
g(x)  g( )cos( )  g( )cos( )cos( ) 
2
2
4
4
2
 g(
x
n
2
)cos(
x
n
2
)cos(
x
n 1
2
)
n
x
x
x
cos( )  g( )
cos( ) .
n
2
2 k 1
2k

Or, astuce « classique » :
sin(
x
n
2
n
x
 cos( 2
)
k 1
k
)  sin(
On en déduit que sin(
x
n
2
x
2
)cos(
)g(x) 
Si x 0 alors sin(x/2n)
g(x) 
n
x
n
2
1
n
2
)cos(
x
n 1
2
sin x.g(
x
2n
)
x
1
x
x
cos( )  sin(
)cos(
)
n

1
n
2
2
2
2 1
x
cos( ) 
2

1
2n
sin x
).
0 et on peut écrire
x
*
,
n
x/2
sin x
x
sin x x
g( ) 
.
g( )
n
n
2 sin( x ) 2
sin(x / 2 ) x
2n
2n
1
n
Fixons x dans
*
et passons à la limite quand n→+ , on obtient g(x) =
sin x
.
x
sin x
quand x 0 et g(0) = 1 alors g est définie et continue sur avec
x
sin(2x) 2sin x cos x sin x


cos x  g(x).cos x relation encore
x *, g(2x) =
2x
2x
x
Synthèse : Posons g(x) =
g(0)=1. De plus
vraie pour x = 0.
CCl : la solution est la fonction g définie sur par g(x) =
sin x
quand x
x
0 et g(0) = 1.
14.13 Il faut utiliser correctement le théorème donnant la continuité d’une composée.
 Continuité de f
ln est continue sur ]0,+ [ et arcsin est continue sur [-1,1].
Donc, f est continue sur { x]0,+ [, 1+lnx[-1,1] } = { x]0,+ [, lnx[-2,0] } = [e-2,1].
 Continuité de g :
arcos est continue sur [-1,1] et la fonction racine carrée sur [0 ;+ [.
Donc, g est continue sur { x[-1;1], arcos(x) – /2 ≥ 0} = { x[-1;1], arcos(x) ≥ /2} = [-1,0]
 Continuité de h :
 


tan est continue sur tout intervalle Ik =    k;  k  avec k et ln est continue sur ]0,+ [.
2
 2

14.17 Soit f : → continue. Si on essaye de tracer la rep. graphique d’une telle fonction on
constate qu’elle semble nécessairement constante.
Supposons que f prenne deux valeurs n et p distinctes dans avec n = f(a) et p = f(b).
Comme f est continue, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à f entre a et b,
on obtient que f prend toutes les valeurs réelles entre n et p et donc c , f(c) ce qui est
absurde.
CCl : f est constante.
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14.18 Soit f définie sur
et vérifiant: lim f( x )  lim f( x )   .
x 
x 
On a lim f( x )   donc A , x1 , x < x1, f(x) < A
x 
On a lim f( x )   donc A , x2 , x > x2, f(x) < A
x 
Posons A = f(0). D'après ce qui précède, f(0) majore f sur ]-,x1[ et sur ]x2,+[.
Sur le segment I = [x1,x2], f est continue donc elle est bornée et elle atteint ses bornes.
M = sup f existe, xI, f(x)  M et x0I, f(x0) = M.
I
On a f(0) ≥ f(0) = A donc que 0I et A = f(0)  M.
CCl: x , f(x)  M et x0 , f(x0) = M
Le dessin: Il vous reste à placer x1, x2 et x0.
y
6
5
4
3
2
1
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
x
-1
-2
-3
-4
-5
-6
14.22 On note f la fonction donnant la distance parcourue en en fonction du temps t exprimé en
heures. On a évidemment f continue (on ne transplane pas), f(0) = 0 et f(4) = 10.
Posons g(t) = f(t + 2) – f(t) g est définie et continue sur [0, 2] et g(t) est la distance parcourue
en 2h entre l’instant t et l’instant t + 2.
g(0) + g(2) = f(2) – f(0) + f(4) – f(2) = 10.
On en déduit que (g(0) ≥ 5 et g(2) ≤ 5) ou (g(0) ≤ 5 et g(2) ≥ 5).
Dans les deux cas, 5 est une valeur intermédiaire entre g(0) et g(2).
Le théorème des valeurs intermédiaires donne l’existence de t0[0, 2] tel que g(t0) = 5.
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