Exercices de Limite et continuité de fonctions, Sup (prépa) (page 2)

Correction détaillée :

Cet exercice propose trois limites à calculer, faisant appel à des techniques courantes du chapitre Limite et continuité.

Partie 1) Calcul de la limite :$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{e^{x^2+x}-e^{2x}}{\cos (\frac{\pi }{2}x)}$$En substituant $x=1$ dans le numérateur, on obtient $e^{1^2+1}-e^{2\cdot 1}=e^2-e^2=0$. Pour le dénominateur, $\cos (\frac{\pi }{2}\cdot 1)=\cos (\frac{\pi }{2})=0$. Nous sommes donc en présence d'une indétermination de la forme $\frac{0}{0}$.

On factorise le numérateur par $e^{2x}$ : $e^{x^2+x}-e^{2x}=e^{2x}\left(e^{x(x-1)}-1\right)$. Au dénominateur, on pose $h=x-1$, qui tend vers $0$ : $\cos (\frac{\pi }{2}x)=\cos (\frac{\pi }{2}+\frac{\pi h}{2})=-\sin (\frac{\pi h}{2})$. Pour $x$ proche de $1$ et $x\ne 1$, on écrit alors :$$\frac{e^{x^2+x}-e^{2x}}{\cos (\frac{\pi }{2}x)}=-\frac{2}{\pi }x{e}^{2x}\cdot \frac{e^{xh}-1}{xh}\cdot \frac{\frac{\pi h}{2}}{\sin (\frac{\pi h}{2})}$$Comme $xh\to 0$ et $\frac{\pi h}{2}\to 0$, les limites classiques $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{e^t-1}{t}=1$ et $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{\sin t}{t}=1$ donnent, avec $x{e}^{2x}\to e^2$ :$$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{e^{x^2+x}-e^{2x}}{\cos (\frac{\pi }{2}x)}=-\frac{2}{\pi }\cdot e^2\cdot 1\cdot 1=-\frac{2e^2}{\pi }$$Conclusion pour 1) : $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{e^{x^2+x}-e^{2x}}{\cos (\frac{\pi }{2}x)}=-\frac{2e^2}{\pi }$

Partie 2) Calcul de la limite :$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^{-x}\text{th}x\cdot \text{sh}x$$Rappelons les définitions de $\text{th}x$ et $\text{sh}x$ :

$\text{th}x=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$

$\text{sh}x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$

Substituons ces expressions dans la limite :$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^{-x}\cdot \frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\cdot \frac{e^x-e^{-x}}{2}$$Simplifions l'expression :$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^{-x}(e^x-e^{-x}{)}^2}{2(e^x+e^{-x})}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^{-x}(e^{2x}-2+e^{-2x})}{2(e^x+e^{-x})}$$$$=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^x-2e^{-x}+e^{-3x}}{2(e^x+e^{-x})}$$Pour $x\to +\infty$, les termes $e^{-x}$, $e^{-2x}$, $e^{-3x}$ tendent vers $0$. Nous pouvons donc simplifier en divisant le numérateur et le dénominateur par le terme dominant, $e^x$ :$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-2e^{-2x}+e^{-4x}}{2(1+e^{-2x})}$$En substituant $x\to +\infty$ :$$\frac{1-2(0)+0}{2(1+0)}=\frac{1}{2}$$Conclusion pour 2) : $\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^{-x}\text{th}x\cdot \text{sh}x=\frac{1}{2}$

Partie 3) Calcul de la limite :$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{\ln (1+x)}{\ln x}\right)}^{x\ln x}$$Il s'agit d'une indétermination de la forme $1^{\infty }$ car :$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (1+x)}{\ln x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (x(1+\frac{1}{x}))}{\ln x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x+\ln (1+\frac{1}{x})}{\ln x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\ln x}\right)$$Comme $\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln (1+\frac{1}{x})=\ln (1)=0$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln x=+\infty$, le rapport tend vers $0$. Donc, la base tend vers $1$.

L'exposant $x\ln x$ tend vers $+\infty$ lorsque $x\to +\infty$.

Pour lever cette indétermination, nous utilisons la méthode des exponentielles : $A^B=e^{B\ln A}$.

Posons $L$ la limite recherchée. Alors :$$L=\underset{x\to +\infty }{\lim }\exp \left(x\ln x\cdot \ln \left(\frac{\ln (1+x)}{\ln x}\right)\right)$$Il faut donc calculer la limite de l'exposant :$$M=\underset{x\to +\infty }{\lim }x\ln x\cdot \ln \left(\frac{\ln (1+x)}{\ln x}\right)$$Réécrivons le terme dans le logarithme :$$\frac{\ln (1+x)}{\ln x}=\frac{\ln x+\ln (1+\frac{1}{x})}{\ln x}=1+\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\ln x}$$Posons $u(x)=\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\ln x}$ : on a vu que $u(x)\to 0$, et $u(x)>0$ pour $x>1$. On écrit alors :$$x\ln x\cdot \ln \left(1+u(x)\right)=\frac{\ln (1+u(x))}{u(x)}\cdot x\ln x\cdot u(x)=\frac{\ln (1+u(x))}{u(x)}\cdot \frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}$$Comme $\underset{u\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+u)}{u}=1$, le premier facteur tend vers $1$ (par composition, car $u(x)\to 0$) et le second aussi (car $\frac{1}{x}\to 0$). Ainsi :$$M=1$$Donc, la limite $L$ est :$$L=e^M=e^1=e$$Conclusion pour 3) : $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{\ln (1+x)}{\ln x}\right)}^{x\ln x}=e$

1. On utilise l'encadrement $y-1<\lfloor y\rfloor \le y$.

(i) Pour $x>1$ : $1/x\in ]0,1[$, donc $\lfloor 1/x\rfloor =0$ et $f(x)=0$. Donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$.

(ii) De $x-1<\lfloor x\rfloor \le x$, en divisant par $x>0$ : $1-1/x<g(x)\le 1$. Par le théorème des gendarmes, $\underset{x\to +\infty }{\lim }g(x)=1$.

2. Pour $x\in ]0,1[$, l'encadrement $1/x-1<\lfloor 1/x\rfloor \le 1/x$ donne en multipliant par $x>0$ :$$1-x<x\lfloor \frac{1}{x}\rfloor \le 1.$$Par le théorème des gendarmes, $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=1$.

3. Posons $x_n=n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ et $y_n=n+1/2$. Pour $x_n=n$ : $h(n)=n^n/n^n=1$, donc $h(x_n)\to 1$. Pour $y_n=n+1/2$ : $\lfloor y_n\rfloor =n$ et :$$\ln h(y_n)=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(n+\frac{1}{2}\right)-n\ln n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)+\frac{1}{2}\ln n.$$Or $\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln (1+\frac{1}{2n})\to \frac{1}{2}$ et $\frac{1}{2}\ln n\to +\infty$, donc $\ln h(y_n)\to +\infty$ et $h(y_n)\to +\infty$. Les deux suites $(x_n)$ et $(y_n)$ tendent vers $+\infty$ avec $h(x_n)\to 1\ne +\infty$, donc $h$ n'admet pas de limite en $+\infty$.