corrige TD 3 - IMJ-PRGkevin.destagnol/corrige_TD_3.pdf · Corrigé du TD 3 : Limites 1 Exercice 1 : Fonction réciproque 1.1 Cas f(x) = 2x2+1 La fonction f est définie sur R

Corrige du TD 3 :

Limites

1 Exercice 1 : Fonction reciproque

1.1 Cas f(x) = 2x2 + 1

La fonction f est definie sur R et a valeurs dans I = [1,+∞[. Elle est paire donc enparticulier pour tout x reel, on a f(−x) = f(x) et en particulier la fonction f n’est pasinjective. Elle n’est donc pas bijective de R sur I. Mais, la fonction f est strictement crois-sante sur R+ et strictement decroissante sur R−, ainsi sur chacun de ces deux intervalles,elle devient injective. On en deduit donc en considerant J = R

+ que f est bijective deJ sur I. Elle admet donc une fonction reciproque f−1 : I → J . Pour determiner f−1, onconsidere y ∈ I et on cherche l’unique x ∈ J tel que y = f(x). Le probleme a resoudreest donc

y = 2x2 + 1

soit

x2 =y − 1

2,

ou on a bien y − 1 > 0 puisque y ∈ I. On en deduit alors que

x =

√

y − 1

2,

puisqu’on a choisi de se restreindre a J et donc aux x > 0. Or, la relation y = f(x) estequivalente a x = f−1(y), ce qui permet de deduire que pour tout y ∈ I,

f−1(y) =

√

y − 1

2.

On peut alors verifier que pour tout y ∈ I,

f ◦ f−1(y) = 2

(

√

y − 1

2

)2

+ 1 = 2× y − 1

2+ 1 = y − 1 + 1 = y

et pour tout x ∈ J ,

f−1 ◦ f(x) =√

2x2 + 1− 1

2=

√x2 = |x| = x.

On verifie bien sur le dessin que les deux graphes sont obtenus l’un par rapport a l’autrepar une symetrie d’axe la premiere bissectrice (la droite d’equation y = x).

1

2013-2014 L1 SNV - Mathematiques

1

2

1

Cf

Cf−1

y = x

b

b

1.2 Cas fa(x) =√ax2 + 1

On commence par etudier la foncton fa. Il y a alors deux cas selon le signe du reel a.Dans un premier temps, lorsque a > 0, elle est definie sur R tout entier puisque quel quesoit x reel, on a ax2 +1 > 0 et elle est a priori a valeurs dans R+. La fonction fa est alorsderivable en tout point x ∈ R puisque x 7→ √

x l’est sur R+∗et que ax2 +1 > 0. Pour tout

x reel, on a ainsi en utilisant la formule pour deriver une composee,

f ′

a(x) = 2ax× 1

2√ax2 + 1

=ax√

ax2 + 1.

On peut alors remarquer que pour tout x reel,

f(−x) =√

a(−x)2 + 1 =√ax2 + 1 = f(x)

2


donc la fonction est paire et il suffit par consequent de l’etudier sur R+. Cela implique

a nouveau en particulier que fa n’est pas injective et donc a fortiori pas bijective sur R.Sur cet intervalle, puisqu’on est dans le cas a > 0, on a que, pour tout x > 0, f ′

a(x) > 0,avec annulation uniquement en x = 0. Ainsi la fonction fa est strictement croissante surR

+ et strictement decroissante sur R−. De plus, fa(0) = 1 et fa tend vers +∞ en +∞

donc on en deduit comme dans le cas precedent que la fonction est bijective de R+ sur

[1,+∞[. Pour determiner la fonction reciproque, on essaye de resoudre pour y ∈ [1,+∞[,l’equation

y =√ax2 + 1.

On eleve alors au carre pour obtenir

y2 = ax2 + 1

soitax2 = y2 − 1

soit puisque a > 0 et donc en particulier a 6= 0,

x2 =y2 − 1

a.

Puisque y ∈ [1,+∞[, on a que y2−1a

> 0 et donc on peut prendre la racine carree pourobtenir que

√x2 = |x| =

√

y2 − 1

a.

Mais on cherche x dans R+ donc tel que |x| = x. Ainsi, on a que

x = f−1(y) =

√

y2 − 1

a.

On verifie bien que pour tout x positif,

f−1 ◦ f(x) = f−1(√ax2 + 1) =

√

(sqrtax2 + 1)2 − 1

a

soit

f−1 ◦ f(x) =√

ax2 + 1− 1

a=

√x2 = |x| = x

car x > 0. On verifie de meme que pour tout y > 1,

f ◦ f−1(y) = y.

On a les traces suivants :

3


1

2

3

4

1 2 3 4

Cf

Cf−1y = x

b

b

Le cas a = 0 donne fa(x) = 1 pour tout x qui est constante et donc non bijective et ilreste par consequent a traiter le cas a < 0. Dans ce cas, la fonction n’est bien definie quelorsque ax2 + 1 > 0 soit lorsque (attention diviser par a change le sens de l’inegalite cara < 0)

x26

−1

a

soit sur[

−√

−1a,√

−1a

]

. On a que la fonction est derivable pour tout x ∈]

−√

−1a,√

−1a

[

(on rappelle que la racine carree n’est pas derivable en 0 !) et que pour tout x dans cetintervalle

f ′

a(x) =2ax

2√ax2 + 1

=ax√

ax2 + 1.

Puisque fa(−x) = fa(x), la fonction n’est pas bijective car non injective. On se place alors

sur[

0,√

−1a

]

. Sur cet intervalle, x > 0 et donc f ′

a(x) > 0 si bien que fa est strictement

croissante donc injective. De plus, fa (0) = 1 et fa tend vers 0 en√

−1a

si bien que la

fonction fa est bijective de[

0,√

−1a

]

sur [0, 1]. On cherche alors a resoudre pour y ∈ [0, 1],

y =√ax2 + 1.

4


Comme dans le cas a > 0, on aboutit a

x2 =y2 − 1

a

ou cette fois y2 − 1 6 0. Mais a < 0, donc on a

y2 − 1

a> 0

et donc on peut prendre la racine carree et conclure comme ci-dessus que

f−1(y) =

√

y2 − 1

a.

Les verification de f ◦ f−1 = Id et f−1 ◦ f = Id se font comme dans le cas a > 0. On a lestraces suivants :

1

2

1 2

CfCf−1

y = x

5


1.3 Cas f(x) = 1 + ln(2x)

Comme la fonction logarithme, la fonction f est definie sur R+∗

et puisque la fonctionlogarithme est strictement croissante et tend vers −∞ en 0 et vers +∞ n +∞, on endeduit que la fonction f verifie les memes proprietes et que par consequent elle realise unebijection de R+

∗sur R. Fixons donc y reel et tentons de resoudre l’equation y = 1+ln(2x)

avec x ∈ R+∗. Cette equation est equivalente a

ln(2x) = y − 1

et en prenant l’exponentielle, on obtient

eln(2x) = 2x = ey−1

soit

x = f−1(y) =ey−1

2qui est bien strictement positif. On verifie alors aisement que pour tout y reel,

f ◦ f−1(y) = 1 + ln

(

2× ey−1

2

)

= 1 + ln(

ey−1)

.

On a doncf ◦ f−1(y) = 1 + y − 1 = y.

De meme, pour tout x > 0, on a

f−1 ◦ f(x) = e1+ln(2x)−1

2=

eln(2x

2=

2x

2= x.

On a egalement les traces suivants :

1

2

3

4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Cf

Cf−1 y = x

6


1.4 Cas f(x) = e3x+2 − 1

Comme la fonction exponentielle, f est definie sur R tout entier et est strictement crois-sante. De plus, f tend vers −1 en −∞ et vers +∞ en +∞ donc on en deduit qu’ellerealise une bijection de R sur ]−1,+∞[. Afin de determiner la reciproque, on resout poury ∈]− 1,+∞[ l’equation

y = e3x+2 − 1

soity + 1 = e3x+2.

Puisque y > −1, y + 1 > 0 et on peut passer aux logarithmes pour obtenir

3x+ 2 = ln(y + 1)

soit3x = ln(y + 1)− 2

soit enfin

x = f−1(y) =ln(y + 1)− 2

3.

On verifie alors pour x reel que

f−1 ◦ f(x) = ln(e3x+2 − 1 + 1)− 2

3=

ln(e3x+2)− 2

3=

3x+ 2− 2

3= x

et que pour tout y > −1, on a

f ◦ f−1(y) = e3ln(y+1)−2

3+2 − 1 = eln(y+1) − 1 = y + 1− 1 = y.

On a egalement les traces suivants :

1

2

3

4

5

6

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1

Cf

Cf−1

y = x

7


2 Exercice 2 : Limites simples

2.1 Cas limx→0+

x|x|

Ici, on fait tendre x vers 0 par valeurs positives donc en particulier pour de telles valeurs,|x| = x et

x

|x| =x

x= 1.

On en deduit que

limx→0+

x

|x| = 1.

2.2 Cas limx→0−

x|x|

Dans ce cas, on fait tendre x vers 0 par valeurs negatives donc en particulier pour de tellesvaleurs, |x| = −x et

x

|x| =x

−x= −1.

On en deduit que

limx→0−

x

|x| = −1.

On peut deduire de ces deux calculs que la fonction x 7→ |x| n’est pas derivable en 0.

2.3 Cas limx→+∞

x|x|

Puisqu’on cherche la limite en +∞, on peut supposer que x > 0 et dans ce cas on conclutcomme dans le premier cas que

limx→+∞

x

|x| = limx→+∞

1 = 1.

2.4 Cas limx→−∞

x|x|

Cette fois-ci, on cherche la limite en −∞, on peut supposer que x < 0 et dans ce cas onconclut comme dans le deuxieme cas que

limx→−∞

x

|x| = limx→−∞

− 1 = −1.

2.5 Cas limx→+∞

cos(x)

Si on se souvient du trace de la fonction cosinus, on voit que la fonction oscille entre -1et 1 et donc on devine que la fonction n’a pas de limite.

8


−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

cos

Pour demontrer cela rigoureusement, on va utiliser le fait suivant. Si

limx→+∞

cos(x) = l ∈ R ∪ {−∞,+∞},

alors pour toute suite (xn)n∈N telle que

limn→+∞

xn = +∞,

on doit avoirlim

n→+∞

cos(xn) = l.

On va alors utiliser la suite xn = π2(2n+ 1) qui tend bien vers +∞ de sorte que (dessiner

le cercle trigonometrique)

cos(π

2(2n+ 1)

)

= 0 −→n→+∞

0.

Si la fonction avait une limite l en +∞, on en deduirait donc que l = 0. Mais, d’autrepart, si on considere la suite xn = (2n+ 1)π qui tend egalement vers +∞, on a

cos((2n+ 1)π) = −1 −→n→+∞

−1,

et on devrait donc avoir l = 0 = −1, ce qui est impossible. La fonction n’admet donc pasde limite en +∞.

9


2.6 Cas limx→+∞

cos(x)x

Dans ce cas, en revanche, diviser par x va prendre le dessus sur le comportement oscillantde la fonction cosinus. On sait que pour tout x,

| cos(x)| 6 1

et puisque la limite est en +∞, on peut supposer x > 0. On obtient donc que

0 6

∣

∣

∣

∣

cos(x)

x

∣

∣

∣

∣

61

x.

Or,

limx→+∞

1

x= 0

et donc d’apres le theoreme d’encadrement, on obtient que

limx→+∞

cos(x)

x= 0.

2.7 Cas limx→1

x+1x−1

Dans le cas d’un quotient, on commence par regarder les limites du numerateur et dudenominateur. Le numerateur x + 1 tend vers 2 lorsque x tend vers 1 tandis que ledenominateur x− 1 tend vers 0 lorsque x tend vers 1. On cherche alors la limite de 1

x−1.

On sait par le cours qu’elle va etre infinie mais pour la determiner, on sait egalement quel’on a besoin de connaıtre le signe de x− 1. Lorsque x tend vers 1 par valeurs inferieures,on a x− 1 6 0 et donc

limx→1−

1

x− 1= −∞

et donc

limx→1−

x+ 1

x− 1= −∞

tandis que lorsque x tend vers 1 par valeurs superieures, on a x− 1 > 0 et

limx→1+

1

x− 1= +∞

et donc

limx→1+

x+ 1

x− 1= +∞.

2.8 Cas limx→1

x4+1x−1

Le numerateur tend vers 2 lorsque x tend vers 1 et il reste a etudier 1x−1

que l’on a etudiedans le cas precedent, si bien qu’on en deduit immediatement que

limx→1−

x4 + 1

x− 1= −∞

et

limx→1+

x4 + 1

x− 1= +∞.

10


2.9 Cas limx→+∞

ex+2 − ex

Ici, on a en utilisant le fait que l’exponentielle tend vers +∞ en +∞ que

limx→+∞

ex+2 = +∞

etlim

x→+∞

(−ex) = −∞.

On est donc en presence d’une forme indeterminee de type “+∞ − ∞”. Pour leverl’indetermination, on factorise par le terme dominant ex :

ex+2 − ex = ex(e2 − 1).

A present, on sait que e2 − 1 = e2 − e0 > 0 et

limx→+∞

ex = +∞

et par consequent en faisant le produit

limx→+∞

ex+2 − ex = +∞.

2.10 Cas limx→+∞

ex2 − ex

De la meme facon que dans le cas precedent, on a affaire a la meme forme indeterminee.Intuitivement ex

2est le terme qui va le plus vite a l’infini et qui devrait donc dicter le

comportement de l’expression. On force donc la factorisation par ex2:

ex2 − ex = ex

2

(1− ex−x2

).

On a alorslim

x→+∞

ex2

= +∞

et d’autre part,lim

x→+∞

x− x2 = −∞

(il s’agit d’un trinome du second degre avec un coefficient dominant negatif, on peut aussile voir en ecrivant x− x2 = −x2(−1/x+ 1))donc

limx→+∞

ex−x2

= 0

puisque l’exponentielle tend vers 0 en −∞. On obtient donc

limx→+∞

(1− ex−x2

) = 1

et on peut conlure quelim

x→+∞

ex2 − ex = +∞.

Remarque : On pouvait aussi factoriser par ex pour obtenir

ex2 − ex = ex(ex

2−x − 1)

11


etlim

x→+∞

ex = +∞

etlim

x→+∞

ex2−x = +∞

ce qui revenait globalement au meme.


ln(x+ 2(− ln(x)

A nouveau, on alim

x→+∞

ln(x+ 2) = +∞

etlim

x→+∞

(− ln(x)) = −∞

et on a une forme indeterminee. Pour lever l’indetermination, on va utiliser la formulevalable pour tous z et t strictement positifs :

ln(z)− ln(t) = ln(z

t

)

.

Dans notre cas, on obtient

ln(x+ 2)− ln(x) = ln

(

x+ 2

x

)

= ln

(

x

x+

2

x

)

= ln

(

1 +2

x

)

.

On a alors

limx→+∞

2

x= 0

et donc

limx→+∞

(

1 +2

x

)

= 1

puis par composition des limites puisque la fonction logarithme est continue,

limx→+∞

ln(x+ 2)− ln(x) = limx→+∞

ln

(

1 +2

x

)

= ln(1) = 0.


3x3−2x+1x2−1

Pour etudier ce genre de limites, il faut retenir que la limite est egale a la limite duquotient des termes de plus haut degre. Ainsi dans ce cas, on a

limx→+∞

3x3 − 2x+ 1

x2 − 1= lim

x→+∞

3x3

x2= lim

x→+∞

3x = +∞.

Pour le demontrer plus rigoureusement, on force la factorisation au numerateur et audenominateur par les termes de plus haut degre :

3x3 − 2x+ 1

x2 − 1=

3x3(

1− 23x2 +

13x3

)

x2(

1− 1x2

) =3x3

x2

1− 23x2 +

13x3

1− 1x2

.

12


On a alors puisque

limx→+∞

1− 2

3x2+

1

3x3= 1

et

limx→+∞

1− 1

x2= 1

que

limx→+∞

3x3 − 2x+ 1

x2 − 1= lim

x→+∞

3x3

x2

et on retrouve bien le principe et le resultat annonce.

2.13 Cas limx→1

3x3−2x+1x2−1

Cette fois, x tend vers 1 donc le principe precedent ne s’applique plus ! Le numerateur3x3 − 2x + 1 tend vers 3 − 2 + 1 = 2 lorsque x tend vers 1 tandis que le denominateurx2 − 1 tend vers 0. On sait qu’il faut alors etudier le signe de x2 − 1 au voisinage de 1.Lorsque x tend vers 1 par valeurs inferieures, x2 − 1 6 0 et donc

limx→1−

1

x2 − 1= −∞

et

limx→1−

3x3 − 2x+ 1

x2 − 1= −∞.

Enfin, lorsque x tend vers 1 par valeurs superieures, x2 − 1 > 0 et donc

limx→1+

1

x2 − 1= +∞

et

limx→1+

3x3 − 2x+ 1

x2 − 1= +∞.

3 Exercice 3 : Limites trigonometriques

3.1 Cas limx→0

tan(x)x

Par definition de la fonction tangente, on a pour tout x ∈]

−π2, π2

[

,

tan(x) =sin(x)

cos(x).

On a donctan(x)

x=

sin(x)

x

1

cos(x).

Or, on sait que

limx→0

sin(x)

x= 1

13


et cos(0) = 1 et donc par continuite de la fonction cosinus

limx→0

cos(x) = cos(0) = 1.

On a par consequent

limx→0

1

cos(x)=

1

1= 1

et

limx→0

tan(x)

x= lim

x→0

sin(x)

x

1

cos(x)= 1.

3.2 Cas limx→0

sin(2x)x

On reconnaıt une fraction tres semblable a sin(x)x

et donc on va essayer de s’y ramener. Onecrit pour ce faire,

sin(2x)

x= 2× sin(2x)

2x= 2× sin(y)

y

ou on a pose y = 2x. Lorsque x tend vers 0, y tend vers 0 et donc

limx→0

sin(2x)

2x= lim

y→0

sin(y)

y= 1

ce qui nous permet de conclure que

limx→0

sin(2x)

x= 2.

3.3 Cas limx→0

1−cos(x)x2

On va utiliser la formule rappelee dans l’enonce

cos(2a) = 1− 2 sin2(a)

avec a = x2. On obtient alors

cos(

2x

2

)

= cos(x) = 1− 2 sin2(x

2

)

soit1− cos(x) = 2 sin2

(x

2

)

.

Ainsi, on a

1− cos(x)

x2= 2

(

sin(

x2

)

x

)2

.

On etudie alors la limite en 0 de la quantite

sin(

x2

)

x.

14


On procede comme ci-dessus en ecrivant

sin(

x2

)

x=

1

2

sin(

x2

)

x2

,

ce qui fournit

limx→0

sin(

x2

)

x=

1

2.

Par consequent,

limx→0

(

sin(

x2

)

x

)2

=1

4

et

limx→0

1− cos(x)

x2= lim

x→02

(

sin(

x2

)

x

)2

= 2× 1

4=

1

2.

3.4 Cas limx→0

sin(x2)x

On va a nouveau tenter de se ramener a du sin(y)y

. Pour ce faire, on ecrit

sin(x2)

x= x× sin(x2)

x2.

Posant y = x2 qui tend vers 0 lorsque x tend vers 0, on a

limx→0

sin(x2)

x2= lim

y→0

sin(y)

y= 1.

D’autre part, x tend vers 0 donc

limx→0

sin(x2)

x= lim

x→0x× sin(x2)

x2= 0.

4 Exercice 4 : Vitesses de fonctions

Il s’agit de fonctions classiques du cours, dont le trace est donne ci-dessous :

15


1

2

3

4

5

6

7

8

9

1 2 3 4 5 6 7 8 9

x3

x

x1/3

√x

On voit donc que les courbes s’intrsectent toutes en deux points : 0 et 1. En 0, toutesces fonctions valent 0 et elles tendent vers +∞ en +∞. Pour une courbe y = g(x), on vaeffectuer les changements de variables y′ = log(y) et x′ = log(x) ce qui conduit dans lecas des fonctions etudiees a

y′ = log(f1(x)) = log(x3) = 3 log(x) = 3x′,

y′ = log(f2(x)) = log(√x) =

1

2log(x) =

1

2x′,

y′ = log(f3(x)) = log(x) = x′,

et enfin

y′ = log(f4(x)) = log(x1/3) =1

3log(x) =

1

3x′.

On a ainsi des droites que l’on peut tracer :

16


1

2

3

4

1 2 3 4

3x′ x′

x′/3

x′/2

On voit donc que la fonction qui tend le plus vite vers +∞ est f1, ensuite on a f3 puis f2et enfin f4.

5 Exercice 5 : Comparaison de vitesses de fonctions

5.1 Cas limx→+∞

ex

x

On sait qu’en +∞, l’exponentielle l’emporte sur n’importe quelle puissance de x donc onen deduit que

limx→+∞

ex

x= +∞.

5.2 Cas limx→−∞

xnex

Pour la seconde, on peut poser y = −x de facon a ce que lorsque x tend vers −∞, y tendevers +∞. Ainsi,

limx→−∞

xnex = limy→+∞

(−y)ne−y.

Or, (−y)n = (−1)nyn et e−y = 1ey

et donc on a

limx→−∞

xnex = limy→+∞

(−1)nyn

ey.

Mais par la premiere remarque (comparaison entre fonctions puissances et l’exponentielle),on a

limy→+∞

yn

ey= 0

car

limy→+∞

ey

yn= +∞.

17


On a donc finalementlim

x→−∞

xnex = 0

puisque le (−1)n est une constante.

5.3 Cas limx→0+

x ln(x)

Pour la suivante, on peut poser x = ey (ou y = ln(x)) de sorte que lorsque x tend vers0+, y tende vers −∞. On a alors

limx→0

x ln(x) = limy→−∞

yey = 0

d’apres le cas precedent.

5.4 Cas limx→+∞

√x ln(x)

Le meme changement de variable que ci-dessus fournit

limx→0

√x ln(x) = lim

y→−∞

yey/2.

Or,

yey/2 = 2× y

2ey/2

ou le cas precedent fournit en posant z = y/2 qui tend vers −∞ lorsque y tend vers −∞ :

limy→−∞

y

2ey/2 = lim

z→−∞

zez = 0.

On en deduit donc quelim

y→−∞

yey/2 = 0

et par consequentlimx→0

√x ln(x) = lim

y→−∞

yey/2 = 0.

5.5 Cas limx→+∞

x ln(x+√x)

On sait etudier les quantites de type x ln(x) quand x tend vers 0+ donc on va se ramenera une quantite de ce type en ecrivant

x ln(x+√x) = (x+

√x) ln(x+

√x)× x

x+√x.

En posant y = x+√x qui tend vers 0+ lorsque x tend vers 0+, on a

limx→0

(x+√x) ln(x+

√x) = lim

y→0y ln(y) = 0

par un des cas qui precede. Il reste donc a etudier la limite de

x

x+√x.

18


On a a priori une forme indeterminee puisque le numerateur et le denominateur tendenttous les deux vers 0 mais en 0, on sait que c’est le comportement de

√x qui l’emporte sur

x (il suffit de regarder les graphes) et donc on va factoriser par ce terme :

x

x+√x=

√x×√

x√x(√x+ 1)

=

√x√

x+ 1.

Desormais, le denominateur tend vers 1 tandis que le numerateur tend vers 0, ainsi, onen deduit que

limx→0

x

x+√x= 0

ce qui nous permet de conlure que

limx→0

x ln(x+√x) = 0.

5.6 Cas limx→+∞

xe1/x

Enfin, pour le dernier cas, on pose y = 1xqui tend vers +∞ lorsque x tend vers 0+. On a

alors

limx→0+

xe1/x = limy→+∞

ey

y= 0

d’apres le premier cas.

6 Exercice 6 : Limites parametriques

6.1 Cas limx→+∞

x3

ax2+3

Les deux premiers cas sont des limites en +∞ de quotient de polynomes donc on appliquela technique de l’exercice 2 pour obtenir dans le cas ou a est non nul

limx→+∞

x3

ax2 + 3= lim

x→+∞

x3

ax2= lim

x→+∞

x

a.

On a donc lorsque a > 0 que

limx→+∞

x3

ax2 + 3= +∞

et lorsque a < 0,

limx→+∞

x3

ax2 + 3= −∞

tandis que lorsque a = 0, on a

limx→+∞

x3

ax2 + 3= lim

x→+∞

x3

3= +∞.

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6.2 Cas limx→+∞

x2+1ax2+bx+1

Le deuxieme cas se traite de facon parfaitement analogue. Si a 6= 0, on a

limx→+∞

x2 + 1

ax2 + bx+ 1= lim

x→+∞

x2

ax2= lim

x→+∞

1

a=

1

a

alors que si a = 0, on a a nouveau deux cas. Dans le cas ou b 6= 0, on a toujours enappliquant la meme regle :

limx→+∞

x2 + 1

ax2 + bx+ 1= lim

x→+∞

x2 + 1

bx+ 1= lim

x→+∞

x2

bx= lim

x→+∞

x

b.

On a donc lorsque a > 0 que

limx→+∞

x2 + 1

ax2 + bx + 1= +∞

et lorsque a < 0,

limx→+∞

x2 + 1

ax2 + bx+ 1= −∞.

Et lorsque b = 0, on a

limx→+∞

x2 + 1

ax2 + bx+ 1= lim

x→+∞

(x2 + 1) = +∞.

6.3 Cas limx→+∞

eax − 3

Il y a trois cas. Soit a = 0 et alors

eax − 3 = 1− 3 = −2

ce qui implique quelim

x→+∞

eax − 3 = −2.

Dans le cas ou a > 0, on a que ax tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞ donc

limx→+∞

eax − 3 = +∞,

car l’exponentielle tend vers +∞ n +∞. Et enfin, si a < 0, on a ax qui tend vers −∞lorsque x tend vers +∞ donc

limx→+∞

eax − 3 = −3,

car l’exponentielle tend vers 0 en −∞.

6.4 Cas limx→0+

ax3−4x2+c3x2

La limite est ici en 0 donc on ne peut plus appliquer le principe utilise dans les deuxpremiers cas de cet exercice. On a affaire a un quotient donc la premiere chose a faire estde calculer les limites du numerateur et du denominateur. Le denominateur tend bien sur

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vers 0+ tandis que le numerateur tend vers c. On a alors deux cas. Si c 6= 0, on n’a aucunprobleme de forme indeterminee et on en deduit immediatement que

limx→0+

ax3 − 4x2 + c

3x2= +∞.

Il reste donc le cas c = 0 et dans ce cas

ax3 − 4x2 + c

3x2= ax− 4

et par consequent

limx→0+

ax3 − 4x2 + c

3x2= lim

x→0+

ax− 4

3= −4

3.

7 Probleme

Pour t = 0, on obtient que

p(0) = − γ

α− β+ p(0) +

γ

α− β= p(0)

dont le signe ne depend pas de α ou β. En revanche, si on etude la limite en +∞ de lafonction p, on voit qu’on doit etudier la limite en +∞ de t 7→ e(α−β)t. On fait la memeetude que dans le cas 3 de l’exercice precedent.Si, α = β, alors pour tout temps t,

p(t) = − γ

α − β+ p(0) +

γ

α− β= p(0)

est constante, ce qui est logique puisque la condition α = β revient a dire que les taux denatalite et de mortalite sont les memes et donc que la population d’oiseaux ne varie pas.Si α > β, soit α − β > 0, alors (α − β)t tend vers +∞ lorsque t tend vers +∞ et parconsequent

limt→+∞

p(t) = +∞car

limt→+∞

e(α−β)t = +∞.

Cela siginifie qu’apres un temps infini, la population devient infinie, ce qui est normalpuisque la condition α > β implique que le taux de natalite est strictement plus eleve quecelui de mortalite et donc la population croıt strictement.Il reste alors le cas α < β, soit α−β < 0, alors (α−β)t tend vers −∞ lorsque t tend vers+∞ et par consequent

limt→+∞

p(t) = − γ

α− βcar

limt→+∞

e(α−β)t = 0.

On a dans ce cas − 1α−β

> 0 et la condition α < β revient a dire que le taux de mortaliteest strictement plus fort que le taux de natalite. Dans le cas ou γ 6 0, c’est-a-dire le cas oule solde migratoire est negatif, la limite en l’infini est negative. On en deduit que si γ = 0,

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la limite est nulle et donc population s’eteint en temps infini tandis que si γ < 0, la limiteest strictement negative et ainsi, en un temps fini, la fonction p s’annule et la populationd’oiseaux disparaıt en temps fini. Dans le cas ou γ > 0, c’est-a-dire ou le solde migratoireest strictement positif, il y a une sorte de compensation entre le taux de mortalite quiest plus eleve que celui de natalite et la quantite d’oiseaux qui arrivent par la migrationqui fait que la population ne s’eteint pas mais diminue ou augemente selon la position de− γ

α−βpar rapport a p(0) jusqu’a la valeur − γ

α−βen un temps infini.

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Documents

corrige TD 3 - IMJ-PRGkevin.destagnol/corrige_TD_3.pdf · Corrigé du TD 3 : Limites 1 Exercice 1 : Fonction réciproque 1.1 Cas f(x) = 2x2+1 La fonction f est définie sur R