Limites d'une fonction/Exercice/Lever une indétermination

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**Lever une indétermination**
Leçon : Limites d'une fonction

Exercice 4

Cet exercice est de niveau 12.

En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, « Exercice : Lever une indétermination
Limites d'une fonction/Exercice/Lever une indétermination », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

[modifier] Factoriser

1. f est la fonction définie sur $[0;+\infty[$ par pour tout $x,~f(x)=x-2\sqrt{x}$ .

a. Vérifier que l'on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$ .

b. Démontrer que pour tout réel

x > 0

, $f(x) = x\left(1-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)$ .

c. En déduire la limite de f en $+\infty$ .

2. g est la fonction définie sur $\R$ par :

pour tout $x,~g(x)=\frac{e^{2x}-1}{2e^{2x}+e^{-x}}$ .

a. Vérifier que l'on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$ .

b. Démontrer que pour tout réel x, $g(x) = \frac{1-e^{-2x}}{2+e^{-3x}}$ .

c. En déduire la limite de f en $+\infty$ .

Solution

Question 1.a

$\lim_{x\to+\infty} x=+\infty$
$\lim_{x\to+\infty} 2\sqrt x=+\infty$

On a donc affaire à la forme indéterminée « $(+\infty)-(+\infty)$ »

Question 1.b: Pour tout $x\in\R^{+*},~x-2\sqrt{x}=x\left(1-2\frac{\sqrt x}x\right)=x\left(1-2\frac{\sqrt x}{\sqrt x \sqrt x}\right)$

Pour tout $x\in]0;+\infty[,~f(x)=x\left(1-\frac2{\sqrt x}\right)$

Question 1.c

$\lim_{x\to+\infty}\frac2{\sqrt x}=0$ donc $\lim_{x\to+\infty}1-\frac2{\sqrt x}=1$

On a donc $\lim_{x\to+\infty} x\left(1-\frac2{\sqrt x}\right)=+\infty$

Question 2.a

$\lim_{x\to+\infty} e^{2x}-1 =+\infty$
$\lim_{x\to+\infty} 2e^{2x}+e^{-x} =+\infty$

On a donc affaire à la forme indéterminée $\frac{+\infty}{+\infty}$

Question 2.b: Pour tout $x\in\R,~\frac{e^{2x}-1}{2e^{2x}+e^{-x}}=\frac{e^{2x}\left(1-e^{-2x}\right)}{e^{2x}\left(2+e^{-x}e^{-2x}\right)}$

Pour tout $x\in\R,~g(x)=\frac{1-e^{-2x}}{2+e^{-3x}}$

Question 2.c

$\lim_{x\to+\infty}1-e^{-2x}=1$ et $\lim_{x\to+\infty}2+e^{-3x}=2$

On a donc $\lim_{x\to+\infty} g(x)=\frac12$

[modifier] Utiliser l'expression conjuguée

g est la fonction définie sur $[1;+\infty[$ par :

$g(x)=\sqrt{x^2+2}-\sqrt{x^2-x}$ .

1. Vérifier que l'on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$ .

2. Multiplier et diviser $g (x)$ par son expression conjuguée $\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}$ .

3. Démontrer que pour tout réel $x\geq 1$ :

$g(x)=\frac{1+\frac2x}{\sqrt{1+\frac2{x^2}}+\sqrt{1-\frac1x}}$

4. En déduire la limite de g en $+\infty$ .

Solution

1. Vérifier que l'on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$ .

$\lim_{x\to +\infty} x^2+2=+\infty$

On pose $X=x^2+2\,$

$\lim_{X\to +\infty} \sqrt X=+\infty$

Donc $\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+2}=+\infty$

$\lim_{x\to +\infty} x^2-2=+\infty$

On pose $X=x^2-2\,$

$\lim_{X\to +\infty} \sqrt X=+\infty$

Donc $\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2-2}=+\infty$

On se trouve donc face à la forme indéterminée « $(+\infty)-(+\infty)$ »

2. Multiplier et diviser $g (x)$ par son expression conjuguée $\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}$ .

Pour tout $x\in]1;+\infty[$ :

$\begin{align}g(x)&=\sqrt{x^2+2}-\sqrt{x^2-x}\\ &=\frac{\left(\sqrt{x^2+2}-\sqrt{x^2-x}\right)\left(\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}\right)}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}}\\ &=\frac{\left(\sqrt{x^2+2}\right)^2-\left(\sqrt{x^2-x}\right)^2}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}}\\ &=\frac{x^2+2-(x^2-x)}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}}\\ &=\frac{x+2}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}}\\ \end{align}$

Donc pour tout $x\in]1;+\infty[,~g(x)=\frac{x+2}{\left(\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}\right)}$

3. Démontrer que pour tout réel $x\geq 1,~g(x)=\frac{1+\frac2x}{\sqrt{1+\frac2{x^2}}+\sqrt{1-\frac1x}}$

Pour tout $x\in[1;+\infty[$ :

$\begin{align}g(x)&=\frac{x+2}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}}\\ &=\frac{\frac1x(x+2)}{\frac1x\left(\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2-x}\right)}\\ &=\frac{1+\frac2x}{\sqrt{\frac1{x^2}(x^2+2)}+\sqrt{\frac1{x^2}(x^2-x)}}\\ &=\frac{1+\frac2x}{\sqrt{1+\frac2{x^2}}+\sqrt{1-\frac1x}}\\ \end{align}$

Donc pour tout $x\in[1;+\infty[,~g(x)=\frac{1+\frac2x}{\sqrt{1+\frac2{x^2}}+\sqrt{1-\frac1x}}$

4. En déduire la limite de g en $+\infty$ .

$\lim_{x\to +\infty} 1+\frac2{x^2}=\color{red}1$

On pose $X=1+\frac2{x^2}$

$\lim_{X\to\color{red}1} \sqrt X=1$

Donc $\lim_{x\to +\infty} \sqrt{1+\frac2{x^2}}=1$

$\lim_{x\to +\infty} 1-\frac1x=\color{red}1$

On pose $X=1-\frac1x$

$\lim_{X\to\color{red}1} \sqrt X=1$

Donc $\lim_{x\to +\infty} \sqrt{1-\frac1x}=1$

$\lim_{x\to +\infty} 1+\frac2x=1$

Donc $\lim_{x\to+\infty} g(x)=\frac12$

[modifier] Simplifier

ƒ est la fonction définie sur $D=\R-\left\{\frac{1}{2};2\right\}$ par pour tout $x,~f(x)=\frac{x^2-5x+6}{(x-2)(2x-1)}$ .

Quelle est la limite en 2 de la fonction $x\mapsto x^2-5x+6$ ? Peut-on donner directement la limite de ƒ en 2 ?
Démontrer que pour tout réel x de D, $f(x) = \frac{x-3}{2x-1}$
En déduire la limite de ƒ en 2.

Solution

1. Quelle est la limite en 2 de la fonction $x\mapsto x^2-5x+6$ ?

On trouve sans difficulté $\lim_{x\to 2} x^2-5x+6 = 0$

Peut-on donner directement la limite de ƒ en 2 ?

Si on étudie la limite du dénominateur de ƒ, on trouve également $\lim_{x\to 2} (x-2)(2x-1)=0$ .

On est donc face à une forme indéterminée du type $\frac00$ .

2. Démontrer que pour tout réel $x\in D,~f(x) = \frac{x-3}{2x-1}$

Pour résoudre cette question, il faut se souvenir que, lorsqu'une fonction polynomiale s'annule en un réel α, son expression se factorise par x-α.

Une fois cette propriété en tête, on peut aisément factoriser le numérateur : pour tout $x\in D,~x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$

Si vous ne savez plus comment faire cette manipulation, allez consulter le cours correspondant.

Il est alors facile de conclure : pour tout $x\in D,~f(x)=\frac{x^2-5x+6}{(x-2)(2x-1)}=\frac{(x-2)(x-3)}{(x-2)(2x-1)}$

Donc, pour tout réel $x\in D,~f(x)=\frac{x-3}{2x-1}$

3. En déduire la limite de ƒ en 2.

La forme indéterminée est levée avec cette nouvelle écriture.

$\lim_{x\to2}f(x)=-\frac13$

[modifier] Reconnaître un taux de variation

g est la fonction définie sur $\R^*$ par pour tout $x,~g(x)=\frac{\cos(x)-1}{x}$ .

Donner la limite en 0 de chacune des fonctions $x\mapsto\cos(x)-1\ et\ x\mapsto x$ .
Peut-on alors donner directement la limite de g en 0 ?
Reconnaître que l'expression de $g (x)$ est un taux de variation de la fonction cos. En déduire la limite de g en 0.

Solution

1. Donner la limite en 0 de chacune des fonctions $x\mapsto\cos(x)-1\ et\ x\mapsto x$ .

$\lim_{x\to 0}\cos(x)-1=0$ et $\lim_{x\to 0} x=0$

2. Peut-on alors donner directement la limite de g en 0 ?

On est en face d'une forme indéterminée du type $\frac00$ .

3. Reconnaître que l'expression de $g (x)$ est un taux de variation de la fonction cos. En déduire la limite de g en 0.

Si vous ne savez plus l'expression d'un taux de variation, allez consulter le cours correspondant.

On reconnaît que, pour tout $x\in\R^*,~g(x)=\frac{\cos(x)-1}{x}=\frac{\cos(x)-\cos(0)}{x-0}$ .

La limite que l'on recherche est donc $\lim_{x\to\color{red}0}\frac{\cos(x)-\cos(\color{red}{0}\color{black})}{x-\color{red}0}=\cos'(\color{red}0\color{black})$ .