Si g(x)≤f(x)≤h(x) et lim g=lim h=L → lim f=L. Si f(x)≥g(x) et lim g=+∞ → lim f=+∞.
Croissances comparées : lim[x→+∞] (ln x)/xᵅ=0, lim xⁿ/eˣ=0, lim xᵅeˣ=0 pour x→−∞.
Équivalents fondamentaux : eˣ−1∼x, ln(1+x)∼x, sin x∼x, (1−cos x)∼x²/2 au voisinage de 0.
• Toute suite monotone et bornée converge.
• Suites adjacentes : (aₙ) croissante, (bₙ) décroissante, bₙ−aₙ→0 → même limite.
• Critère de Cauchy (admis) : (uₙ) converge ⟺ ∀ε>0, ∃N : n,m>N ⟹ |uₙ−uₘ|<ε.
• Suite récurrente u_{n+1}=f(uₙ) qui converge vers L → L=f(L) (point fixe).
TVI complet : f continue sur [a;b], k entre f(a) et f(b) → ∃c∈[a;b] : f(c)=k. Si f strictement monotone : c unique.
Théorème des valeurs extrêmes : f continue sur [a;b] → bornée et atteint ses bornes.
Prolongement par continuité : si lim[x→a] f(x)=L finie, on peut poser f(a)=L.
Théorème du point fixe : f continue sur [a;b] avec f([a;b])⊆[a;b] → ∃ point fixe.
Montrer que aₙ=Σ_{k=1}^n 1/k²−1/n et bₙ=Σ_{k=1}^n 1/k²+1/n sont adjacentes, et qu'elles convergent vers la même limite.
bₙ−aₙ=2/n→0 ✓. aₙ croissante : a_{n+1}−aₙ=1/(n+1)²−1/(n+1)+1/n>0 pour n grand ✓. bₙ décroissante. Par le théorème, les deux convergent vers la même limite (qui est π²/6−1≈0,645).
f(x)=x³+2x−5. (1) Prouver une racine unique dans ℝ. (2) L'encadrer à 0,1 près.
(1) f'=3x²+2>0 : f strictement croissante → au plus une racine. f(1)=−2<0, f(2)=7>0 → TVI → une racine dans ]1;2[. Unique car strictement croissante. (2) f(1,3)=2,197+2,6−5=−0,203<0. f(1,4)=2,744+2,8−5=0,544>0. Racine dans ]1,3;1,4[.
f(x)=(x+2)/3 sur [0;1]. (1) Vérifier f([0;1])⊆[0;1]. (2) Trouver le point fixe. (3) Suite uₙ₊₁=f(uₙ), u₀=0. Convergence et limite.
(1) f(0)=2/3∈[0;1], f(1)=1∈[0;1], f croissante → f([0;1])=[2/3;1]⊆[0;1] ✓. (2) x=(x+2)/3 → 3x=x+2 → x=1. Pt fixe x=1. (3) Contraction : |f(x)−f(y)|=|x−y|/3<|x−y| → converge vers 1.
uₙ=1+1/2+...+1/n−ln n. (1) Montrer uₙ>0. (2) (uₙ) est décroissante. (3) (uₙ) converge (constante d'Euler γ≈0,5772).
(1) Par récurrence ou ln(1+1/k)<1/k : Σln(1+1/k)=ln(n+1)<Σ1/k → ln(n+1)<Σ1/k. uₙ>ln(n+1)−ln n−... Méthode: 1/k>ln(k+1)−ln k (car ln est concave). Σ_{k=1}^n 1/k>ln(n+1)>ln n. Donc uₙ=Σ1/k−ln n>0 ✓. (2) u_{n+1}−uₙ=1/(n+1)−ln(n+1)+ln n=1/(n+1)−ln(1+1/n). Or ln(1+x)>x/(1+x) pour x>0 → ln(1+1/n)>1/(n+1). Donc u_{n+1}−uₙ<0 : décroissante. (3) Décroissante et minorée par 0 → converge.
Soit f(x)=x−⌊x⌋ (partie fractionnaire) et Sₙ=Σ_{k=1}^n f(√k).
10 questions · Correction immédiate
Gendarmes : g≤f≤h, lim g=lim h=L → lim f=
eˣ−1∼x en 0 signifie lim (eˣ−1)/x=
TVI + stricte monotonie →
Suites adjacentes (aₙ) croiss., (bₙ) décr., bₙ−aₙ→0 →
Suite monotone et bornée →
lim[x→+∞] xⁿ/eˣ=
Théorème du point fixe : f continue, f([a;b])⊆[a;b] →
lim[x→0] sin x/x=
ln(1+x)∼x en 0 signifie
f continue sur [a;b] → f atteint
Calculer les limites suivantes en +∞ et en −∞ :
1. Le numérateur et le dénominateur ont le même degré (2) : la limite est le rapport des coefficients dominants, soit 1/2. lim = 1/2 en +∞ et en −∞.
2. Le degré du numérateur (1) est inférieur à celui du dénominateur (2) : le quotient tend vers 0 dans les deux cas. lim = 0 en +∞ et en −∞.
Calculer la limite en 0 de chacune des fonctions suivantes :
1. sin³x/x² = (sinx/x)³·x → 1³×0 = 0.
2. tan²x/x = (tanx/x)·tanx → 1×0 = 0.
3. sinx/tanx = sinx·cosx/sinx = cosx → 1.
À l'aide du théorème d'encadrement, calculer :
1. Pour tout x≠0 : −|x| ≤ x sin(1/x) ≤ |x|. Comme lim(−|x|)=lim|x|=0, le théorème des gendarmes donne lim = 0.
2. De même : −x² ≤ x² cos(1/x) ≤ x², et lim(±x²)=0 → lim = 0.
Calculer lim[x→−1] (x+1)/(x²−1).
Forme 0/0 en x=−1. On factorise le dénominateur : x²−1=(x−1)(x+1), donc pour x≠−1 : (x+1)/(x²−1) = 1/(x−1). Ainsi lim[x→−1] 1/(x−1) = 1/(−2) = −1/2.
Soit f(x) = x − √(x²−4). Calculer lim f en +∞ et en −∞.
Forme ∞−∞ : on multiplie par la quantité conjuguée. x−√(x²−4) = [x²−(x²−4)]/[x+√(x²−4)] = 4/[x+√(x²−4)].
En +∞ : le dénominateur tend vers +∞, donc lim = 0.
En −∞ : en posant x=−t (t→+∞), f(−t) = −t−√(t²−4) → −∞, donc lim = −∞.
1. Démontrer que lim[x→0] (1−cosx)/x² = 1/2.
2. En déduire :
1. 1−cosx = 2sin²(x/2), donc (1−cosx)/x² = 2sin²(x/2)/x² = (1/2)·(sin(x/2)/(x/2))² → (1/2)×1² = 1/2.
2a. x³/(1−cosx) = x · [x²/(1−cosx)] → 0 × 2 = 0.
2b. cos²x−1 = −sin²x, donc (cos²x−1)/(x tanx) = −sin²x·cosx/(x sinx) = −(sinx/x)·cosx → −1×1 = −1.
1. Démontrer que lim[x→0] (√(1+x)−1)/x = 1/2.
2. En déduire :
1. (√(1+x)−1)/x = [(1+x)−1]/[x(√(1+x)+1)] = 1/(√(1+x)+1) → 1/(1+1) = 1/2.
2a. En posant u=3x : (√(1+3x)−1)/x = 3·(√(1+u)−1)/u → 3×(1/2) = 3/2.
2b. En posant u=x² : (√(1+x²)−1)/(2x²) = (1/2)·(√(1+u)−1)/u → (1/2)×(1/2) = 1/4.
Calculer :
1. 1−cos2x = 2sin²x et sin²(2x) = 4sin²x·cos²x, donc le quotient vaut 2sin²x/(4sin²x·cos²x) = 1/(2cos²x) → 1/(2×1) = 1/2.
2. Avec l'équivalent 1−cos(u) ∼ u²/2 en 0 (u=3x) : 1−cos3x ∼ (3x)²/2 = 9x²/2, donc (1−cos3x)/x² → 9/2.
Soit f(x) = √(x²−2x) + x. Étudier les branches infinies de la courbe représentative de f en +∞ et en −∞.
En +∞ : f(x)−2x = √(x²−2x)−x = [(x²−2x)−x²]/[√(x²−2x)+x] = −2x/[√(x²−2x)+x] → −2x/2x = −1. Donc f(x)−(2x−1) → 0 : la droite d'équation y=2x−1 est asymptote oblique en +∞.
En −∞ : en posant x=−t (t→+∞) : f(−t) = √(t²+2t)−t = 2t/[√(t²+2t)+t] → 2t/2t = 1. Donc lim[x→−∞] f(x) = 1 : la droite d'équation y=1 est asymptote horizontale en −∞.
Soit a,b∈ℝ et f(x) = ax+b−√(x²+1).
1. En −∞, √(x²+1) = |x|√(1+1/x²) ∼ −x (car x<0). Donc f(x) ∼ ax+b+x = (a+1)x+b.
• Si a>−1 : a+1>0, donc (a+1)x→−∞ quand x→−∞, d'où lim f = −∞.
• Si a<−1 : a+1<0, donc (a+1)x→+∞, d'où lim f = +∞.
• Si a=−1 : f(x) = −x+b−√(x²+1). En posant x=−t (t→+∞) : −x−√(x²+1) = t−√(t²+1) = [t²−(t²+1)]/[t+√(t²+1)] = −1/[t+√(t²+1)] → 0. Donc lim f = b (limite finie).
2. La droite y=2x+2 est asymptote en −∞ signifie f(x)−(2x+2) → 0. D'après le développement précédent, f(x) ∼ (a+1)x+b : pour retrouver le coefficient directeur 2, il faut a+1=2, soit a=1. Avec a=1 : f(x)−(2x+2) = x+b−√(x²+1)−2x−2 = (b−2) + [−x−√(x²+1)]. Comme −x−√(x²+1) → 0 (cas a=−1 ci-dessus), la limite vaut b−2, qui doit être nulle : b=2.
Soit f(x) = (√(3x²+1) − 2)/(x − 1).
1. Forme 0/0 en x=1. En multipliant par la quantité conjuguée : (√(3x²+1)−2)(√(3x²+1)+2) = 3x²+1−4 = 3x²−3 = 3(x−1)(x+1). Donc f(x) = 3(x−1)(x+1)/[(x−1)(√(3x²+1)+2)] = 3(x+1)/(√(3x²+1)+2). En x=1 : lim = 3×2/(2+2) = 6/4 = 3/2.
2. On pose g(x)=f(x) pour x≠1 et g(1)=3/2. Alors g est continue en 1 et coïncide avec f partout ailleurs : g est le prolongement par continuité de f en 1.
Démontrer que chacune des fonctions suivantes est continue sur son ensemble de définition :
1. x↦1−x² est un polynôme, donc continue sur ℝ ; elle est positive sur [−1;1], qui est l'ensemble de définition de f. La fonction racine carrée est continue sur [0;+∞[. Par composition de fonctions continues, f est continue sur [−1;1].
2. Les fonctions x↦sinx+1 et x↦sin2x+1 sont continues sur ℝ (sommes de fonctions continues). Le dénominateur s'annule lorsque sin2x=−1. Sur son ensemble de définition (ℝ privé de ces valeurs), g est le quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas : g est donc continue sur son ensemble de définition.
Soit l'équation (E) : x³ − 6x − 6 = 0.
1. Soit f(x)=x³−6x−6, dérivable sur ℝ : f'(x)=3x²−6=3(x²−2), qui s'annule en x=±√2. f est croissante sur ]−∞;−√2], décroissante sur [−√2;√2], croissante sur [√2;+∞[. Le maximum local vaut f(−√2)=4√2−6≈−0,34<0 : donc f<0 sur tout ]−∞;√2]. Sur [√2;+∞[, f est continue et strictement croissante, avec f(√2)≈−11,66<0 et lim[x→+∞] f(x)=+∞. Par le TVI, il existe une unique valeur α∈]√2;+∞[ telle que f(α)=0. Comme f ne s'annule nulle part ailleurs, (E) admet une unique solution réelle α.
2. f(2,84)≈−0,13<0 et f(2,85)≈0,05>0, donc 2,84<α<2,85, soit α≈2,85 à 10⁻² près.
A et B sont deux points distincts d'un cercle de centre O et de rayon 1. On note x∈]0;π] la mesure en radian de l'angle AOB.
1. Aire du triangle AOB = (1/2)·OA·OB·sinx = (1/2)sinx (rayon 1). Aire du secteur AOB = (1/2)r²x = x/2. Aire du segment circulaire = aire du secteur − aire du triangle = x/2 − (1/2)sinx. L'égalité demandée s'écrit (1/2)sinx = x/2 − (1/2)sinx, soit sinx = x/2, c'est-à-dire g(x) = x/2 − sinx = 0.
g est dérivable, g'(x)=1/2−cosx, qui s'annule en x=π/3 : g'<0 sur ]0;π/3[ (g décroissante), g'>0 sur ]π/3;π] (g croissante). g(π/3)=π/6−√3/2≈−0,34<0. Comme g(0)=0 et g décroît d'abord, g<0 sur ]0;π/3]. Sur [π/3;π], g est continue et strictement croissante, avec g(π/3)≈−0,34<0 et g(π)=π/2≈1,57>0. Par le TVI, il existe une unique α∈]π/3;π[ telle que g(α)=0 ; c'est l'unique solution sur ]0;π].
2. g(1,89)≈−0,004<0 et g(1,90)≈0,004>0, donc 1,89<α<1,90, soit α≈1,90 à 10⁻² près.
Soit f(x) = (x+1)/√(x²+4), définie sur ℝ.
1. f′(x) = [√(x²+4) − x²/√(x²+4)]/(x²+4) = (4−x)/(x²+4)^(3/2), du signe de (4−x). Donc f croissante sur ]−∞;4], décroissante sur [4;+∞[, avec un maximum f(4)=5/√20=√5/2≈1,12. De plus lim[x→+∞] f(x)=1 et lim[x→−∞] f(x)=−1 (asymptotes horizontales). f réalise donc une bijection croissante de ]−∞;4] sur ]−1;√5/2], puis une bijection décroissante de [4;+∞[ sur ]1;√5/2].
2a. 1<1,1<√5/2 : cette valeur est atteinte une fois sur chaque branche → 2 solutions, x₁≈2,7 et x₂≈6,9.
2b. 0,75<1 : cette valeur n'appartient qu'à l'intervalle image ]−1;√5/2] de la branche croissante → 1 solution, x≈0,6.
2c. −0,5 n'est atteint que sur la branche croissante (intervalle image ]−1;√5/2]) → 1 solution, x≈−2,7.
