 \input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Calculs C3}
\lfoot{}
\cfoot{Calcul}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Calculs du 23/11 au 29/11}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{126}

\begin{exo}[Compos�e de limite]
\begin{enumerate}
\item On a $\li_{x \to + \infty} 2 - \dfrac{1}{x^2} = 2$ donc 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to + \infty} \sqrt{2 - \dfrac{1}{x^2}} = \sqrt2
$}
\end{center}

\item On a $\li_{x \tos 2} x - 2 = 0^+ $ et donc $\li_{x \tos 2} \ln(x-2) = - \infty$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \tos 2} -2\ln(x-2) = + \infty$}
\end{center}

\item On a $\li_{x \to - \infty} \dfrac{1}{x^2} = 0$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to - \infty} e^{\frac{1}{x^2}} = 1$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Croissance compar�e]
\begin{enumerate}
\item Par croissance compar�e, on a 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} \dfrac{e^{3x}}{x^3} = + \infty$}
\end{center}

\item Par croissance compar�e, on a 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \tos 0} x^6\ln(x) = 0$}
\end{center}

\item Par croissance compar�e, on a 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to -\infty} x^2 e^{x} = 0$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Croissance compar�e]
\begin{enumerate}
\item En appliquant le changement de variable $X = x^3$, on a par croissance compar�e,
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} \dfrac{e^{x^3}}{3x^6} = \li_{X \to + \infty} \dfrac{e^X}{3X^2} = + \infty$}
\end{center}

\item On a pour tout $x \in \R$ 
$$
\dfrac{1+x^2}{e^x} = \dfrac{1}{e^x} + \dfrac{x^2}{e^x}
$$
Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{e^x} = 0$ et $\li_{x \to + \infty} \dfrac{x^2}{e^x} = 0$ par croissance compar�e. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} \dfrac{1 + x^2}{e^x} = 0$}
\end{center}

\item On a pour tout $x$ suffisamment grand, 
$$
\dfrac{e^{2x}}{\ln(x)} = \dfrac{e^{2x}}{x} \times \dfrac{x}{\ln(x)}
$$
On a alors par croissances compar�es,
$\li_{x \to + \infty} \dfrac{e^{2x}}{x} = + \infty$ et $\li_{x \to + \infty}  \dfrac{x}{\ln(x)} = + \infty$. Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to +\infty} \dfrac{e^{2x}}{\ln(x)} = + \infty$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Ind�termination(1)]
\begin{enumerate}
\item Pour lever l'ind�termination sur cette limite, on factorise par $-x^4$. On a 
$$
-x^4 + x^2 -2x = -x^4 \left(1 - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{2}{x^3} \right)
$$
Or $\li_{x \to - \infty} \left(1 - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{2}{x^3} \right) = 1$ et $\li_{x \to - \infty} -x^4 = - \infty$.
Donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} -x^4 + x^2 -2x = - \infty$}
\end{center}

\item On factorise par $e^x$ pour obtenir
$$
e^x - x+ \ln(x) = e^x \left( 1 - \dfrac{x}{e^x} + \dfrac{\ln(x)}{e^x} \right)
$$
Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{e^x} = 0$ par croissance compar�e. De plus 
$$
\dfrac{\ln(x)}{e^x} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{e^x}
$$
et $\li_{x \to + \infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$ et $\li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{e^x} = 0$ par croissances compar�es. On a donc 
$$
\li_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{e^x} = 0
$$
Enfin, $\li_{x \to +\infty} e^x = +\infty$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} e^x - x+ \ln(x) = + \infty$}
\end{center}

\item On utilise la quantit� conjugu�e : 
\begin{align*}
\sqrt{x^4 -2} - x^2 & = \dfrac{(\sqrt{x^4 -2} - x^2)(\sqrt{x^4 -2} + x^2)}{\sqrt{x^4 -2} + x^2} \\
& = \dfrac{(\sqrt{x^4 - 2})^2 - x^4}{\sqrt{x^4 -2} + x^2} \\
& = \dfrac{-2}{\sqrt{x^4 -2} + x^2}
\end{align*}
Or $\li_{x \to - \infty} \sqrt{x^4 -2} + x^2 = + \infty$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} \sqrt{x^4 -2} - x^2 = 0$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Ind�termination(2)]
\begin{enumerate}
\item On a par croissance compar�e
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} x^2e^x = 0$}
\end{center}

\item En appliquant le changement de variable $X = \sqrt{x}$, on a
\begin{align*}
\li_{x \to + \infty} (x^4+1) e^{-\sqrt{x}}  & = \li_{x \to + \infty} \dfrac{x^4+1}{e^{\sqrt{x}}} \\
& = \li_{X \to + \infty} \dfrac{X^2+1}{e^{X}} \\
& = \li_{X \to + \infty} \dfrac{X^2}{e^X} + \dfrac{1}{e^X}
\end{align*}
Or $\li_{X \to + \infty} \dfrac{X^2}{e^X} = 0$ par croissance compar�e et $\li_{X \to + \infty}  \dfrac{1}{e^X} = 0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to + \infty} (x^4+1) e^{-\sqrt{x}} = 0
$}
\end{center}

\item Enfin, en posant le changement de variable $X = \dfrac{1}{x}$, on remarque que 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to + \infty} x \ln{\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)} = \li_{X \to 0} \dfrac{\ln(1+X)}{X} = 1
$}
\end{center}
On reconnait en effet un taux d'accroissement. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Ind�termination(3)]
\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{align*}
\dfrac{x^2 - 4x}{3x^3 + 2} &= \dfrac{x^2 \left(1 - \dfrac{4}{x}\right)}{3x^3 \left(1 + \dfrac{2}{3x^3} \right)} \\
& =\dfrac{ \left(1 - \dfrac{4}{x}\right)}{3x \left(1 + \dfrac{2}{3x^3} \right)}
\end{align*}
Or $\li_{x \to - \infty}  \left(1 - \dfrac{4}{x}\right) = 1$ et $\li_{x \to - \infty} \left(1 + \dfrac{2}{3x^3} \right) = 1$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} \dfrac{x^2 - 4x}{3x^3 + 2} = 0$}
\end{center}

\item On a 
\begin{align*}
\dfrac{x^2 +1}{\ln(x) - 1} &= \dfrac{x^2 \left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)}{\ln(x) \left(1 - \dfrac{1}{\ln(x)} \right)} \\
& =\dfrac{x^2}{\ln(x)} \times \dfrac{ \left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)}{\left(1 - \dfrac{1}{\ln(x)} \right)}
\end{align*}
Or $\li_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right) = 1$, $\li_{x \to + \infty} \left(1 - \dfrac{1}{\ln(x)} \right) = 1$ et 
$$
\li_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\ln(x)} = +\infty
$$
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} \dfrac{x^2 +1}{\ln(x) - 1} = + \infty$}
\end{center}

\item On a 
\begin{align*}
 \dfrac{e^{x} + e^{-x}}{x^2 - \ln(x)} & = \dfrac{e^x (1 + e^{-2x})}{x^2 \left(1 - \dfrac{\ln(x)}{x^2} \right)} \\
 & = \dfrac{e^x}{x^2} \times \dfrac{1 + e^{-2x}}{1 - \dfrac{\ln(x)}{x^2}}
 \end{align*}
 Or $\li_{x \to +\infty} e^{-2x} = 0$ et $\li_{x \to + \infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = 0$ par croissance compar�e. Enfin, $\li_{x \to + \infty} \dfrac{e^x}{x^2} = + \infty$. Donc 
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to + \infty} \dfrac{e^{x} + e^{-x}}{x^2 - \ln(x)} = + \infty$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Ind�termination(4)]
\begin{enumerate}
\item On calcule 
$$
\dfrac{x^2 - 2x +1}{(x -1)^3} = \dfrac{(x-1)^2}{(x-1)^3} = \dfrac{1}{x-1}
$$
Or $\li_{x \tos 1} x-1 = 0^+$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \tos 1} \dfrac{x^2 - 2x +1}{(x -1)^3}  = + \infty$}
\end{center}

\item En appliquant le changement de variable $X = x-1$, on obtient un taux d'accroissement: 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{x-1} = \li_{x \to 0} \dfrac{\ln{X+1}}{X} = 1$}
\end{center}

\item On remarque que le num�rateur est une identit� remarquable (On peut �galement passer par le changement de variable $X = \sqrt{x}$ afin de le mettre en �vidence). On a alors 
$$
\dfrac{x - 4\sqrt{x} + 4 }{2 - \sqrt{x}} = \dfrac{(\sqrt{x} - 2)^2}{2 - \sqrt{x}} = \dfrac{(2 - \sqrt{x})^2}{2 - \sqrt{x}} = 2 - \sqrt{x}
$$
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to 4} \dfrac{x - 4\sqrt{x} + 4 }{2 - \sqrt{x}} = 0$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
