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

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 8}
\lfoot{}
\cfoot{Limites de fonctions.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 8}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{18}

\label{Utiliser les théorèmes d'éncadrement, étude de fonctions}
\savoir{Utiliser les théorèmes d'éncadrement, étude de fonctions}

\begin{exo}[théorème des gendarmes]



On cherche à démontrer le résultat de cours suivant :

\[
\lim\limits _{x\rightarrow0}\dfrac{e^{x}-1}{x}=1
\]
.
\begin{enumerate}
\item On pose la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = e^x - x - 1$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonction dérivable sur $\R$ et 
$$
f'(x) = e^x - 1
$$
On a alors 
\begin{align*}
f'(x) \geq 0 & \Longleftrightarrow e^x - 1 \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow e^x \geq 1  \\
& \Longleftrightarrow x \geq 0
\end{align*}
On en déduit alors le tableau de variation pour la fonction $f$. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/$0$,+/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
D'après le tableau de variation précédent, la fonction $f$ admet 0 pour minimum en $0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ x + 1 \leq e^x$}
\end{center}

On pose maintenant la fonction $g$ définie sur $\R$ par $g(x) = 1+ xe^x - e^x$. La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ et 
$$
g'(x)= e^x + xe^x - e^x  = xe^x 
$$
On a alors 
$$
g'(x) >0 \Longleftrightarrow x e^x > 0 \Longleftrightarrow x >0
$$
On en déduit le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $g'(x)$/1, Variations de $g$/2}{$-\infty$,$0$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/$0$,+/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

Comme précédemment, $g$ admet $0$ pour minimum en $0$. On a donc 
\begin{center}
\fbox{$e^x \leq 1+xe^x$.}
\end{center}

\item On repars de l'inégalité trouvée précédemment et on considère $x>0$. On a alors 
\begin{align*}
1+x \leq e^x \leq 1+ xe^x & \Longleftrightarrow x \leq e^x - 1 \leq x e^x  \\
& \Longleftrightarrow 1 \leq \dfrac{e^x - 1}{x} \leq e^x
\end{align*}
Or $\li_{x \tos 0} e^x = 1$. Donc d'après le théorème d'encadrement (théorème des gendarmes), on a 
$$\li_{x \tos 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1 .$$

De la même façon, 
$$\li_{x \toi 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1 .$$ et donc la limite en $0$ existe et 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x to 0} \dfrac{e^x - 1 }{x} = 1$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\vspace{-10pt}
\begin{exo}[*]

Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=1+x\exp \left(\dfrac{1}{1-x}\right).$
\begin{enumerate}
\item Pour déterminer l'ensemble de définition de $f$, on résout 
$$ 1 - x = 0 \Longleftrightarrow x = 1$$
On a donc \begin{center}
\fbox{$D_f = \R \setminus \{ 1 \}$.}
\end{center}
\item On a $ \li_{x \tos 1} 1 - x = 0^- $ donc $\li_{x \tos 1} \dfrac{1}{1-x} = -\infty $ et par conséquent
$$
\li_{x \tos 1} \exp \left( \dfrac{1}{1-x} \right) = 0
$$
et finalement \begin{center}
\fbox{$ \li_{x \tos 1} f(x) = 1$. }
\end{center}
On a $ \li_{x \toi 1} 1 - x = 0^+ $ donc $\li_{x \toi 1} \dfrac{1}{1-x} = +\infty $ et par conséquent
$$
\li_{x \toi 1} \exp \left( \dfrac{1}{1-x} \right) = + \infty
$$
et finalement \begin{center}
\fbox{$ \li_{x \toi 1} f(x) = + \infty$. }
\end{center}
Les limites à gauche et à droite ne sont pas les mêmes donc $f$ n'a pas de limite en $1$. 
\item On a 
$$
\li_{x \to - \infty} \dfrac{1}{1-x} = 0 \quad \text{et} \quad \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{1-x} = 0
$$
 et donc 
$$
\li_{x \to - \infty} \exp \left( \dfrac{1}{1-x} \right) = 1 \quad \text{et} \quad \li_{x \to + \infty} \exp \left(\dfrac{1}{1-x} \right) = 1
$$
Ainsi
$$
\li_{x \to - \infty} x  \exp \left( \dfrac{1}{1-x} \right) = - \infty
$$
et donc\fbox{ $\li_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$.} De plus
$$
\li_{x \to + \infty} x  \exp \left( \dfrac{1}{1-x} \right) = + \infty
$$
et donc\fbox{ $\li_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.} 

\item En utilisant le changement de variable $X = \dfrac{1}{1-x}$. On a donc quand $x \to + \infty$, $X \to 0$ et $1-x = \dfrac{1}{X} \Longleftrightarrow x = 1 - \dfrac{1}{X}$. Ainsi,
\begin{align*}
\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}x\left(\exp \left(\dfrac{1}{1-x} \right)-1 \right) & = \li_{X \to 0} \left( 1 - \dfrac{1}{X} \right) \left(e^X-1 \right) \\
& = \li_{X \to 0} \left(e^X-1 \right) - \dfrac{e^X-1}{X} \\
& = \li_{X \to 0} \left(e^X-1 \right) - \li_{X \to 0} \dfrac{e^X-1}{X} \\
& \fbox{= 0 - 1 = - 1}
\end{align*} 
\end{enumerate}
\end{exo}
\vspace{-10pt}

\begin{exo}[**]
Soit la fonction 
$f(x) =
\begin{cases}
xe^{-\frac{3}{\abs{x}}}\text{, si }x\neq 0\\
0\text{ si }x=0
\end{cases}$
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est définie sur $\R$ (donc le domaine de définition est symétrique). De plus pour tout $x \in \R^*$, 
$$
f(-x)  = (-x) \times e^{-\frac{3}{\abs{-x}}} = - x e^{-\frac{3}{\abs{x}}} = - f(x)
$$
Donc, \begin{center}
\fbox{la fonction $f$ est impaire.}
\end{center} 
\item Par disjonction de cas, soit $x >0$, alors dans ce cas $f(x) = x e^{- \frac{3}{x}}$. La fonction $f$ est dérivable et 
\begin{align*}
f'(x) & = e^{-\frac{3}{x}} + x \times \dfrac{3}{x^2} e^{-\frac{3}{x}} \\
      & = \left( 1 + \dfrac{3}{x} \right) e^{-\frac{3}{x}} \\
      & = \left( 1 + \dfrac{3}{|x|} \right) e^{-\frac{3}{|x|}} 
\end{align*}
Soit $x < 0$, alors dans ce cas $f(x) = x e^{\frac{3}{x}}$. La fonction $f$ est dérivable et 
\begin{align*}
f'(x) & = e^{\frac{3}{x}} - x \times \dfrac{3}{x^2} e^{\frac{3}{x}} \\
      & = \left( 1 - \dfrac{3}{x} \right) e^{\frac{3}{x}} \\
      & = \left( 1 + \dfrac{3}{|x|} \right) e^{-\frac{3}{|x|}} 
\end{align*}
Dans tout les cas  \begin{center}
\fbox{$\forall x \neq 0, \; f'(x)=e^{-\frac{3}{\abs{x}}}\pare{1+\frac{3}{\abs{x}}}$.}
\end{center}
\item On en déduit le tableau de variation suivant : 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,+,}
\tkzTabVar{-/,+/$0$,+/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On a $\li_{x \to \pm \infty} |x| = + \infty$ donc 
$$
\li_{x \to - \infty} e^{- \frac{3}{|x|}} = \li_{x \to + \infty} e^{- \frac{3}{|x|}} = 1 
$$
Ainsi
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to - \infty}f(x) = - \infty$ et $\li_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.}
\end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[***]
On définit la fonction partie entière $E$ par:
$\forall x\in\R, E[x]=n$ où $n$ est l'unique entier tel que $n\leq x<n+1$.

Soit $f:\R^+\to\R$ bornée sur tout intervalle de longueur 1. 
\begin{enumerate}
\item On suppose que $\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x+1)-f(x))=0$. 

On se fixe $\epsilon>0$.
\begin{enumerate}
\item Comme $\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x+1)-f(x))=0$, d'après la définition de la limite, il existe $A>0$ tel que $\forall x\geq A$, $\abs{f(x+1)-f(x)}\leq \epsilon$.
\item On pose $m=E[x-A]$. On a donc par définition de la partie entière,
$$
x - A \geq m \Longleftrightarrow x-m \geq A 
$$
Ainsi 
\begin{align*}
\abs{f(x)-f(x-m)} & = \abs{\sum_{k= 0}^{m-1}  f(x-m+ k + 1) - f(x-m + k)} \\
& \leq \sum_{k=0}^{m-1} |f(x-m-k +1) - f(x-m + k)| \\
& \leq \sum_{k=0}^{m-1} \varepsilon \\
& \boxed{\leq m \varepsilon}
\end{align*}
\item On a alors 
\begin{align*}
\abs{\frac{f(x)}{x}} & = \abs{\frac{f(x) - f(x- m) + f(x-m)}{x}} \\
& \leq \abs{\dfrac{f(x)-f(x-m)}{x}} + \abs{\dfrac{f(x-m)}{x}}
\end{align*}
Or $x - m \in [A;A+1]$ donc $\abs{\dfrac{f(x-m)}{x}} \leq \dfrac{M}{x}$. Donc 
\begin{align*}
\abs{\frac{f(x)}{x}} & \leq \dfrac{m\varepsilon}{x} + \dfrac{M}{x}
\end{align*}
Of $m \leq x - A \leq x$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\abs{\dfrac{f(x)}{x}} \leq \dfrac{M}{x} + \varepsilon$.}
\end{center}
 
\item Attention !  Dans cette question on prend un nouvel $\varepsilon$. Soit $\varepsilon >0$, on pose alors $\varepsilon_2 = \dfrac{\varepsilon}{2}$. Il existe alors $A_2 >0$ tel que pour tout $x >A_2$, 
$$
\abs{\dfrac{f(x)}{x}} \leq \dfrac{M}{x} + \varepsilon_2
$$
(En reprenant toutes les questions précédentes pour $\varepsilon_2$). Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{M}{x} =0$. Donc d'après la définition, il existe $A_3$ tel que pour tout $x > A_3$, 
$$
\dfrac{M}{x} \leq \varepsilon_2
$$
Ainsi, en choisissant $A_f = max(A_2,A_3)$, pour tout $x > A_f$, on a 
$$
\abs{\dfrac{f(x)}{x}} \leq \varepsilon_2 + \varepsilon_2 \leq \varepsilon
$$ 
C'est la définition de la limite donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} \dfrac{f(x)}{x} = 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On suppose que $\lim_{x\to+\infty}(f(x+1)-f(x))=l\in\R$.

On a 
\begin{align*}
f(x+1) - f(x) = l & \Longleftrightarrow f(x+1) - f(x) - l = 0 \\
& \Longleftrightarrow f(x+1)- (x+1)l - (f(x) - xl) = 0 \\
& \Longleftrightarrow g(x+1) - g(x) = 0 
\end{align*}
en posant la fonction $g : x \to f(x) - xl$. La fonction $g$ vérifie 
$$
\li_{x \to + \infty} g(x+1) - g(x) = 0
$$
Donc d'après la partie précédente, on a 
$$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{g(x)}{x} = 0
$$
Or 
\begin{align*}
\dfrac{g(x)}{x} & = \dfrac{f(x) - xl}{x} \\
& = \dfrac{f(x)}{x} - l
\end{align*}
Ainsi $\li_{x \to + \infty} \dfrac{f(x)}{x} - l = \li_{x \to +\infty} \dfrac{g(x)}{x} = 0$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{f(x)}{x} = l
$}
\end{center}
\item En prenant $f(x) = \ln(x)$, on a 
$$
\li_{x \to +\infty} \ln(x+1) - \ln(x) = \li_{x\to + \infty} \ln \left( \dfrac{x+1}{x} \right) = \li_{x\to +\infty} \ln \left( 1+ \dfrac{1}{x} \right) = 0
$$
On en déduit donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}




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%\end{multicols}%
%EndExpansion

\end{document}