Exercices corrigés sur les fonctions pour bac

On propose des exercices corrigés sur les fonctions pour bac terminale s au lycée. En effet, des exercices sur les limites et la continuité des fonctions. De plus, d’autres exercices sur le prolongement par continuité de fonctions et le théorème des valeurs intermédiaires.

Exercices corrigés sur les fonctions pour le bac, continuité et limite

Exercice: Calculer la limite des fonctions suivantes suivantes: \begin{align*}\begin{array}{cc} 1.; f(x)=\sqrt{x^2+x+1}-2x\;(\text{en};+\infty) & 2.\;g(x)=\sqrt{x^2+x+1}-x\;(\text{en}\;+\infty) \cr 3.\;h(x)=\frac{1-\cos(x)}{x^2}\;(\text{en}\;0) & 4.\;\varphi(x)= x{\rm E}\left(\frac{1}{x}\right)\;(\text{en}\;0) \cr  5.\;\psi(x)=\frac{\sin(x)-\sin(3x)}{\sin(4x)}\;(\text{en}\;0) & 6.\;\zeta(x)=x^x \;(\text{en}\;0^+). \end{array}\end{align*}

Solution:

1. Ici les fonctions $\sqrt{x^2+x+1}$ et $2x$ tendent toutes les deux vers $+\infty$, et donc on a une forme indéterminée ($(+\infty)-(+\infty)$ n’a pas un sens). Donc l’idée c’est de réécrire l’expression de la fonction $f$ de sorte d’éviter cet obstacle. Pour $x>0$, (on a le droit de le choisir positif car après on va tendre ce $x$ vers $+\infty$, donc plus loin de zéro!), on a \begin{align*}f(x)&= \sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}-2x\cr &= x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-2\right).\end{align*}D’autre part, on sait que $$ \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x}= \lim_{x\to +\infty} \frac{1}{x^2}=0.$$ Donc par continuité de la fonction racine carrée on a\begin{align*}\lim_{x\to +\infty} \sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-2=\sqrt{1}-2=-1.\end{align*}Finalement on a $$ \lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty. $$
2. Par le même calcul que dans la question 1, on a pour tout $x>0,$ $$ g(x)= x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-1\right). $$ On a donc une forme indéterminée ($+\infty \times 0$). Donc on va pas raisonner comme dans la question 1, on doit alors avancer dans les calcul, en appliquant le conjugué. On a alors, pour tout $x>0,$\begin{align*}g(x)&= x\frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}\cr &= \frac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}.\end{align*}Ainsi \begin{align*}\lim_{x\to +\infty} g(x)=\frac{1}{2}.\end{align*}
3. Ici nous allons utliser la relation (qui est vraie pour tout $a,b\in\mathbb{R}$): $$\cos(a)-\cos(b)=-2\sin\left(\frac{a+b}{2}\right)\sin\left(\frac{a-b}{2}\right).$$Si on prend $a=0$ et $b=x$, comme $\cos(0)=1,$ et la fonction $t\mapsto \sin(t)$ est impaire alors\begin{align*}1-\cos(x)&=\cos(0)-\cos(x)\cr &= -2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)\sin\left(\frac{-x}{2}\right)\cr &= 2 \left(\sin\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2.\end{align*} Alors \begin{align*}h(x)&=\frac{2 \left(\sin\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2}{x^2}\cr &= \frac{1}{2} \left(\frac{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{\frac{x}{2}}\right)^2.\end{align*}On rappel que (penser au fait que la fonction sinus est dérivable en $0$, $\sin(0)=0$ est que $\sin'(0)=1$),\begin{align*}\lim_{u\to 0} \frac{\sin(u)}{u}=1.\end{align*}Donc par le changement de variable $u=\frac{x}{2},$ on a $u\to 0$ si $x\to 0$, et donc\begin{align*}\lim_{x\to 0} h(x)=\frac{1}{2} \lim_{u\to 0} \left(\frac{\sin(u)}{u}\right)^2=\frac{1}{2}.\end{align*}
4. Pour la fonction $\varphi$ il faut encadrer la fonction partie entière $x\mapsto {\rm E}(\frac{1}{x})$. On rappelle que si $y\in \mathbb{R},$ alors la partie entière de $y$ satisfait $ {\rm E}(y)\le y < {\rm E}(y)+1$. Ce qui donne $y-1 < {\rm E}(y)\le y$. Donc pour tout $x\in \mathbb{R}$ tel que $x\neq 0$ on a$$ \frac{1}{x}-1 < {\rm E}(\frac{1}{x})\le \frac{1}{x}. $$ Nous allons calculer les limites à droite est à gauche de $0$. Soit $x>0$. Par multiplication par $x$ dans l’inégalité en haut, on a\begin{align*}1-x < \varphi(x)\le 1.\end{align*}D’où la fonction $\varphi$ est encadrer par deux fonctions ($1-x$ et la fonction constante égale à $1$) qui tendent vers $1$ quand $x\to 0^+$. Alors \begin{align*}\lim_{x\to 0^+}\varphi(x)=1.\end{align*}De même si $x < 0,$ on a \begin{align*}1 < \varphi(x)\le 1-x.\end{align*}Et donc $$lim_{x\to 0^-}\varphi(x)=1. $$ Comme $$ \lim_{x\to 0^+}\varphi(x)=\lim_{x\to 0^-}\varphi(x)=1, $$ alors $$ \lim_{x\to 0,\;x\neq 0}\varphi(x)=1. $$
5. Soit $x\in\mathbb{R}$ tel que $x\neq 0$. On a alors \begin{align*}\psi(x)&=\frac{x}{\sin(4x)}\times \frac{\sin(x)-\sin(3x)}{x}\cr &= \frac{1}{4} \frac{4x}{\sin(4x)} \left(\frac{\sin(x)}{x}-3\frac{\sin(3x)}{3x}\right).\end{align*}En utilisant la remarque dans la question 3 (bien sûr avec des changement de variable) on trouve $$ \lim_{x\to 0,\;x\neq 0}\psi(x)= \frac{1}{4} (1-3)=-\frac{1}{2}. $$
6. Pour tout $x>0,$ on peut écrire (en utlisant le fait que $e^{\ln(y)}=y$ pour tout $y>0$): $$ \zeta(x)=e^{\ln(x^x)}=e^{x\ln(x)}. $$ Comme $x\ln(x)\to 0$ quand $x\to 0^+,$ alors $\zeta(x)\to e^0=1$ quand $x\to 0^+,$ par continuité de la fonction exponentielle.

Ici d’autres exerices sur les limites de fonctions.

Exercices corrigés sur le prolongement par continuité

Exercice: Montrer que les fonctions suivantes sont prolongeables par continuité sur tout $\mathbb{R}$ et $[0,+\infty[,$ respectivement: $$f(x)=x\sin\left(\frac{1}{x}\right),\qquad g(x)=(e^{2x}-1)\ln(x).$$

Solution: Tout d’abord on rappelle que si une fonction $u$ est définie sur $I$ sauf en un point $x_0\in I$, alors pour la prolongée en $x_0$ il faut s’assuré de deux choses: la continuité de $u$ sur $I\backslash\{x_0\}$ et l’existence de la limite $\ell\in\mathbb{R}$ de $u(x)$ quand $x\to x_0$. Dans ce cas on peut définir une fonction $\tilde{u}$ continue sur tout $I$ telle que \begin{align*}\tilde{u}(x)=\begin{cases} u(x),& x\in I\backslash\{x_0\},\cr \ell,& x=x_0.\end{cases}\end{align*}La fonction $\tilde{u}$ s’appelle le prolongement continu de $u$ sur $I$.

La fonction $f(x)=x\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ est définie et continue sur $\mathbb{R}\backslash\{0\}$ (dans ce cas on a, $I=\mathbb{R}$ et $x_0=0$). Pour que $f$ soit prolongeable sur $\mathbb{R}$ il faut qu’elle admet une limite en $0$. En effet, comme $|\sin(y)|\le 1$ pour tout $y\in \mathbb{R},$ alors en passant à la valeur absolue de $f$, on a pour tout $x\in\mathbb{R}^\ast$, \begin{align*}|f(x)|\le |x|.\end{align*}Donc $-|x|\le f(x)\le |x|$ et comme $|x|\to 0$ quand $x\to 0,$ alors $f(x)\to 0$ quand $x\to 0$. Ainsi $f$ est prolongeable sur $\mathbb{R}$ et son prolongement $\tilde{f}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ est donné par\begin{align*}\tilde{f}(x)=\begin{cases} x\sin\left(\frac{1}{x}\right),& x\in \mathbb{R}^\ast,\cr 0,& x=0.\end{cases}\end{align*}

La fonction $g$ est définie et continue sur $]0,+\infty[$. De plus on $$ g(x)=\frac{e^{2x}-1}{x}\; (x\ln(x)). $$ Or \begin{align*}&\lim_{x\to 0} \frac{e^{2x}-1}{x}= \frac{e^{2x}-e^0}{x-0} = 2\cr &\lim_{x\to 0^+} x\ln(x)=0.\end{align*}Donc $g(x)\to 0$ quand $x\to 0^+$. D’où $g$ admet un prolongement continu sur $[0,+\infty[$ donné par\begin{align*}\tilde{g}(x)=\begin{cases} (e^{2x}-1)\ln(x),& x\in ]0,+\infty[,\cr 0,& x=0.\end{cases}\end{align*}