Limites et equivalents by Tekaya Habib

Limites & equivalents Tekaya Habib IHEC de sousse

Semestre I

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

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Notion de limite

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Notion de limite Voisinages

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Notion de limite Voisinages Limite finie dâ&#x20AC;&#x2122;une fonction en un point a

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2 / 67

Notion de limite Voisinages Limite finie d’une fonction en un point a Limite à gauche et limite à droite

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2 / 67

Notion de limite Voisinages Limite finie d’une fonction en un point a Limite à gauche et limite à droite

Limites et opérations

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2 / 67

Notion de limite Voisinages Limite finie d’une fonction en un point a Limite à gauche et limite à droite

Limites et opérations

Limites et inégalités

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2 / 67

Notion de limite Voisinages Limite finie d’une fonction en un point a Limite à gauche et limite à droite

Limites et opérations

Limites et inégalités

Équivalents

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Semestre I 2011

2 / 67

Notion de limite Voisinages Limite finie d’une fonction en un point a Limite à gauche et limite à droite

Limites et opérations

Limites et inégalités

Équivalents

Exercices

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Voisinage

Définition On appelle droite numérique achevée l’ensemble : R = R ∪ {−∞, +∞} Définition Soit V une partie de R. On dit que : V est un voisinage de x0 ∈ R si et seulement si, il existe α > 0 tel que : ]x0 − α, x0 + α[⊂ V . L’intervalle ]x0 − α, x0 + α[ est appelé intervalle ouvert de centre x0 et de rayon α.

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Voisinage

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Voisinage

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Voisinage

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Définition (suite) V est voisinage de −∞ (resp. +∞) si et seulement si, il existe un intervalle ouvert ] − ∞, a[ ( resp. ]a, +∞[ ) contenu dans V où a ∈ R. L’ensemble de tous les voisinages de a ∈ R = R ∪ {−∞; +∞} est noté V (a). Exemples • ] − 3; +∞[ est un voisinage de +∞.En effet ]1; +∞[⊂] − 3; +∞[. • [2; +∞[ est un voisinage de +∞.En effet ]3; +∞[⊂ [2; +∞[. · ¸ 1 1 ⊂ [1;5]. • [1;5] est un voisinage de 2,car 2 − ;2 +

• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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• [1;5] n’est pas un voisinage de 1. • ∀a ∈ R et ∀h ∈ R∗+ , [a − h;a + h] est un voisinage de a. ¸ · h h En effet , a − ;a + ⊂ [a − h;a + h].

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Propriété Soit x0 ∈ R. Si V1 ∈ V (x0 ) et si V2 ∈ V (x0 ) alors V1 ∩ V2 ∈ V (x0 ).

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Démonstration • x0 = +∞. V1 ∈ V (x0 ) ⇔ ∃a ∈ R tel que ]a; +∞[⊂ V1 . V2 ∈ V (x0 ) ⇔ ∃b ∈ R tel que ]b; +∞[⊂ V2 . Soit A = sup(a;b). Alors on a : ]a; +∞[∩]b; +∞[=]A; +∞[⊂ V1 ∩ V2 . D’où V1 ∩ V2 ∈ V (x0 ). • x0 = −∞ : raisonnement similaire. • x0 ∈ R.

V1 ∈ V (x0 ) ⇔ ∃α > 0 tel que ]x0 − α;x0 + α[⊂ V1 . V2 ∈ V (x0 ) ⇔ ∃β > 0 tel que ]x0 − β;x0 + β[⊂ V2 . Soit γ = inf(α; β). Alors ]x0 − α;x0 + α[∩]x0 − β;x0 + β[=]x0 − γ;x0 + γ[⊂ V1 ∩ V2 . D’où V1 ∩ V2 ∈ V (x0 ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Limite finie d’une fonction en un point a

Définition Soit f une fonction définie sur un voisinage V de a (sauf peut être au point a ). On dit que f admet la limite ` quand x tend vers a ( ou ` est la limite de f au point a ), si : ∀ε > 0, ∃η > 0 tel que (∀x ∈ V et 0 < |x − a| < η) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

On note lim f = ` ou a

lim f (x ) = `

x →a

f (x ) → ` quand x → a ou encore

f (x ) −−−−→ ` x→ a

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Limite finie d’une fonction en un point a

On note lim f = ` ou a

lim f (x ) = `

x →a

f (x ) → ` quand x → a ou encore

f (x ) −−−−→ ` x→ a

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Limite finie d’une fonction en un point a

On note lim f = ` ou a

lim f (x ) = `

x →a

f (x ) → ` quand x → a ou encore

f (x ) −−−−→ ` x→ a

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Remarque La définition est indépendante de ce qui se passe au point a ; il peut se faire que f (a) n’existe pas ; il peut se faire que f (a) existe, mais soit distinct de `. Propriété Soit a ∈ R. Si a ∈ Df et si lim f (x ) existe et est finie alors lim f (x ) = f (a). x →a

x →a

Définition Soit h ∈ R∗+ . On suppose que Df contient un intervalle du type ]a − h, a + h[. Si a est fini , on a : lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) > A.

x →a

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) < A.

x →a

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8 / 67

x →a

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) < A.

x →a

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8 / 67

x →a

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) < A.

x →a

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8 / 67

x →a

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) < A.

x →a

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8 / 67

x →a

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) < A.

x →a

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8 / 67

x →a

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ f (x ) < A.

x →a

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Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

1 1 1 Or, si A > 0, 2 > A ⇔ x 2 < ⇔ |x | < p . A x A 1 Donc , pour tout A > 0, on prend η = p . A 1 ∗ On a bien ∀A > 0, ∀x ∈ R , |x − 0| < η ⇒ 2 > A. x 1 Conclusion : lim 2 = +∞. x →0 x

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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9 / 67

Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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9 / 67

Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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9 / 67

Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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9 / 67

Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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Exemple Montrer que lim

x →0 x 2

= +∞.

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯= > A. 2¯ 2

Il s’agit de montrer que :∀A > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ R∗ , |x | < η) ⇒ ¯¯

Remarque lim f (x ) = −∞ ⇔ lim [−f (x )] = +∞

x →a

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x →a

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Définition Soit a ∈ R. On suppose que Df contient un intervalle du type ]a, +∞[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →+∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) > A.

x →+∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B > 0;(∀x ∈ Df , x > B) ⇒ f (x ) < A.

x →+∞

On suppose que Df contient un intervalle du type ] − ∞, a[. lim f (x ) = ` ∈ R ⇔ ∀ε > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ |f (x ) − `| < ε.

x →−∞

lim f (x ) = +∞ ⇔ ∀A > 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) > A.

x →−∞

lim f (x ) = −∞ ⇔ ∀A < 0, ∃B < 0;(∀x ∈ Df , x < B) ⇒ f (x ) < A.

x →−∞

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Exemple Montrer que : lim x 2 = +∞. x →+∞

En effet , si A > 0, x 2 > A ⇔ |x | > A ⇔ x < − A ou x > A. p

Donc ∀A > 0 on pose B = A. On a bien :∀A > 0, ∀x ∈ Df , x > B ⇒ x 2 > A. Conclusion :

lim x 2 = +∞.

x →+∞

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11 / 67

Exemple Montrer que : lim x 2 = +∞. x →+∞

En effet , si A > 0, x 2 > A ⇔ |x | > A ⇔ x < − A ou x > A. p

Donc ∀A > 0 on pose B = A. On a bien :∀A > 0, ∀x ∈ Df , x > B ⇒ x 2 > A. Conclusion :

lim x 2 = +∞.

x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

11 / 67

Exemple Montrer que : lim x 2 = +∞. x →+∞

En effet , si A > 0, x 2 > A ⇔ |x | > A ⇔ x < − A ou x > A. p

Donc ∀A > 0 on pose B = A. On a bien :∀A > 0, ∀x ∈ Df , x > B ⇒ x 2 > A. Conclusion :

lim x 2 = +∞.

x →+∞

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Exemple Montrer que : lim x 2 = +∞. x →+∞

En effet , si A > 0, x 2 > A ⇔ |x | > A ⇔ x < − A ou x > A. p

Donc ∀A > 0 on pose B = A. On a bien :∀A > 0, ∀x ∈ Df , x > B ⇒ x 2 > A. Conclusion :

lim x 2 = +∞.

x →+∞

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11 / 67

Exemple Montrer que : lim x 2 = +∞. x →+∞

En effet , si A > 0, x 2 > A ⇔ |x | > A ⇔ x < − A ou x > A. p

Donc ∀A > 0 on pose B = A. On a bien :∀A > 0, ∀x ∈ Df , x > B ⇒ x 2 > A. Conclusion :

lim x 2 = +∞.

x →+∞

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11 / 67

Limite à gauche et limite à droite

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a;a + h[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à droite de f en a et on note lim+ = ` ou lim f (x ) = ` si et x →a

seulement si :

x →a x >a

Si ` est fini :∀ε > 0, ∃η > 0/ (∀x ∈ Df , a < x < a + η) ⇒ |f (x ) − `| < ε. Si ` = +∞ :∀A > 0, ∃η > 0/ (∀x ∈ Df , a < x < a + η) ⇒ f (x ) > A. Si ` = −∞ :∀A < 0, ∃η > 0/ (∀x ∈ Df , a < x < a + η) ⇒ f (x ) < A.

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Semestre I 2011

12 / 67

Limite à gauche et limite à droite

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a;a + h[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à droite de f en a et on note lim+ = ` ou lim f (x ) = ` si et x →a

seulement si :

x →a x >a

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12 / 67

Limite à gauche et limite à droite

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a;a + h[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à droite de f en a et on note lim+ = ` ou lim f (x ) = ` si et x →a

seulement si :

x →a x >a

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12 / 67

Limite à gauche et limite à droite

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a;a + h[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à droite de f en a et on note lim+ = ` ou lim f (x ) = ` si et x →a

seulement si :

x →a x >a

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Semestre I 2011

12 / 67

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a − h;a[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à gauche de f en a et on note lim− f (x ) = ` ou lim f (x ) = ` x →a

si et seulement si :

x →a x <a

Si ` est fini :∀ε > 0, ∃η > 0/ (∀x ∈ Df , a − η < x < a) ⇒ |f (x ) − `| < ε. Si ` = +∞ :∀A > 0, ∃η > 0/ (∀x ∈ Df , a − η < x < a) ⇒ f (x ) > A. Si ` = −∞ :∀A < 0, ∃η > 0/ (∀x ∈ Df , a − η < x < a) ⇒ f (x ) < A.

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Semestre I 2011

13 / 67

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a − h;a[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à gauche de f en a et on note lim− f (x ) = ` ou lim f (x ) = ` x →a

si et seulement si :

x →a x <a

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Semestre I 2011

13 / 67

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a − h;a[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à gauche de f en a et on note lim− f (x ) = ` ou lim f (x ) = ` x →a

si et seulement si :

x →a x <a

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Semestre I 2011

13 / 67

Définition Soit a ∈ R tel que Df contient un intervalle du type ]a − h;a[ avec h > 0. On dit que ` est la limite à gauche de f en a et on note lim− f (x ) = ` ou lim f (x ) = ` x →a

si et seulement si :

x →a x <a

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13 / 67

Propriétés Soit f une fonction définie sur un domaine Df . On a : Si a ∉ Df : lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = `. x →a

Si a ∈ Df :

x →a

lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = ` = f (a).

x →a

Remarque Une fonction peut admettre une limite à gauche et une limite à droite en un point a, ces deux limites étant égales, sans admettre de limite en a.

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Semestre I 2011

14 / 67

Propriétés Soit f une fonction définie sur un domaine Df . On a : Si a ∉ Df : lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = `. x →a

Si a ∈ Df :

x →a

lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = ` = f (a).

x →a

Remarque Une fonction peut admettre une limite à gauche et une limite à droite en un point a, ces deux limites étant égales, sans admettre de limite en a.

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Semestre I 2011

14 / 67

Propriétés Soit f une fonction définie sur un domaine Df . On a : Si a ∉ Df : lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = `. x →a

Si a ∈ Df :

x →a

lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = ` = f (a).

x →a

Remarque Une fonction peut admettre une limite à gauche et une limite à droite en un point a, ces deux limites étant égales, sans admettre de limite en a.

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Semestre I 2011

14 / 67

Propriétés Soit f une fonction définie sur un domaine Df . On a : Si a ∉ Df : lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = `. x →a

Si a ∈ Df :

x →a

lim f (x ) = ` ⇔ lim+ f (x ) = lim− f (x ) = ` = f (a).

x →a

Remarque Une fonction peut admettre une limite à gauche et une limite à droite en un point a, ces deux limites étant égales, sans admettre de limite en a.

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Semestre I 2011

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Exemple Soit f la fonction définie par :

 sinx   f (x ) = ; ∀x 6= 0

  f (0) = 2

On a : lim+ f (x ) = lim− f (x ) = 1 et f n’admet pas de limite en 0, car f (0) = 2 6= 1. x →0

x →0

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2 −3

Exemple Soit f la fonction définie par :

 sinx   f (x ) = ; ∀x 6= 0

  f (0) = 2

On a : lim+ f (x ) = lim− f (x ) = 1 et f n’admet pas de limite en 0, car f (0) = 2 6= 1. x →0

x →0

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2 −3

Exemple Soit f la fonction définie par :

 sinx   f (x ) = ; ∀x 6= 0

  f (0) = 2

On a : lim+ f (x ) = lim− f (x ) = 1 et f n’admet pas de limite en 0, car f (0) = 2 6= 1. x →0

−5

x →0

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2 −3

Exemple Soit f la fonction définie par :

 sinx   f (x ) = ; ∀x 6= 0

  f (0) = 2

On a : lim+ f (x ) = lim− f (x ) = 1 et f n’admet pas de limite en 0, car f (0) = 2 6= 1. x →0

−5

x →0

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2 −3

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →1

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →1

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →1

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →0

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →0

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →1

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit h définie sur R∗ par : h(x ) =

|x |

   −1   1

si x < 0

si x > 0

On a lim− h(x ) = lim− (−1) = −1 et lim+ h(x ) = lim+ (1) = 1. x →1

x →0

x →1

On remarque que 0 ∉ Dh et lim− h(x ) 6= lim+ h(x ), donc h n’a pas de limite en x →1

x →1

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Exemple Soit g la fonction définie sur R par : g(x) = sup(x ,−1) = On a :

lim

x →(−1)−

g(x) = lim (−1) = −1 et x →−1−

De plus g(−1) = −1, par suite, on a limite de g existe en 2 et on a :

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)−

g(x) =

   − 1 si x ≤ −1   x si x > −1

lim

x →(−1)+

lim

x →(−1)+

x = −1.

g(x) = −1 = g(−1),donc la

lim g(x) = −1 .

x →(−1)

−5

−4

−3

−2

−1 b

1 −1 −2

Limites et opérations Théorème Si une fonction f admet une limite ` en un point a ,alors cette limite est unique. Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R.Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

−∞

+∞

−∞

+∞

x →a

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

−∞

`0 ∈ R

−∞

lim [f (x ) + g(x )]

` + `0

+∞

−∞

+∞

−∞

x →a

Remarque Dans le cas où a ∈ R, la propriété ci-dessus et celles qui suivent restent vraies si on remplace a par a+ ou a− . Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

18 / 67

Limites et opérations Théorème Si une fonction f admet une limite ` en un point a ,alors cette limite est unique. Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R.Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

−∞

+∞

−∞

+∞

x →a

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

−∞

`0 ∈ R

−∞

lim [f (x ) + g(x )]

` + `0

+∞

−∞

+∞

−∞

x →a

Remarque Dans le cas où a ∈ R, la propriété ci-dessus et celles qui suivent restent vraies si on remplace a par a+ ou a− . Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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18 / 67

Limites et opérations Théorème Si une fonction f admet une limite ` en un point a ,alors cette limite est unique. Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R.Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

−∞

+∞

−∞

+∞

x →a

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

−∞

`0 ∈ R

−∞

lim [f (x ) + g(x )]

` + `0

+∞

−∞

+∞

−∞

x →a

Remarque Dans le cas où a ∈ R, la propriété ci-dessus et celles qui suivent restent vraies si on remplace a par a+ ou a− . Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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18 / 67

Limites et opérations Théorème Si une fonction f admet une limite ` en un point a ,alors cette limite est unique. Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R.Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

−∞

+∞

−∞

+∞

x →a

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

−∞

`0 ∈ R

−∞

lim [f (x ) + g(x )]

` + `0

+∞

−∞

+∞

−∞

x →a

Remarque Dans le cas où a ∈ R, la propriété ci-dessus et celles qui suivent restent vraies si on remplace a par a+ ou a− . Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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18 / 67

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

`0 ∈ R∗−

`0 ∈ R∗+

lim (f (x ) × g(x ))

` × `0

+∞

−∞

+∞

x →a x →a x →a

Remarque Les autres cas se déduisent des précédents grâce à la règle des signes classiques.

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Semestre I 2011

19 / 67

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

`0 ∈ R∗−

`0 ∈ R∗+

lim (f (x ) × g(x ))

` × `0

+∞

−∞

+∞

x →a x →a x →a

Remarque Les autres cas se déduisent des précédents grâce à la règle des signes classiques.

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19 / 67

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R

+∞

`0 ∈ R∗−

`0 ∈ R∗+

lim (f (x ) × g(x ))

` × `0

+∞

−∞

+∞

x →a x →a x →a

Remarque Les autres cas se déduisent des précédents grâce à la règle des signes classiques.

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19 / 67

Remarques On dit que lim f (x ) = b+ si lim f (x ) = b et f (x ) > b sur un voisinage de a. x →a

x →a

−

On dit que lim f (x ) = b si lim f (x ) = b et f (x ) < b sur un voisinage de a. x →a

x →a

En particulier : On dit que lim f (x ) = 0+ si lim f (x ) = 0 et f (x ) > 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

On dit que lim f (x ) = 0− si lim f (x ) = 0 et f (x ) < 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

` ∈ R∗

` ∈ R∗+

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R∗

∞

+∞

0−

+∞

` `0

+∞

−∞

+∞

−∞

F.I.

x →a x →a

f (x ) lim x →a g(x )

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

20 / 67

Remarques On dit que lim f (x ) = b+ si lim f (x ) = b et f (x ) > b sur un voisinage de a. x →a

x →a

−

On dit que lim f (x ) = b si lim f (x ) = b et f (x ) < b sur un voisinage de a. x →a

x →a

En particulier : On dit que lim f (x ) = 0+ si lim f (x ) = 0 et f (x ) > 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

On dit que lim f (x ) = 0− si lim f (x ) = 0 et f (x ) < 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

` ∈ R∗

` ∈ R∗+

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R∗

∞

+∞

0−

+∞

` `0

+∞

−∞

+∞

−∞

F.I.

x →a x →a

f (x ) lim x →a g(x )

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

20 / 67

Remarques On dit que lim f (x ) = b+ si lim f (x ) = b et f (x ) > b sur un voisinage de a. x →a

x →a

−

On dit que lim f (x ) = b si lim f (x ) = b et f (x ) < b sur un voisinage de a. x →a

x →a

En particulier : On dit que lim f (x ) = 0+ si lim f (x ) = 0 et f (x ) > 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

On dit que lim f (x ) = 0− si lim f (x ) = 0 et f (x ) < 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

` ∈ R∗

` ∈ R∗+

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R∗

∞

+∞

0−

+∞

` `0

+∞

−∞

+∞

−∞

F.I.

x →a x →a

f (x ) lim x →a g(x )

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Semestre I 2011

20 / 67

Remarques On dit que lim f (x ) = b+ si lim f (x ) = b et f (x ) > b sur un voisinage de a. x →a

x →a

−

On dit que lim f (x ) = b si lim f (x ) = b et f (x ) < b sur un voisinage de a. x →a

x →a

En particulier : On dit que lim f (x ) = 0+ si lim f (x ) = 0 et f (x ) > 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

On dit que lim f (x ) = 0− si lim f (x ) = 0 et f (x ) < 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

` ∈ R∗

` ∈ R∗+

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R∗

∞

+∞

0−

+∞

` `0

+∞

−∞

+∞

−∞

F.I.

x →a x →a

f (x ) lim x →a g(x )

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20 / 67

Remarques On dit que lim f (x ) = b+ si lim f (x ) = b et f (x ) > b sur un voisinage de a. x →a

x →a

−

On dit que lim f (x ) = b si lim f (x ) = b et f (x ) < b sur un voisinage de a. x →a

x →a

En particulier : On dit que lim f (x ) = 0+ si lim f (x ) = 0 et f (x ) > 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

On dit que lim f (x ) = 0− si lim f (x ) = 0 et f (x ) < 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

` ∈ R∗

` ∈ R∗+

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R∗

∞

+∞

0−

+∞

` `0

+∞

−∞

+∞

−∞

F.I.

x →a x →a

f (x ) lim x →a g(x )

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20 / 67

Remarques On dit que lim f (x ) = b+ si lim f (x ) = b et f (x ) > b sur un voisinage de a. x →a

x →a

−

On dit que lim f (x ) = b si lim f (x ) = b et f (x ) < b sur un voisinage de a. x →a

x →a

En particulier : On dit que lim f (x ) = 0+ si lim f (x ) = 0 et f (x ) > 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

On dit que lim f (x ) = 0− si lim f (x ) = 0 et f (x ) < 0 sur un voisinage de a. x →a

x →a

Propriété Soient f et g deux fonctions et a ∈ R. Alors : lim f (x )

`∈R

` ∈ R∗

` ∈ R∗+

+∞

lim g(x )

`0 ∈ R∗

∞

+∞

0−

+∞

` `0

+∞

−∞

+∞

−∞

F.I.

x →a x →a

f (x ) lim x →a g(x )

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

20 / 67

Propriété Si lim f (x ) = ` alors lim |f (x )| = |`|. x →a

x →a

Propriété Soit a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ lim |f (x )| = 0.

x →a

Démonstration Dans le cas où a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ |f (x )| < ε.

x →a

D’où lim |f (x )| = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ ||f (x )|| < ε. x →a

Mais ||f (x )|| = |f (x )|. D’où le résultat.

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

21 / 67

Propriété Si lim f (x ) = ` alors lim |f (x )| = |`|. x →a

x →a

Propriété Soit a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ lim |f (x )| = 0.

x →a

Démonstration Dans le cas où a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ |f (x )| < ε.

x →a

D’où lim |f (x )| = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ ||f (x )|| < ε. x →a

Mais ||f (x )|| = |f (x )|. D’où le résultat.

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Semestre I 2011

21 / 67

Propriété Si lim f (x ) = ` alors lim |f (x )| = |`|. x →a

x →a

Propriété Soit a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ lim |f (x )| = 0.

x →a

Démonstration Dans le cas où a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ |f (x )| < ε.

x →a

D’où lim |f (x )| = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ ||f (x )|| < ε. x →a

Mais ||f (x )|| = |f (x )|. D’où le résultat.

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Semestre I 2011

21 / 67

Propriété Si lim f (x ) = ` alors lim |f (x )| = |`|. x →a

x →a

Propriété Soit a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ lim |f (x )| = 0.

x →a

Démonstration Dans le cas où a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ |f (x )| < ε.

x →a

D’où lim |f (x )| = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ ||f (x )|| < ε. x →a

Mais ||f (x )|| = |f (x )|. D’où le résultat.

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

21 / 67

Propriété Si lim f (x ) = ` alors lim |f (x )| = |`|. x →a

x →a

Propriété Soit a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ lim |f (x )| = 0.

x →a

Démonstration Dans le cas où a ∈ R. lim f (x ) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ |f (x )| < ε.

x →a

D’où lim |f (x )| = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃η > 0;(∀x ∈ Df , |x − a| < η) ⇒ ||f (x )|| < ε. x →a

Mais ||f (x )|| = |f (x )|. D’où le résultat.

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

21 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Corollaire Soit a ∈ R. Alors on a les équivalences suivantes : lim f (x ) = ` ⇔ lim f (x ) − ` = 0 ⇔ lim |f (x ) − `| = 0.

x →a

Proposition Soient f et g deux fonctions telles que f (Df ) ⊂ Dg et a ∈ R. Si lim f (x ) = `0 (∈ R) et si lim g(x ) = ` alors lim (g ◦ f )(x ) = lim g [f (x )] = `. x →a

x →a

x →`0

x →a

Exemple Calculer : En effet

lim cos

x →+∞

1 . x

µ ¶

1 = 0 et x →+∞ x lim

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim cosx = 1,alors

x →0

Cours Maths Analyse

lim cos

x →+∞

1 = 1. x

µ ¶

Semestre I 2011

22 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

Solution La fonction donnée n’est autre que g ◦ f avec : sinx 1 définie sur R∗ et g : x 7−→ définie sur R∗ f : x 7−→ x x On a : • f (R∗ ) = R∗ = Dg , donc g ◦ f est bien définie.

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

Solution La fonction donnée n’est autre que g ◦ f avec : 1 sinx définie sur R∗ et g : x 7−→ définie sur R∗ f : x 7−→ x x On a : • f (R∗ ) = R∗ = Dg , donc g ◦ f est bien définie.

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Exercice Déterminer lim

x →+∞

1 x sin . x ¶

lim f (x ) = 0+ .

x →+∞

lim g(x ) = 1.

x →0+

Par suite : lim x sin x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 = lim (g [f (x )]) = lim g(x ) = 1. x x →+∞ x →0+ Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

23 / 67

Remarque Dans la pratique, pour calculer les limites précédentes, on procède en général de la manière suivante : 1 On pose t = −−−−−→ 0+ , alors : xµ x¶→+∞ 1 lim cos = lim cost = 1. x →+∞ x t →0+ lim x sin

x →+∞

1 = lim x →+∞ x

µ ¶

sin

³ ´

1 x

= lim

t →0+

sint = 1. t

Exercice Calculer les limites suivantes : t lim cos x →−∞

πx + 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

sin x 2 4 t lim sin 2 . t lim . x →+∞ x x →0 x µ

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

24 / 67

x →+∞

1 = lim x →+∞ x

µ ¶

sin

³ ´

1 x

= lim

t →0+

sint = 1. t

Exercice Calculer les limites suivantes : t lim cos x →−∞

πx + 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

sin x 2 4 t lim sin 2 . t lim . x →+∞ x x →0 x µ

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

24 / 67

x →+∞

1 = lim x →+∞ x

µ ¶

sin

³ ´

1 x

= lim

t →0+

sint = 1. t

Exercice Calculer les limites suivantes : t lim cos x →−∞

πx + 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

sin x 2 4 t lim sin 2 . t lim . x →+∞ x x →0 x µ

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

24 / 67

x →+∞

1 = lim x →+∞ x

µ ¶

sin

³ ´

1 x

= lim

t →0+

sint = 1. t

Exercice Calculer les limites suivantes : t lim cos x →−∞

πx + 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

sin x 2 4 t lim sin 2 . t lim . x →+∞ x x →0 x µ

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

24 / 67

x →+∞

1 = lim x →+∞ x

µ ¶

sin

³ ´

1 x

= lim

t →0+

sint = 1. t

Exercice Calculer les limites suivantes : t lim cos x →−∞

πx + 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

sin x 2 4 t lim sin 2 . t lim . x →+∞ x x →0 x µ

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

24 / 67

Solution π πx + 2 −−−−−→ . Alors t Posons t = x →−∞ 2x 2 µ ¶ πx + 2 lim cos = limπ cos t = 0. x →−∞

t→ 2

4 −−−−−→ 0+ . Alors : t Posons t = µ ¶ x 2 x →+∞ 4 lim sin 2 = lim+ sint = 0. x →+∞ t →0 x ¡ ¢ ¡ ¢ sin x 2 sin x 2 =x × . t Pour tout x 6= 0, x x2 ¡ 2¢ sin x sint Or lim = lim = 1 et lim x = 0 , par suite x →0¡ ¢x 2 t →0 t x →0 sin x 2 lim = 0 × 1 = 0. x →0 x

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

25 / 67

Solution π πx + 2 −−−−−→ . Alors t Posons t = x →−∞ 2x 2 µ ¶ πx + 2 lim cos = limπ cos t = 0. x →−∞

t→ 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

25 / 67

Solution π πx + 2 −−−−−→ . Alors t Posons t = x →−∞ 2x 2 µ ¶ πx + 2 lim cos = limπ cos t = 0. x →−∞

t→ 2

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

25 / 67

Limites et inégalités

Dans toutes les propriétés qui vont suivre a ∈ R. Propriété S’il existe M ∈ R et V ∈ V (a) tels que ∀x ∈ V ∩ Df , f (x ) ≤ M( resp. f (x ) ≥ M)et si lim f (x ) = `, alors on a ` ≤ M ( respectivement ` ≥ M ).

x →a

Remarque Attention, même si l’on avait f (x ) < M ( resp. f (x ) > M) dans la propriété précédente, cela n’impliquerait pas ` < M (resp. ` > M) mais aussi ` ≤ M (resp. ` ≥ M).

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

26 / 67

Limites et inégalités

x →a

Remarque Attention, même si l’on avait f (x ) < M ( resp. f (x ) > M) dans la propriété précédente, cela n’impliquerait pas ` < M (resp. ` > M) mais aussi ` ≤ M (resp. ` ≥ M).

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

26 / 67

Limites et inégalités

x →a

Remarque Attention, même si l’on avait f (x ) < M ( resp. f (x ) > M) dans la propriété précédente, cela n’impliquerait pas ` < M (resp. ` > M) mais aussi ` ≤ M (resp. ` ≥ M).

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

26 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

Remarque Attention f (x ) < g(x ) n’implique pas ` < `0 mais ` ≤ `0 . 1 1 et g(x ) = 2 . Par exemple : soient f (x ) = 2 x +2 x +1 On a bien :∀x ∈ R, f (x ) < g(x ), mais lim f (x ) = lim g(x ) = 0. x →+∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

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Cours Maths Analyse

x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

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Cours Maths Analyse

x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

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Cours Maths Analyse

x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Propriété Soit V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg , f (x ) ≤ g(x ). Si lim f (x ) = `(∈ R) et lim g(x ) = `0 (∈ R) alors ` ≤ `0 . x →a

x →a

Si lim f (x ) = +∞ alors lim g(x ) = +∞. x →a

x →a

Si lim g(x ) = −∞ alors lim f (x ) = −∞. x →a

x →a

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Cours Maths Analyse

x →+∞

Semestre I 2011

27 / 67

Exercice Calculer les limites suivantes : lim

x →+∞ 2 + cos x

lim

x →−∞ 2 + cos x

On considère la fonction f définie sur R∗ par : f (x ) = 1

Montrer que pour tout x > 0, f (x) ≥

En déduire

µ ¶¶

lim f (x).

x →0+

Montrer que pour tout x < 0 , f (x) ≤

En déduire

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

1 . x

1 1 2 − sin . x x

1 . x

lim f (x).

x →0−

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

28 / 67

Exercice Calculer les limites suivantes : lim

x →+∞ 2 + cos x

lim

x →−∞ 2 + cos x

On considère la fonction f définie sur R∗ par : f (x ) = 1

Montrer que pour tout x > 0, f (x) ≥

En déduire

µ ¶¶

lim f (x).

x →0+

Montrer que pour tout x < 0 , f (x) ≤

En déduire

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1 . x

1 1 2 − sin . x x

1 . x

lim f (x).

x →0−

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28 / 67

Exercice Calculer les limites suivantes : lim

x →+∞ 2 + cos x

lim

x →−∞ 2 + cos x

On considère la fonction f définie sur R∗ par : f (x ) = 1

Montrer que pour tout x > 0, f (x) ≥

En déduire

µ ¶¶

lim f (x).

x →0+

Montrer que pour tout x < 0 , f (x) ≤

En déduire

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1 . x

1 1 2 − sin . x x

1 . x

lim f (x).

x →0−

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Semestre I 2011

28 / 67

Solution Pour tout x ∈ R, −1 ≤ cosx ≤ 1 ⇐⇒ 0 < 1 ≤ 2 + cos x ≤ 3 =⇒ alors : .. Pour tout x > 0,

que

lim

x →+∞ 2 + cos x

.. Pour tout x < 0,

alors que

lim

x x ≥ , mais 2 + cos x 3

x = +∞ , il s’en suit 3

= +∞ .

x x ≤ , mais 2 + cosx 3

x →−∞ 2 + cosx

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

lim

x →+∞

1 1 ≥ , 2 + cos x 3

lim

x →−∞

x = −∞ , il s’en suit 3

= −∞

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Semestre I 2011

29 / 67

Solution Pour tout x ∈ R, −1 ≤ cosx ≤ 1 ⇐⇒ 0 < 1 ≤ 2 + cos x ≤ 3 =⇒ alors : .. Pour tout x > 0,

que

lim

x →+∞ 2 + cos x

.. Pour tout x < 0,

alors que

lim

x x ≥ , mais 2 + cos x 3

x = +∞ , il s’en suit 3

= +∞ .

x x ≤ , mais 2 + cosx 3

x →−∞ 2 + cosx

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lim

x →+∞

1 1 ≥ , 2 + cos x 3

lim

x →−∞

x = −∞ , il s’en suit 3

= −∞

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Semestre I 2011

29 / 67

Solution Pour tout x ∈ R, −1 ≤ cosx ≤ 1 ⇐⇒ 0 < 1 ≤ 2 + cos x ≤ 3 =⇒ alors : .. Pour tout x > 0,

que

lim

x →+∞ 2 + cos x

.. Pour tout x < 0,

alors que

lim

x x ≥ , mais 2 + cos x 3

x = +∞ , il s’en suit 3

= +∞ .

x x ≤ , mais 2 + cosx 3

x →−∞ 2 + cosx

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lim

x →+∞

1 1 ≥ , 2 + cos x 3

lim

x →−∞

x = −∞ , il s’en suit 3

= −∞

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Semestre I 2011

29 / 67

Solution 1

1 1 1 ≤ 1 =⇒ − sin ≥ −1 ⇐⇒ 2 − sin ≥ 1, et comme x· x x µ ¶¸ 1 1 1 1 > 0 , alors f (x) = 2 − sin ≥ . x x x x 1 1 On a lim = +∞ et pour tout x > 0 , f (x) ≥ , alors x x →0+ x Pour tout x > 0, sin

µ ¶

lim f (x) = +∞

x →0+ 1

1 1 1 ≤ 1 ⇐⇒ − sin ≥ −1 ⇐⇒ 2 − sin ≥ 1 , et comme x· x x µ ¶¸ 1 1 1 1 < 0 , alors f (x) = 2 − sin ≤ . x x x x 1 1 On a lim = −∞ et pour tout x < 0, f (x) ≤ , alors x x →0− x Pour tout x < 0, sin

µ ¶

lim f (x) = −∞

x →0−

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Semestre I 2011

30 / 67

Solution 1

µ ¶

lim f (x) = +∞

x →0+ 1

µ ¶

lim f (x) = −∞

x →0−

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Semestre I 2011

30 / 67

Solution 1

µ ¶

lim f (x) = +∞

x →0+ 1

µ ¶

lim f (x) = −∞

x →0−

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Semestre I 2011

30 / 67

Solution 1

µ ¶

lim f (x) = +∞

x →0+ 1

µ ¶

lim f (x) = −∞

x →0−

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Semestre I 2011

30 / 67

Théorème (des gendarmes) Soit ` ∈ R.On suppose qu’il existe V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg ∩ Dh , f (x ) ≤ g(x ) ≤ h(x ).

Si lim f (x ) = ` = lim h(x ) alors lim g(x ) = `. x →a

x →a

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x →a

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Semestre I 2011

31 / 67

Théorème (des gendarmes) Soit ` ∈ R.On suppose qu’il existe V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg ∩ Dh , f (x ) ≤ g(x ) ≤ h(x ).

Si lim f (x ) = ` = lim h(x ) alors lim g(x ) = `. x →a

x →a

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

x →a

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Semestre I 2011

31 / 67

Théorème (des gendarmes) Soit ` ∈ R.On suppose qu’il existe V ∈ V (a) tel que ∀x ∈ V ∩ Df ∩ Dg ∩ Dh , f (x ) ≤ g(x ) ≤ h(x ).

Si lim f (x ) = ` = lim h(x ) alors lim g(x ) = `. x →a

x →a

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x →a

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Semestre I 2011

31 / 67

Exercice x 2 cosx . x4 +1 Calculer les limites de f en +∞ et en −∞. On considère la fonction f : x 7−→

Solution Pour tout x ∈ Ron a x2

−1 ≤ cosx ≤ 1 et

x2 x4 +1 x2

≥ 0 , il s’en suit alors

x 2 cosx x2 x2 ≤ ⇐⇒ − ≤ f (x ) ≤ . x4 +1 x4 +1 Ãx4 +1 ! x4 +1 x4 +1 x2 x2 , par suite, le théorème = 0 = lim D’autre part, on a : lim − 4 x →±∞ x 4 + 1 x →±∞ x +1 des gendarmes nous permet de conclure que : que : −

≤

lim f (x ) = 0

x →±∞

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Semestre I 2011

32 / 67

Exercice x 2 cosx . x4 +1 Calculer les limites de f en +∞ et en −∞. On considère la fonction f : x 7−→

Solution Pour tout x ∈ Ron a x2

−1 ≤ cosx ≤ 1 et

x2 x4 +1 x2

≥ 0 , il s’en suit alors

x 2 cosx x2 x2 ≤ ⇐⇒ − ≤ f (x ) ≤ . x4 +1 x4 +1 Ãx4 +1 ! x4 +1 x4 +1 x2 x2 D’autre part, on a : lim − 4 , par suite, le théorème = 0 = lim x →±∞ x →±∞ x 4 + 1 x +1 des gendarmes nous permet de conclure que : que : −

≤

lim f (x ) = 0

x →±∞

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Semestre I 2011

32 / 67

Exercice x 2 cosx . x4 +1 Calculer les limites de f en +∞ et en −∞. On considère la fonction f : x 7−→

Solution Pour tout x ∈ Ron a

−1 ≤ cosx ≤ 1 et

x2 x4 +1 x2

≥ 0 , il s’en suit alors

x2 x 2 cosx x2 ≤ f (x ) ≤ . ≤ ⇐⇒ − x4 +1 x4 +1 Ãx4 +1 ! x4 +1 x4 +1 x2 x2 D’autre part, on a : lim − 4 , par suite, le théorème = 0 = lim x →±∞ x →±∞ x 4 + 1 x +1 des gendarmes nous permet de conclure que :

que : −

≤

lim f (x ) = 0

x →±∞

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Semestre I 2011

32 / 67

Exercice x 2 cosx . x4 +1 Calculer les limites de f en +∞ et en −∞. On considère la fonction f : x 7−→

Solution Pour tout x ∈ Ron a

−1 ≤ cosx ≤ 1 et

x2 x4 +1 x2

≥ 0 , il s’en suit alors

x2 x 2 cosx x2 ≤ f (x ) ≤ . ≤ ⇐⇒ − x4 +1 x4 +1 Ãx4 +1 ! x4 +1 x4 +1 x2 x2 , par suite, le théorème D’autre part, on a : lim − 4 = 0 = lim x →±∞ x →±∞ x 4 + 1 x +1 des gendarmes nous permet de conclure que :

que : −

≤

lim f (x ) = 0

x →±∞

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

32 / 67

Exercice x 2 cosx . x4 +1 Calculer les limites de f en +∞ et en −∞. On considère la fonction f : x 7−→

Solution Pour tout x ∈ Ron a x2

−1 ≤ cosx ≤ 1 et

x2 x4 +1 x2

≥ 0 , il s’en suit alors

x 2 cosx x2 x2 ≤ ⇐⇒ − ≤ f (x ) ≤ . x4 +1 x4 +1 Ãx4 +1 ! x4 +1 x4 +1 x2 x2 , par suite, le théorème = 0 = lim D’autre part, on a : lim − 4 x →±∞ x 4 + 1 x →±∞ x +1 des gendarmes nous permet de conclure que :

que : −

≤

lim f (x ) = 0

x →±∞

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Semestre I 2011

32 / 67

Corollaire Soit ` ∈ R. Soit V ∈ V (a) tel que V ⊂ Df ∩ Du et ∀x ∈ V , |f (x ) − `| ≤ |u(x )|. Si lim u(x ) = 0 alors lim f (x ) = `. x →a

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

x →a

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33 / 67

Rappels i π πh

Rappelons que :∀x ∈ R, | sin x | ≤ |x | et ∀x ∈ − , , |x | ≤ |tg x |. 2 2

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 −2 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

34 / 67

Rappels i π πh

Rappelons que :∀x ∈ R, | sin x | ≤ |x | et ∀x ∈ − , , |x | ≤ |tg x |. 2 2

x 7−→ |x | 2

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 −2 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

34 / 67

Rappels i π πh

Rappelons que :∀x ∈ R, | sin x | ≤ |x | et ∀x ∈ − , , |x | ≤ |tg x |. 2 2

x 7−→ |x | 2

x 7−→ | sin x | −6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 −2 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

34 / 67

Rappels i π πh

Rappelons que :∀x ∈ R, | sin x | ≤ |x | et ∀x ∈ − , , |x | ≤ |tg x |. 2 2

x 7−→ | tan x |

x 7−→ |x | 2

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 −2 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

34 / 67

Exemples t Montrer que lim sinx = 0. x →0

En effet, on a | sinx | ≤ |x | et lim |x | = 0 ⇒ lim | sin x | = 0 ⇒ lim sin x = 0. x →0

x →0

t Montrer que lim cosx = 1. x →0

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Semestre I 2011

35 / 67

Exemples t Montrer que lim sinx = 0. x →0

En effet, on a | sinx | ≤ |x | et lim |x | = 0 ⇒ lim | sin x | = 0 ⇒ lim sin x = 0. x →0

x →0

t Montrer que lim cosx = 1. x →0

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Semestre I 2011

35 / 67

Exemples t Montrer que lim sinx = 0. x →0

En effet, on a | sinx | ≤ |x | et lim |x | = 0 ⇒ lim | sin x | = 0 ⇒ lim sin x = 0. x →0

x →0

t Montrer que lim cosx = 1. x →0

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Semestre I 2011

35 / 67

Exemples t Montrer que lim sinx = 0. x →0

En effet, on a | sinx | ≤ |x | et lim |x | = 0 ⇒ lim | sin x | = 0 ⇒ lim sin x = 0. x →0

x →0

t Montrer que lim cosx = 1. x →0

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Semestre I 2011

35 / 67

Exemples t Montrer que lim sinx = 0. x →0

En effet, on a | sinx | ≤ |x | et lim |x | = 0 ⇒ lim | sin x | = 0 ⇒ lim sin x = 0. x →0

x →0

t Montrer que lim cosx = 1. x →0

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Semestre I 2011

35 / 67

Exemples t Montrer que lim sinx = 0. x →0

En effet, on a | sinx | ≤ |x | et lim |x | = 0 ⇒ lim | sin x | = 0 ⇒ lim sin x = 0. x →0

x →0

t Montrer que lim cosx = 1. x →0

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35 / 67

Équivalents Dans cette partie a(∈ R) est tel que ∀V ∈ V (a), V ∩ I 6= ;, où I est une partie de R. En pratique, I sera un intervalle, une réunion d’intervalles ou R en entier.

f et g sont deux fonctions de I dans R. La notion de fonctions équivalentes est un outil simple et très efficace pour calculer des limites. Définition On dit que f est négligeable devant g au voisinage de a ( ou en a ) si et seulement si : ∀ε > 0, ∃V ∈ V (a)/∀x ∈ V ∩ I , |f (x )| ≤ ε|g(x )|.

On note alors f = o(g)(x → a). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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36 / 67

Équivalents Dans cette partie a(∈ R) est tel que ∀V ∈ V (a), V ∩ I 6= ;, où I est une partie de R. En pratique, I sera un intervalle, une réunion d’intervalles ou R en entier.

On note alors f = o(g)(x → a). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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36 / 67

Équivalents Dans cette partie a(∈ R) est tel que ∀V ∈ V (a), V ∩ I 6= ;, où I est une partie de R. En pratique, I sera un intervalle, une réunion d’intervalles ou R en entier.

On note alors f = o(g)(x → a). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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36 / 67

Définition On dit que f est équivalente à g en a si et seulement si f − g = o(g). On note alors f ∼ g. a

Propriétés Si on suppose que g ne s’annule pas au voisinage de a ( sauf éventuellement en a), on a les définitions équivalentes suivantes : f = o(g)(x → a) ⇔ lim

f (x )

x →a g(x )

f ∼ g ⇔ lim a

f (x )

x →a g(x )

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

= 0 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )ε(x ) avec lim ε(x ) = 0. x →a

= 1 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )u(x ) avec lim u(x ) = 1. x →a

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37 / 67

Définition On dit que f est équivalente à g en a si et seulement si f − g = o(g). On note alors f ∼ g. a

Propriétés Si on suppose que g ne s’annule pas au voisinage de a ( sauf éventuellement en a), on a les définitions équivalentes suivantes : f = o(g)(x → a) ⇔ lim

f (x )

x →a g(x )

f ∼ g ⇔ lim a

f (x )

x →a g(x )

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

= 0 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )ε(x ) avec lim ε(x ) = 0. x →a

= 1 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )u(x ) avec lim u(x ) = 1. x →a

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37 / 67

Définition On dit que f est équivalente à g en a si et seulement si f − g = o(g). On note alors f ∼ g. a

Propriétés Si on suppose que g ne s’annule pas au voisinage de a ( sauf éventuellement en a), on a les définitions équivalentes suivantes : f = o(g)(x → a) ⇔ lim

f (x )

x →a g(x )

f ∼ g ⇔ lim a

f (x )

x →a g(x )

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

= 0 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )ε(x ) avec lim ε(x ) = 0. x →a

= 1 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )u(x ) avec lim u(x ) = 1. x →a

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37 / 67

Définition On dit que f est équivalente à g en a si et seulement si f − g = o(g). On note alors f ∼ g. a

Propriétés Si on suppose que g ne s’annule pas au voisinage de a ( sauf éventuellement en a), on a les définitions équivalentes suivantes : f = o(g)(x → a) ⇔ lim

f (x )

x →a g(x )

f ∼ g ⇔ lim a

f (x )

x →a g(x )

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

= 0 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )ε(x ) avec lim ε(x ) = 0. x →a

= 1 ⇔ ∀x ∈ I , f (x ) = g(x )u(x ) avec lim u(x ) = 1. x →a

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

37 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

x →0 x2 Log x t Log x = o(x )(x → +∞).En effet lim = 0. p x →+∞ x p x 2 1+x −1 t 1 + x − 1 ∼ . En effet lim = lim p = 1. x 0 2 x →0 1 + x + 1 x →0 2 p 2 x x x = ×p = × u(x ) où Ou encore : 1 + x − 1 = p 1+x +1 2 1+x +1 2 2 u(x ) = p . 1+x +1 2 On a lim u(x ) = lim p = 1. Et la définition précédente permet de x →0 x →0 1 + x + 1 conclure. x →0

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

38 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

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Semestre I 2011

38 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

38 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

38 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

x →0 x2 Log x t Log x = o(x )(x → +∞).En effet lim = 0. p x →+∞ x p x 2 1+x −1 t 1 + x − 1 ∼ . En effet lim = lim p = 1. x 0 2 x →0 x →0 1 + x + 1 2 p 2 x x x = ×p = × u(x ) où Ou encore : 1 + x − 1 = p 1+x +1 2 1+x +1 2 2 u(x ) = p . 1+x +1 2 On a lim u(x ) = lim p = 1. Et la définition précédente permet de x →0 x →0 1 + x + 1 conclure. x →0

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

38 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

38 / 67

Exemple x 2 sinx t x 2 sinx = o(x 2 )(x → 0).En effet lim = lim sinx = 0.

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Semestre I 2011

38 / 67

Exercice 1

Montrer que la fonction u : x 7−→ x 5 est négligeable devant la fonction v : x 7−→ x 2 au voisinage de 0.

Montrer que la fonction u : x 7−→ x est négligeable devant la fonction v : x 7−→ ex au voisinage de +∞.

Montrer que la fonction u : x 7−→ 1 − cos x est négligeable devant la fonction v : x 7−→ x au voisinage de 0.

Donner un équivalent de la fonction : x 7−→

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Cours Maths Analyse

x 2 + 1 au voisinage de ±∞.

Semestre I 2011

39 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

40 / 67

Équivalents usuels Propriété 1

sinu ∼ u 0

tan u ∼ u 0

1 − cos u ∼ 0

u2 2

ln (1 + u) ∼ u 0

e −1∼u 0

(1 + u)α − 1 ∼ αu , en particulier 0

u 1+u −1∼ . 0 2

Un polynôme est équivalent au voisinage de 0 (respectivement ±∞)à son monôme de plus bas degré (respectivement de plus haut degré). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

40 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

41 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

41 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

41 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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41 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

41 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

41 / 67

Remarque Dans les résultats suivants, les relations de comparaisons sont établies au voisinage de a. Propriétés 1

f = o(1)(x → a) si et seulement si

lim f (x ) = 0.

x →a

Si f = o(h) et g = o(h) , alors f + g = o(h) .

Si f = o(h) et g = o(k ), alors fg = o(hk ).

Si f = o(h), alors pour tout α > 0, f α = o(hα )( en supposant f , h > 0 si α ∉ N).

Pour tout réel α, αf = o(h)

Si f ∼ g et g = o(k ), alors f = o(k ). Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Semestre I 2011

41 / 67

Démonstration

f (x ) = 0 ⇔ lim f (x ) = 0. x →a 1   f (x )    ¶ µ = 0 lim   f = o(h) f (x ) g(x ) x →a h(x ) + =0 =⇒ lim ⇐⇒ g(x ) x →a h(x )   h(x )  =0  lim g = o(h)  x →a h(x ) (f (x ) + g(x )) (f + g) (x ) ⇐⇒ lim = 0 ⇐⇒ lim = 0 ⇐⇒ f + g = o(h). x →a x →a h(x ) h(x )

La démonstration est laissée en exercice.

f = o(1) ⇔ lim

x →a

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Semestre I 2011

42 / 67

Démonstration

La démonstration est laissée en exercice.

f = o(1) ⇔ lim

x →a

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Semestre I 2011

42 / 67

Démonstration

La démonstration est laissée en exercice.

f = o(1) ⇔ lim

x →a

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

42 / 67

Remarques 1

f ∼ g définit une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications de a

I dans R. C’est à dire : Reflexive : f ∼ f . a

Symétrique : Si f ∼ g , alors g ∼ f . a

Transitive : Si f ∼ g et si g ∼ h , alors f ∼ h. a

La symétrie permet donc de dire : f et g sont équivalentes au voisinage de a. 2

f = o(x n ) ⇔ f (x ) = x n ε(x ) avec lim ε(x ) = 0 . x →a

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Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

43 / 67

Remarques 1

f ∼ g définit une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications de a

I dans R. C’est à dire : Reflexive : f ∼ f . a

Symétrique : Si f ∼ g , alors g ∼ f . a

Transitive : Si f ∼ g et si g ∼ h , alors f ∼ h. a

La symétrie permet donc de dire : f et g sont équivalentes au voisinage de a. 2

f = o(x n ) ⇔ f (x ) = x n ε(x ) avec lim ε(x ) = 0 . x →a

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

43 / 67

Remarques 1

f ∼ g définit une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications de a

I dans R. C’est à dire : Reflexive : f ∼ f . a

Symétrique : Si f ∼ g , alors g ∼ f . a

Transitive : Si f ∼ g et si g ∼ h , alors f ∼ h. a

La symétrie permet donc de dire : f et g sont équivalentes au voisinage de a. 2

f = o(x n ) ⇔ f (x ) = x n ε(x ) avec lim ε(x ) = 0 . x →a

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Semestre I 2011

43 / 67

Remarques 1

f ∼ g définit une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications de a

I dans R. C’est à dire : Reflexive : f ∼ f . a

Symétrique : Si f ∼ g , alors g ∼ f . a

Transitive : Si f ∼ g et si g ∼ h , alors f ∼ h. a

La symétrie permet donc de dire : f et g sont équivalentes au voisinage de a. 2

f = o(x n ) ⇔ f (x ) = x n ε(x ) avec lim ε(x ) = 0 . x →a

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Semestre I 2011

43 / 67

Remarques 1

f ∼ g définit une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications de a

I dans R. C’est à dire : Reflexive : f ∼ f . a

Symétrique : Si f ∼ g , alors g ∼ f . a

Transitive : Si f ∼ g et si g ∼ h , alors f ∼ h. a

La symétrie permet donc de dire : f et g sont équivalentes au voisinage de a. 2

f = o(x n ) ⇔ f (x ) = x n ε(x ) avec lim ε(x ) = 0 . x →a

Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

43 / 67

Remarques 1

f ∼ g définit une relation d’équivalence sur l’ensemble des applications de a

I dans R. C’est à dire : Reflexive : f ∼ f . a

Symétrique : Si f ∼ g , alors g ∼ f . a

Transitive : Si f ∼ g et si g ∼ h , alors f ∼ h. a

La symétrie permet donc de dire : f et g sont équivalentes au voisinage de a. 2

f = o(x n ) ⇔ f (x ) = x n ε(x ) avec lim ε(x ) = 0 . x →a

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Semestre I 2011

43 / 67

Propriété Si f ∼ g , alors f et g gardent le même signe au voisinage de a. a

Exemple x2 , sur le graphique suivant, on voit bien que 0 2 les deux fonctions sont toutes deux positives au voisinage de 0.

On a déja vu que 1 − cosx ∼

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

44 / 67

Propriété Si f ∼ g , alors f et g gardent le même signe au voisinage de a. a

Exemple x2 , sur le graphique suivant, on voit bien que 0 2 les deux fonctions sont toutes deux positives au voisinage de 0.

On a déja vu que 1 − cosx ∼

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

44 / 67

Propriété Si f ∼ g , alors f et g gardent le même signe au voisinage de a. a

Exemple x2 , sur le graphique suivant, on voit bien que 0 2 les deux fonctions sont toutes deux positives au voisinage de 0.

On a déja vu que 1 − cosx ∼

x 7−→ 1 − cosx

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

44 / 67

Propriété Si f ∼ g , alors f et g gardent le même signe au voisinage de a. a

Exemple x2 , sur le graphique suivant, on voit bien que 0 2 les deux fonctions sont toutes deux positives au voisinage de 0.

On a déja vu que 1 − cosx ∼

x 7−→ 1 − cosx

x 7−→

x2 2

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

44 / 67

Propriété Si f ∼ g , alors f et g gardent le même signe au voisinage de a. a

Exemple x2 , sur le graphique suivant, on voit bien que 0 2 les deux fonctions sont toutes deux positives au voisinage de 0.

On a déja vu que 1 − cosx ∼

x 7−→ 1 − cosx

x 7−→

x2 2

−6

−5

−4

−3

−2

−1

−1 Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

Cours Maths Analyse

Semestre I 2011

44 / 67

Propriétés 1

Si f ∼ g , et si lim g(x ) = `(∈ R), alors lim f (x ) = `. a

x →a

Si lim f (x ) = lim g(x ) = `, avec ` réel non nul , alors f ∼ g. x →a

x →a

Démonstration 1

f (x ) × g(x ) . lim f (x ) = lim x →a x →a g(x ) f (x ) Comme lim = 1 alors x →a g(x ) · ¸ ³ ´ f (x ) lim f (x ) = lim × lim g(x ) = lim g(x ) = `. x →a x →a g(x ) x →a x →a f (x ) ` f (x ) xlim →a = = = 1, par suite f ∼ g. lim a x →a g(x ) lim g(x ) ` µ

x →a

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Semestre I 2011

45 / 67

Propriétés 1

Si f ∼ g , et si lim g(x ) = `(∈ R), alors lim f (x ) = `. a

x →a

Si lim f (x ) = lim g(x ) = `, avec ` réel non nul , alors f ∼ g. x →a

x →a

Démonstration 1

x →a

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Semestre I 2011

45 / 67

Propriétés 1

Si f ∼ g , et si lim g(x ) = `(∈ R), alors lim f (x ) = `. a

x →a

Si lim f (x ) = lim g(x ) = `, avec ` réel non nul , alors f ∼ g. x →a

x →a

Démonstration 1

x →a

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Semestre I 2011

45 / 67

Propriétés 1

Si f ∼ g , et si lim g(x ) = `(∈ R), alors lim f (x ) = `. a

x →a

Si lim f (x ) = lim g(x ) = `, avec ` réel non nul , alors f ∼ g. x →a

x →a

Démonstration 1

x →a

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Semestre I 2011

45 / 67

Remarque BAttention, la réciproque de la propriété 2 précédente est fausse si ` = ±∞

ou si ` = 0. Par exemple : On considère les fonctions f et g définies par : f (x ) =

1 1 et g(x ) = 2 ; x x

On a bien lim f (x ) = lim g(x ) = 0 mais x →±∞

f (x ) lim = lim x →±∞ g(x ) x →±∞

1 x 1 x2

x →±∞

= lim x = ±∞ 6= 1 et par conséquent f 6∼ g. x →±∞

±∞

On considère les fonctions h et k définies par : h(x ) = x et k (x ) = x 2 . k (x ) = lim x = 0 6= 1 et par On a bien lim h(x ) = lim k (x ) = 0 , mais lim x →0 x →0 x →0 x →0 h(x ) 2 conséquent x 6∼ x . 0

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Semestre I 2011

46 / 67

Remarque BAttention, la réciproque de la propriété 2 précédente est fausse si ` = ±∞

ou si ` = 0. Par exemple : On considère les fonctions f et g définies par : f (x ) =

1 1 et g(x ) = 2 ; x x

On a bien lim f (x ) = lim g(x ) = 0 mais x →±∞

f (x ) lim = lim x →±∞ g(x ) x →±∞

1 x 1 x2

x →±∞

= lim x = ±∞ 6= 1 et par conséquent f 6∼ g. x →±∞

±∞

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Semestre I 2011

46 / 67

Remarque BAttention, la réciproque de la propriété 2 précédente est fausse si ` = ±∞

ou si ` = 0. Par exemple : On considère les fonctions f et g définies par : f (x ) =

1 1 et g(x ) = 2 ; x x

On a bien lim f (x ) = lim g(x ) = 0 mais x →±∞

f (x ) lim = lim x →±∞ g(x ) x →±∞

1 x 1 x2

x →±∞

= lim x = ±∞ 6= 1 et par conséquent f 6∼ g. x →±∞

±∞

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Semestre I 2011

46 / 67

Propriétés 1

Si f1 ∼ f2 et g1 ∼ g2 , alors f1 × g1 ∼ f2 × g2 . a

On suppose que g1 et g2 ne s’annulent pas au voisinage de a ( sauf peut-être en a). a

g1 ∼ g2 a



 f1 ∼ f2     

, alors

     

f1 f2 ∼ . g1 a g2

Sous réserve d’existence, si f ∼ g, alors ∀α ∈ R, f α ∼ g α .( où α est une a

constante réelle). 4

Si f ∼ g alors |f | ∼ |g |. a

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Semestre I 2011

47 / 67

Propriétés 1

Si f1 ∼ f2 et g1 ∼ g2 , alors f1 × g1 ∼ f2 × g2 . a

On suppose que g1 et g2 ne s’annulent pas au voisinage de a ( sauf peut-être en a). a

g1 ∼ g2 a



 f1 ∼ f2     

, alors

     

f1 f2 ∼ . g1 a g2

Sous réserve d’existence, si f ∼ g, alors ∀α ∈ R, f α ∼ g α .( où α est une a

constante réelle). 4

Si f ∼ g alors |f | ∼ |g |. a

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Semestre I 2011

47 / 67

Propriétés 1

Si f1 ∼ f2 et g1 ∼ g2 , alors f1 × g1 ∼ f2 × g2 . a

On suppose que g1 et g2 ne s’annulent pas au voisinage de a ( sauf peut-être en a). a

g1 ∼ g2 a



 f1 ∼ f2     

, alors

     

f1 f2 ∼ . g1 a g2

Sous réserve d’existence, si f ∼ g, alors ∀α ∈ R, f α ∼ g α .( où α est une a

constante réelle). 4

Si f ∼ g alors |f | ∼ |g |. a

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47 / 67

Propriétés 1

Si f1 ∼ f2 et g1 ∼ g2 , alors f1 × g1 ∼ f2 × g2 . a

On suppose que g1 et g2 ne s’annulent pas au voisinage de a ( sauf peut-être en a). a

g1 ∼ g2 a



 f1 ∼ f2     

, alors

     

f1 f2 ∼ . g1 a g2

Sous réserve d’existence, si f ∼ g, alors ∀α ∈ R, f α ∼ g α .( où α est une a

constante réelle). 4

Si f ∼ g alors |f | ∼ |g |. a

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Démonstration 1

(f1 × g1 )(x ) x →a (f2 × g2 )(x )

En effet lim

D’où le résultat. 2

lim ³

x →a 3

f1 g1 f2 g2

´ ´

(x ) (x )

= lim

f1 (x ) g1 (x )

x →a f2 (x ) g2 (x )

f1 (x ) × g1 (x ) x →a f2 (x ) × g2 (x )

= lim

f1 (x ) x →a f2 (x )

= lim

f1 (x ) x →a f2 (x )

= lim

g2 (x ) x →a g1 (x )

× lim

g1 (x ) x →a g2 (x )

× lim

= 1.

= 1. D’où le résultat.

f α (x ) f α (x ) = 1α = 1 = lim lim α x →a g (x ) x →a g ¯ ¯ ¯ f (x ) ¯ |f (x )| ¯ ¯ = |1| = 1 lim = lim x →a |g(x )| x →a ¯ g(x ) ¯

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µ ¶

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Exemples Pour chacune des fonctions suivantes, donner un équivalent simple au voisinage du réel a et en déduire leurs limites au point a : 1

f (x ) = x 3 + x ln (1 + x ) ; a = 0

g(x ) =

ex − 1 ; a=0 sinx

h(x ) =

2x 2 − 3x + 1 ; a = +∞.

(1 − cos x )tanx ¯ ; a=0 k (x ) = ¯ 2 ¯x + x 3 ¯ (1 − ex ) `(x ) =

u(x ) =

2x 2 + 3x + 1 ; a = +∞ 2 ³−px + x + 4´ ¡ ¢ x + 1 − 1 (1 − cos x )2 x 5 + 2x + 4 (ln (1 + x ))3 sin2 x

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x4 +9

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; a=0

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Propriété Soit u : I −→ R telle que lim u(x ) = a. x →b

Si f ∼ g alors f ◦ u ∼ g ◦ u. a

Démonstration Posons X = u(x ) −−−−→ a. Alors lim

f (u(x ))

x →b g (u(x ))

x→ b

= lim

f (X )

X →a g(X )

= 1 , car f ∼ g. a

Exemple On veut donner un équivalent au voisinage de 0 de : f (x ) =

sin2 x + 1 − 1.

En effet, on a :   q  u(x ) = sin x −−−→ 0  1 x →0 , alors sin2 x + 1 − 1 ∼ × sin2 x . p u  2 0   u +1−1∼ 2

Or sin x ∼ x , donc sin2 x ∼ x 2 , par suite f (x ) ∼ 0

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x2 . 2

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Propriété Soit u : I −→ R telle que lim u(x ) = a. x →b

Si f ∼ g alors f ◦ u ∼ g ◦ u. a

Démonstration Posons X = u(x ) −−−−→ a. Alors lim

f (u(x ))

x →b g (u(x ))

x→ b

= lim

f (X )

X →a g(X )

= 1 , car f ∼ g. a

Exemple On veut donner un équivalent au voisinage de 0 de : f (x ) =

sin2 x + 1 − 1.

En effet, on a :   q  u(x ) = sin x −−−→ 0  1 x →0 , alors sin2 x + 1 − 1 ∼ × sin2 x . p u  2 0   u +1−1∼ 2

Or sin x ∼ x , donc sin2 x ∼ x 2 , par suite f (x ) ∼ 0

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Propriété Soit u : I −→ R telle que lim u(x ) = a. x →b

Si f ∼ g alors f ◦ u ∼ g ◦ u. a

Démonstration Posons X = u(x ) −−−−→ a. Alors lim

f (u(x ))

x →b g (u(x ))

x→ b

= lim

f (X )

X →a g(X )

= 1 , car f ∼ g. a

Exemple On veut donner un équivalent au voisinage de 0 de : f (x ) =

sin2 x + 1 − 1.

En effet, on a :   q  u(x ) = sin x −−−→ 0  1 x →0 , alors sin2 x + 1 − 1 ∼ × sin2 x . p u  2 0   u +1−1∼ 2

Or sin x ∼ x , donc sin2 x ∼ x 2 , par suite f (x ) ∼ 0

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Exercice En utilisant les équivalents, calculer les limites suivantes : 1

1 lim ln 1 + . x →−∞ x lim

x →+∞ 3

lim ln

x →0 4

lim

x →+∞

¶ −1 . x¶

1+e 2

ln x .

3x + 1ln 1 + p

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2 3x + 1

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Solution 1

1 1 1 ∼ . On a u = −−−−−→ 0 et ln(1 + u) ∼ u , alors ln 1 + −∞ x x →−∞ x x 0 ¶ µ 1 1 = 0. = lim D’où, lim ln 1 + x →−∞ x x →−∞ x 1 1 p1 On a u = p −−−−−→ 0 et eu − 1 ∼ u , alors e x − 1 ∼ p . +∞ x 0 xµ x →+∞ ¶ 1 p1 Alors lim e x − 1 = lim p = 0. x →+∞ x x →+∞ µ ¶ ¶ µ x 1 + ex e −1 ln +1 . = ln 2 2 µ ¶ ex − 1 x ex − 1 ex − 1 ∼ ∼ . −−−→ 0 et ln(1 + u) ∼ u , alors ln 1 + Or u = 2 x →0 µ 2 2 02 0 0 ¶ x x 1+e × ln x = lim ln x = 0. Il s’en suit : lim ln 2 x →0 2 x →0 2 −−−−−→ 0 et ln(1 + u) ∼ u , alors u= p x →+∞ 0 µ 3x + 1 ¶ 2 2 ∼ p ln 1 + p . 3x + 1 +∞ 3xµ+ 1 ¶ p p 2 2 D’où : lim 3x + 1ln 1 + p 3x + 1 × p = 2. = lim x →+∞ x →+∞ 3x + 1 3x + 1 µ

Solution 1

Exercice En utilisant les équivalents, calculer de la fonction suivante en 0 : ´ ¡ la limite ³p ¢ 2 3 2 (1 − cos x ) 1 + tan x − 1 x + x f (x ) = ³ ´2 2 (ln(1 − x ))2 esin x − 1

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Solution On a : et sinx ∼ x

(1)

x2 , x3 +x2∼x2 2 0

(2)

tanx ∼ x

1 − cos x ∼ 0

ln(1 + x ) ∼ x , alors (ln(1 + x ))2 ∼ x 2 u = tan2 x −−−→ 0 et x →0

(3)

1+u −1∼ 0

u alors 2

1 + tan2 x − 1 ∼ 0

u = sin2 x −−−→ 0 et eu − 1 ∼ u alors esin 0

x →0

par suite esin

tan2 x x 2 ∼ 2 0 2

− 1 ∼ sin2 x ∼ x 2 , 0

´2 − 1 ∼(x 2 )2 = x 4

(4) (5) (6)

Alors, des résulats précédents, on tire : 2 x2 × x ×x2 1 1 , par suite lim f (x ) = . f (x ) ∼ 2 2 2 4 = 4 x →0 4 0 x ×x Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

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Exercice En utilisant les équivalents, calculer la limite de chacune des fonctions suivantes au point a : 1

g(x ) = x 2 ln 1 − 1

5 x +2

¶¶

; a = +∞.

h(x ) = (cosx ) x 2 ; a = 0

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Solution 1

5 −−−−−→ 0 et on sait que ln(1 + u) ∼ u , alors x + 2 x →+∞ 0 µ ¶ 5 5 5x 2 ∼ − ∼ −5x . ln 1 − , par suite g(x ) ∼ − +∞ x + 2 +∞ x + 2 +∞ x + 2 Alors lim g(x ) = lim (−5x ) = −∞. u=−

x →+∞

(cos x )

1 x2

ln cosx x2

x →+∞

On a : u = cosx − 1 −−−→ 0 et ln(1 + u) ∼ u , alors x →0

x2 , par suite 2 0 0 ln(cos x ) ln(cosx ) 1 1 ∼ − , et donc lim =− . 2 2 2 0 2 x →0 x x ln(cosx ) 1 −−−→ − Posons : t = 2 x →0 x2 ln(cosx ) 1 1 Alors lim h(x ) = lim e x 2 = lim et = e− 2 = p . 1 x →0 x →0 e t →− 2 ln(cosx ) = ln (1 + (cosx − 1)) ∼ cosx − 1 ∼ −

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Solution 1

x →+∞

(cos x )

1 x2

ln cosx x2

x →+∞

On a : u = cosx − 1 −−−→ 0 et ln(1 + u) ∼ u , alors x →0

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BLes choses qu’il ne faut pas faire Remarques On n’additionne pas des équivalents. C’est à dire : Si f ∼ g et h ∼ k , on n’a pas en général f + h ∼ g + k . a

Les développements limités nous résolveront ce "problème". On a cependant le résultat suivant : Si f ∼ h et g = o(f )(x → a) , alors f + g ∼ h. a

En effet : f (x ) + g(x ) f (x ) g(x ) g(x ) f (x ) = lim + lim = 1 + lim × x →a x →a h(x ) x →a h(x ) x →a f (x ) h(x ) h(x ) µ ¶ µ ¶ g(x ) f (x ) = 1 + lim × lim = 1 + 0 × 1 = 1. C .Q .F .D . x →a f (x ) x →a h(x ) µ

lim

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BLes choses qu’il ne faut pas faire Remarques On n’additionne pas des équivalents. C’est à dire : Si f ∼ g et h ∼ k , on n’a pas en général f + h ∼ g + k . a

Les développements limités nous résolveront ce "problème". On a cependant le résultat suivant : Si f ∼ h et g = o(f )(x → a) , alors f + g ∼ h. a

lim

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BLes choses qu’il ne faut pas faire Remarques On n’additionne pas des équivalents. C’est à dire : Si f ∼ g et h ∼ k , on n’a pas en général f + h ∼ g + k . a

Les développements limités nous résolveront ce "problème". On a cependant le résultat suivant : Si f ∼ h et g = o(f )(x → a) , alors f + g ∼ h. a

En effet : f (x ) g(x ) f (x ) + g(x ) g(x ) f (x ) = lim + lim = 1 + lim × x →a h(x ) x →a h(x ) x →a f (x ) x →a h(x ) h(x ) µ ¶ µ ¶ g(x ) f (x ) = 1 + lim × lim = 1 + 0 × 1 = 1. C .Q .F .D . x →a f (x ) x →a h(x ) µ

lim

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BLes choses qu’il ne faut pas faire Remarques On n’additionne pas des équivalents. C’est à dire : Si f ∼ g et h ∼ k , on n’a pas en général f + h ∼ g + k . a

Les développements limités nous résolveront ce "problème". On a cependant le résultat suivant : Si f ∼ h et g = o(f )(x → a) , alors f + g ∼ h. a

lim

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Exemple Soient f (x ) = x 3 + x 2 + x et g(x ) = x 5 + 3x 2 − x . On a f (x ) = x 3 + x 2 + x ∼ x et g(x ) = x 5 + 3x 2 − x ∼ −x . 0

Mais f (x ) + g(x ) = x

+ 4x 2 ∼ 4x 2 . 0

On ne peut pas dire dans ce cas que f (x ) + g(x ) ∼ 0 , car seule la fonction 0

nulle est équivalente à 0.

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Remarque Pour pouvoir utiliser les équivalents usuels donnés au voisinage de zéro, lorsqu’on veut calculer des limites en un point x0 autre que zéro, on fera les changement de variables suivants : Si x0 ∈ R∗ , on posera h = x − x0 −−−−→ 0 x →x0

1 Si x0 = ±∞ , on posera h = −−−−−→ 0. x x →±∞ Exemple x2 −x −2 . Calculer la limite : lim p x →2 x −2 x 2 − x − 2 (x − 2) (x + 1) En effet f (x ) = p = . Posons h = x − 2 −−−−→ 0 .Alors : p x→ 2 x −2 x −2 p h (h + 3) p f (x ) = f (h + 2) = p = h (h + 3) ∼ 3 h. 0 hp D’où : lim f (x ) = lim 3 h = 0. x →2

h→0

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h→0

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h→0

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1 Si x0 = ±∞ , on posera h = −−−−−→ 0. x x →±∞ Exemple x2 −x −2 . Calculer la limite : lim p x →2 x −2 x 2 − x − 2 (x − 2) (x + 1) = . Posons h = x − 2 −−−−→ 0 .Alors : En effet f (x ) = p p x→ 2 x −2 x −2 p h (h + 3) p f (x ) = f (h + 2) = p = h (h + 3) ∼ 3 h. 0 hp D’où : lim f (x ) = lim 3 h = 0. x →2

h→0

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h→0

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Exercice Calculer les limites des fonctions suivantes au point a donné : f (x ) =

x +2

x 2 − 5x + 4

g(x ) = p 3

p 3

x −2

x + 19 − 3

; a = 4. ; a = 8. π

h(x ) = tanx · sin(2x ) ; a = . 2 ln(x + 1) − ln x ; a = +∞ u(x ) = p p x +1− x

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Remarque Si lim f (x ) = ` ∈ R∗ , alors f (x ) ∼ `. x →a

BAttention, ` doit être un réel non nul, sans quoi l’assertion est fausse.

Exemples lim cosx = 1 , alors cos x ∼ 1.

x →0

lim ex = 1 , alors ex ∼ 1.

x →0

1 1 ∼ 2. lim 1 + = 2 , alors 1 + cos x cos x 0 x →0 µ

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Exercice Déterminer un équivalent simple au voisinage de a puis la limite en a de chacune des fonctions suivantes. Si la limite n’existe pas, envisager la limite à droite ou la limite à gauche. 1

f1 (x ) =

1 − cosx

sin2 x x2

; a = 0.

; a = 0. tan2 x − 2sin3 x sinx − tan x f3 (x ) = ; a = 0. x − x cos x sinx + tan x ; a=0 f4 (x ) = p 9x 2 + x 3 p p 1 + sin x − 1 − sin x f5 (x ) = ; a = 0. tan x p p 2 − 1 + cos x f6 (x ) = ; a = 0. sin2 x f2 (x ) =

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f1 (x ) =

1 + sin x − cosx tan2 x2

; a = 0. π

f2 (x ) = tanx · sin(2x ) ; a = . 2

f3 (x ) = x sin

; a = +∞.

ln(1 + x ) ; a = 0. x2 +x ¡ ¢ ln 1 + x + x 2 ; a = 0. f5 (x ) = x2 ln(x + 1) − ln x ; a = +∞. f6 (x ) = p p x +1− x f4 (x ) =

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e4x − 1 ; a=0 x 2 − 4x e x +1 − e ; a = 0. f2 (x ) = 2 x −x eln(1+x ) − 1 f3 (x ) = ; a=0 2x f1 (x ) =

; a = +∞

f4 (x ) = x e x − 1 ³

f5 (x ) = x e x − e− x µ

f6 (x ) = x e x 2 − e x Tekaya Habib (IHEC de Sousse)

; a = +∞ ; a = +∞ Cours Maths Analyse

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Exercice On rappelle que pour tout a > 0, ab = eb lna . Déterminer quand x → +∞ la limite des expressions suivantes : 1

1 x x µ ¶ 1 x 1− x µ

2 x

¶3x −2

2x − 1 x +1

3x − 4 3x + 2

x +3 x −1

¶x

¶ x +1 3

¶x +2

x 2 − 2x + 1 x 2 − 4x + 2

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Exercice Utiliser les équivalents pour déterminer la limite de chacune des fonctions suivantes au point x0 : 1

tan x · ln x ; x0 = 0. 2

ex − cosx x2

; x0 = 0.

(ln (1 + x ))x

; x0 = 0.

e x − e −x ; x0 = 0. sin x ln cosx ; x0 = 0. x2 1

(cos x ) sin x

(cos x + sinx ) x

; x0 = 0.

p ´ 2x1 1 + tan2 x

; x0 = 0.

; x0 = 0. 1

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Exercice Déterminer la limite de chacune des expressions suivantes au point x0 : 1

ln 3x 2 − 4 − ln x 2 + 1

; x0 = +∞.

x + 1 − ln(1 + x ) ; x0 = 0 et p 3 x

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x0 = +∞.

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