Les limites

[Opa]

Je sais, ça craint mais je n'arrive jamais à calculer les limites ! Pourrais-je avoir une petite démo svp ?? Voici un petit exemple...

 

Lim x->0   sin(2x)/(1-e^2x)                                résultats: -1

Lim x->0   sin(2x)/racine de (1-2x)                                    0

Lim x->0   sin(2x)/( 1- racine de (1-2x) )                          -2

 

Voilà! si qq1 a le temps de me rép, pas obligé de tout faire! Juste une suffirait peut être à comprendre la méthode, notamment celle avec le DL...

Merci par avance!

[Charly]

Bonjour Opa !

Alors je veux bien t'expliquer, mais pour commencer, où as-tu pris ces exemples ? Parce que les résultats ne me paraissent pas tous bons. A moins que ce soit les réponses proposées dans un QCM ?

 

Je m'explique :

Quand on cherche une limite pour une valeur de x connue (ici x = 0, par opposition aux limites en l'infini), on a deux cas de figure :

• Si la fonction est définie pour cette valeur de x (elle est continue en x=0), alors il n'y a pas de difficulté, la limite est f(0). C'est le cas pour ta deuxième fonction : ton numérateur est égal à 0, et le dénominateur est égal à 1, le quotient donne donc 0, le résultat est juste.
  Cependant, c'est une situation assez simple, et clairement pas la plus fréquente, puisque ça n'apporte pas grand chose de le calculer.
• Le deuxième cas, qui présente plus de difficultés, c'est si la fonction n'est pas définie pour la valeur de x considérée. C'est là que la notion de limite a toute son importance : tu étudies le comportement de la fonction à proximité de la valeur interdite. Le meilleur exemple est la fonction inverse en x = 0.
  Dans ce cas, par contre, on a toujours une asymptote verticale : la fonction va nécessairement tendre vers l'infini (en positif ou négatif). Si c'est une valeur réelle, c'est que la fonction est définie.

C'est sur cette dernière partie que tes résultats ne collent pas : pour la 1ère et la 3ème fonction, les fonctions ne sont pas définies en 0 (division par 0). Partant de là, la limite est forcément +l'inf, ou - l'inf.

 

 

Voilà, je sais que je ne réponds pas à toutes tes questions, mais je préfère y aller par étapes. Je préfère éluder tout d'abord le problème de ces résultats (qui ne me plaisent pas du tout ^^"). En fait, ce que je te dis là est un bon début : si c'est bien un QCM, c'est comme ça qu'il fallait raisonner pour y répondre. Mais pour faire des calculs, l'exemple n'est pas très bon : je pense que c'est une horreur à calculer, je suis même pas sûr que ça soit possible.

 

Dis moi ce que tu penses de ça déjà, si tu as du mal avec les limites j'ai peut être été un peu vite sur certains points (asymptotes, tout ça). Une fois que ça sera bon pour ça, on passera aux calculs

 

 

Bonne journée !

[Opa]

Hey! Merci pour ta réponse!

Ce morceau d'exercice provient du concours blanc de 2013, et les réponses sont supposées être les bonnes! la seule indication donnée dans la correction est de passer par le DL d'ordre 1 en 0 pour lever les indéterminations.

 

Comme tu me l'as démontré, la 2e limite est le cas le plus simple... Je voulais vérifier si  j'avais bien au moins compris comment procéder pour le cas le plus basique ^^"

Mais pour le reste, alors là !! En suivant ton raisonnement, en effet ça ne colle pas avec les réponses indiquées...

[Charly]

Ok, du coup c'est mon raisonnement qui est mauvais (genre, vraiment). Je viens de dessiner la première fonction, et effectivement, ça a l'air de tomber sur -1. Je pensais pas ça possible, vraiment désolé, je t'ai dit des trucs faux du coup.

J'essaie de te faire une belle démonstration du coup, pour me rattraper

[Opa]

Merci ^^!

Mais si tu veux VRAIMENT te rattraper , tu peux aussi me démontrer quand x->e ^- , lim 1/[(racine de (ln x)-1] = - l'infini ... Ça ce sera un bon exemple! (tiré du poly du tat)

Parce que le truc bizarre si on remplace x par 1/e, on a : 1/ [racine de (-1) -1] ... Mais faut peut être pas si prendre comme ça...

[Charly]

Ok, je pense avoir la solution. Accroche-toi, on plonge dans les limites des limites (hum), en avant pour le pavé.

 

On se fait la première fonction

Alors, pour commencer, on fait un calcul de limites normal : pour x -> 0 :

• Pour le numérateur : [latex]\lim 2x = 0[/latex] donc [latex] \lim \sin(2x)= 0[/latex]
• Pour le dénominateur : [latex]\lim \exp 2x = 1[/latex] , donc [latex] \lim 1 - \exp 2x = 0[/latex]
• Donc pour le quotient [latex]\lim \frac{sin(2x)}{1- e^{2x}} = \frac {0}{0}[/latex] . Forme indéterminée, dommage (bon, jusque là, pas de souci, sauf qu'on reste bloqués).

La deuxième étape, normalement, c'est de vérifier si on peut pas utiliser des fonctions équivalentes (type monome de plus haut degré), ou considérer certaines comme négligeables (un logarithme par rapport à une exponentielle par exemple). Ici, on peut pas, re-dommage.

 

Quand on a appliqué les méthodes conventionnelles, qu'on a utilisé tous les moyens qu'on avait de simplifier les écritures, qu'on a tenté de soudoyer les profs, et qu'on a prié les dieux nordiques, si ça n'a pas marché, il reste la solution de la dernière chance : les développements limités (musique dramatique).

Alors les DL, c'est quoi ?

En gros, si tu as une valeur [latex]x_0[/latex], ayant pour image [latex]f(x_0)[/latex], tu peux calculer une approximation des images des [latex]x[/latex] proches de [latex]x_0[/latex], soit [latex]f(x_0 + h)[/latex], avec [latex]h[/latex] le plus petit possible , avec la formule du cours :

[latex]f(x_0 + h) = f(x_0) + h \times f'(x_0) + o(h)[/latex] ; [latex]o(h)[/latex] étant le terme d'erreur, indiquant que c'est une approximation.

 

Pourquoi ça nous intéresse ici ?

Eh bien, parce qu'en gros, c'est ça qu'on cherche : vers où tendent les valeurs de [latex]f(x)[/latex] lorsqu'on s'approche de 0. De façon plus simple : [latex]\lim _ {x \rightarrow 0 } f(x) = \lim _ {h \rightarrow 0 } f(x_{0}+h) [/latex]

Soit : [latex]\lim _ {x \rightarrow 0 } f(x) =\lim _ {h \rightarrow 0 } f(x_0) + h \times f'(x_0)[/latex].

Tu vois où je veux en venir ? On peut replacer la fonction par son DL1 pour trouver sa limite. Ça peut nous permettre de nous sortir d'impasses comme celle-ci.

Il y a quand même une limite à cette technique : pour faire un développement limité, il faut partir d'un [latex]x_0[/latex] déterminé, donc on ne peut pas faire ça avec les limites en l'infini (sauf si on change la variable pour retomber sur un réel, bref).

 

Dans notre cas, ça donne quoi ?

Ben c'est pour ça que je me suis vautré tout à l'heure, j'ai essayé de faire le DL1 de la fonction, et j'ai vite vu que c'était pas gérable. Après j'ai trouvé un moyen plus simple : appliquer la méthode au numérateur, puis au dénominateur, séparément.

 

En bref, plutôt que de déterminer la limite de chacun, on le remplace par son DL1, qui donne une approximation fiable de la limite.

 

Donc, pour le numérateur, posons :

[latex]u(x) = \sin (2x) [/latex], et donc [latex]u'(x) = 2 \cos (2x) [/latex]

Le DL1 donne donc : [latex]u(x_0 + h) = u(x_0) + h \times u'(x_0 + h) + o(h)[/latex]

[latex]u(x_0 + h) = \sin (x_0) + h \times 2\cos(x_0) + o(h)[/latex] ; soit, avec [latex]x_0 = 0[/latex] :

[latex]u(0 + h) = \sin 0 + h \times 2\cos0 + o(h)[/latex]

[latex]u(0 + h) = 0 + h \times 2 \times 1 + o(h)[/latex]

[latex]u(0 + h) = 2h + o(h)[/latex]

 

Pour le dénominateur, on pose :

[latex]v(x) = 1 - e^{2x} [/latex], et donc [latex]v'(x) = -2 e^{2x} [/latex]

Le DL1 donne donc : [latex]v(x_0 + h) = v(x_0) + h \times v'(x_0 + h) + o(h)[/latex]

[latex]v(x_0 + h) = v(x_0) + h \times v'(x_0 + h) + o(h)[/latex]

[latex]v(x_0 + h) = 1 - e^{2x_0} + h \times (-2 e^{2x_0}) + o(h)[/latex] ; soit, avec [latex]x_0 = 0[/latex] :

[latex]v(0 + h) = 1 - e^{2 \times 0} + h \times (-2 e^{2 \times 0}) + o(h) [/latex]

[latex]v(0 + h) = 1 - 1 + h \times (-2 \times 1) + o(h)[/latex]

[latex]v(0 + h) = -2 h + o(h)[/latex]

 

Voilà, ceci étant fait, on termine par notre fonction :

[latex]\lim _ {x \rightarrow 0 } f(x) = \frac {\lim _ {x \rightarrow 0 } u(x_{0})} {\lim _ {x \rightarrow 0 } v(x_{0})} [/latex]

[latex]\lim _ {x \rightarrow 0 } f(x) = \frac {\lim _ {h \rightarrow 0 } u(x_{0} + h)} {\lim _ {h \rightarrow 0 } v(x_{0} + h)} [/latex]

[latex]\lim _ {x \rightarrow 0 } f(x) = \frac {2h} {-2 h} [/latex]

[latex]\lim _ {x \rightarrow 0 } f(x) = -1 [/latex]

 

Et là, on a fini (ouf) ^^

 

Bon, clairement, ça va très loin là. Très honnêtement, c'est typiquement le genre de questions qu'il faut sauter dès qu'on bloque plus d'une minute dessus. T'y reviens à la fin si t'as le temps, mais en termes de rentabilité par rapport au temps passé, c'est ce qui se fait de pire je pense.

 

Mais au moins, on a été jusqu'au bout, si tu as compris ça, t'auras pas beaucoup de surprises après.

Si y a un endroit où tu coinces, tu me le dis, j'ai peur de pas avoir été toujours clair.

Si c'est compris, tu peux faire la troisième fonction, c'est le même principe (mais là, je vais encore faire le relou, j'ai toujours pas le même résultat : je trouve 2, sauf que sur le graphique, ça donne ça aussi cette fois...).

 

Voilà, j'espère que ça te sera utile

[Charly]

Et pendant que j'écris mon roman, on daigne me demander autre chose

Alors là j'ai un autre souci (tu sais ce que c'est, quand on sait pas faire, on dit que c'est le sujet qui est faux).

Ta question c'est : [latex]\lim _ {x \rightarrow e^{-}} \frac{1}{\sqrt {\ln (x) - 1}} =[/latex] - l'infini  ?

Si c'est ça, le [latex]e^{-}[/latex] signifie que tu prends la limite en [latex]e[/latex], par valeurs inférieures (pas un [latex]e^{-1}[/latex]) : tu te rapproches infiniment de [latex]e[/latex], mais en restant en dessous (c'est important pour tous les signes ensuite). Mais si c'est ça, on a un gros souci de signes : sous la racine on a un nombre négatif (hors domaine), et dans tous les cas, on peut pas finir avec une limite négative.

 

Voilà, encore une fois, le sujet me plaît pas, j'espère que ça sera à raison cette fois (sinon je te laisse me lyncher à la perm)

[Opa]

Wahou! tu t'en es donné du mal !

C'est bon j'ai capté, très clair ! Moi aussi j'avais essayé de faire le DL de la fonction entière... et échec. Merci bcp , ça me sera utile pour les fois prochaines. J'ai essayé la 3e et je trouve également 2 ... Mais passons.

Pour la lim quand x->e, ouuups oui évidemment ça doit être valeurs inf, dsl! (hum la fatigue tu sais) ...

 

Bonne soirée ! Et avec un peu de chance, je ne serai m^me pas là lundi pour la perm.