Dérivation et Calcul différentiel

A la limite du supportable ! - Exercice 1

1 h
90
Un exercice de détermination des limites.
Question 1
Déterminer les limites suivantes.

limx01cos(x)(1ex)2\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{1 - \cos(x)}{(1 - e^x)^2}

Correction
La limite proposée est une forme indéterminée du type 00\dfrac{0}{0}.
La fonction du numérateur x1cos(x)x \longmapsto 1 - \cos(x) est dérivable, donc continue, sur R\mathbb{R}. Il en est de même pour la fonction du dénominateur x(1ex)2x \longmapsto (1 - e^x)^2. En outre cette dernière fonction ne s'annule jamais sur R\mathbb{R}. De plus, on a :
(1cos(x))=sin(x)(1cos(x))x=0=sin(0)=0\bullet \,\, \left( 1-\cos(x) \right)' = \sin(x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( 1-\cos(x) \right)'_{x=0} = \sin(0) = 0
((1ex)2)=2(1ex)ex((1ex)2)x=0=2(1e0)e0=0\bullet \bullet \,\, \left( (1 - e^x)^2 \right)' = -2(1 - e^x)e^x \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( (1 - e^x)^2 \right)'_{x=0} = -2(1 - e^0)e^0 = 0
Donc, la limite limx0(1cos(x))((1ex)2)\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(1 - \cos(x)\right)'}{\left((1 - e^x)^2\right)'} est encore une forme indéterminée du type 00\dfrac{0}{0}. Nous allons donc réitérer la procédure. On a alors :
(1cos(x))=(sin(x))=cos(x)(1cos(x))x=0=cos(0)=1\bullet \,\, \left( 1-\cos(x) \right)'' = \left(\sin(x)\right)' = \cos(x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( 1-\cos(x) \right)''_{x=0} = \cos(0) = 1
((1ex)2)=(2(1ex)ex)=2(ex2e2x)((1ex)2)x=0=2(e02e0)=20\bullet \bullet \,\, \left( (1 - e^x)^2 \right)'' = \left(-2(1 - e^x)e^x\right)' = -2\left(e^x -2e^{2x} \right) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( (1 - e^x)^2 \right)-'_{x=0} = -2\left(e^0 -2e^{0} \right) = 2 \neq 0
La fonction dérivée seconde x2(ex2e2x)x \longmapsto -2\left(e^x -2e^{2x} \right) s'annulle vers x=ln(2)0,7x = - \ln(2)\simeq -0,7, et est donc positive au voisinage très proche de x0x \simeq 0 lorsque x0x \, \longrightarrow \, 0.
On en déduit donc que :
limx0(1cos(x))((1ex)2)=12limx0(1cos(x))((1ex)2)=12limx01cos(x)(1ex)2=12\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(1 - \cos(x)\right)''}{\left((1 - e^x)^2\right)''} = \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(1 - \cos(x)\right)'}{\left((1 - e^x)^2\right)'} = \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{1 - \cos(x)}{(1 - e^x)^2} = \dfrac{1}{2}
De fait, on peut finalement écrire que :
limx01cos(x)(1ex)2=12{\color{red}{\boxed{\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{1 - \cos(x)}{(1 - e^x)^2} = \dfrac{1}{2} }}}
Question 2

limx0x(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x2sin(x)+tan(x)x\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)}{x^2\sin(x) + \tan(x) - x}

Correction
On constate que cette limite se présente sous la forme d'une forme indéterminée du type 00\dfrac{0}{0}.
Puis, sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1] la fonction se trouvant au numérateur xx(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x \longmapsto x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x) est dérivable, donc continue, et comme 0[1;1]0 \in [-1\,;\,1] on a :
(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))=1cos2(x)xsin(x)1\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)' = \dfrac{1}{\cos^2(x)}-x\sin(x)-1
Ce qui implique que :
(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))x=0=0\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'_{x = 0} = 0
Puis, sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1], la fonction se trouvant au dénominateur xx2sin(x)+tan(x)xx \longmapsto x^2\sin(x) + \tan(x) - x est dérivable, donc continue, et comme 0[1;1]0 \in [-1\,;\,1] on a :
(x2sin(x)+tan(x)x)=2xsin(x)+x2cos(x)+1cos2(x)1\left( x^2\sin(x) + \tan(x) - x \right)' = 2x\sin(x) + x^2\cos(x) + \dfrac{1}{\cos^2(x)}-1
Ce qui implique que :
(x2sin(x)+tan(x)x)x=0=0\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'_{x = 0} = 0
Et on constate alors que la limite limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'} est également une forme indéterminée du type 00\dfrac{0}{0}. On va donc réitérer la procédure.
Sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1] la fonction se trouvant au numérateur xx(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x \longmapsto x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x) est deux fois dérivable, donc continue, et comme 0[1;1]0 \in [-1\,;\,1] on a :
(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))=2sin(x)cos3(x)sin(x)xcos(x)\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'' = 2\dfrac{\sin(x)}{\cos^3(x)}-\sin(x)-x\cos(x)
Ce qui implique que :
(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))x=0=2sin(0)cos3(0)sin(0)0cos(0)=0\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)''_{x = 0} = 2\dfrac{\sin(0)}{\cos^3(0)}-\sin(0)-0\cos(0)= 0
Puis, sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1], la fonction se trouvant au dénominateur xx2sin(x)+tan(x)xx \longmapsto x^2\sin(x) + \tan(x) - x est deux fois dérivable, donc continue, et comme 0[1;1]0 \in [-1\,;\,1] on a :
(x2sin(x)+tan(x)x)=2sin(x)+4xcos(x)+2sin(x)cos3(x)x2sin(x)\left( x^2\sin(x) + \tan(x) - x \right)'' = 2\sin(x) + 4x\cos(x) + 2\dfrac{\sin(x)}{\cos^3(x)}-x^2\sin(x)
Ce qui implique que :
(x2sin(x)+tan(x)x)x=0=0\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)''_{x = 0} = 0
Et on constate alors que la limite limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)''}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)''} est à nouveau une forme indéterminée du type 00\dfrac{0}{0}. On va donc réitérer une nouvelle fois la procédure.
Sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1] la fonction se trouvant au numérateur xx(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x \longmapsto x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x) est trois fois dérivable, donc continue, et comme 0[1;1]0 \in [-1\,;\,1] on a :
(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))=4sin2(x)cos4(x)+xsin(x)+2cos4(x)2cos(x)\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)''' = 4\dfrac{\sin^2(x)}{\cos^4(x)}+x\sin(x) + \dfrac{2}{\cos^4(x)} - 2\cos(x)
Ce qui implique que :
(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))x=0=4sin2(0)cos4(0)+0sin(0)+2cos4(0)2cos(0)=22=0\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'''_{x = 0} = 4\dfrac{\sin^2(0)}{\cos^4(0)}+0\sin(0) + \dfrac{2}{\cos^4(0)} - 2 \cos(0) = 2 - 2 = 0
Puis, sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1], la fonction se trouvant au dénominateur xx2sin(x)+tan(x)xx \longmapsto x^2\sin(x) + \tan(x) - x est deux fois dérivable, donc continue, et comme 0[1;1]0 \in [-1\,;\,1] on a :
(x2sin(x)+tan(x)x)=2cos4(x)6xsin(x)+4sin2(x)cos4(x)x2cos(x)+6cos(x)\left( x^2\sin(x) + \tan(x) - x \right)''' = \dfrac{2}{\cos^4(x)} - 6x\sin(x) + 4\dfrac{\sin^2(x)}{\cos^4(x)}-x^2\cos(x) + 6 \cos(x)
Ce qui implique que :
(x2sin(x)+tan(x)x)x=0=2cos4(0)6×0sin(0)+4sin2(0)cos4(0)02cos(0)+6cos(0)=2+6=80\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'''_{x = 0} = \dfrac{2}{\cos^4(0)} - 6\times 0\sin(0) + 4\dfrac{\sin^2(0)}{\cos^4(0)}-0^2\cos(0) + 6 \cos(0) = 2 + 6 = 8 \neq 0
Et on constate alors que la limite limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'''}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'''} existe bien. Et on a :
limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)=08=0\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'''}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'''} = \dfrac{0}{8} = 0
On en déduit alors que :
limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)=0limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)=0\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'''}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'''} = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)''}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)''} = 0
Puis :
limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)=0limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)=0\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)''}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)''} = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'} = 0
Et donc :
limx0(x(cos(x)1)+tan(x)sin(x))(x2sin(x)+tan(x)x)=0limx0x(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x2sin(x)+tan(x)x=0\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)\right)'}{\left(x^2\sin(x) + \tan(x) - x\right)'} = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)}{x^2\sin(x) + \tan(x) - x} = 0
Finalement :
limx0x(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x2sin(x)+tan(x)x=0{\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)}{x^2\sin(x) + \tan(x) - x} = 0 }}}
Dans ce cas précis, pour la fonction F:xF(x)=x(cos(x)1)+tan(x)sin(x)x2sin(x)+tan(x)xF : x \longmapsto F(x) =\dfrac{x(\cos(x)-1) + \tan(x) - \sin(x)}{x^2\sin(x) + \tan(x) - x} un prolongement par continuité est possible à l'origine en imposant la condition F(x=0)=0F(x=0) = 0. Graphiquement, sur l'intervalle [1;1][-1\,;\,1], on vérifie ceci avec la représentation graphique de FF :

Question 3

limx0axbxx\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{a^x - b^x}{x} avec aa et bb qui sont deux nombres réels strictement positifs.

Correction
La fonction xaxbxx \longmapsto a^x - b^x est dérivable, donc continue sur R\mathbb{R}. Il en est de même pour la fonction identité Id:xId(x)=x\mathrm{Id} : x \longmapsto \mathrm{Id}(x) = x. Puis, on a :
(axbx)=ln(a)axln(b)bx(axbx)x=0=ln(a)a0ln(b)bx0=ln(a)ln(b)=ln(ab)\bullet \,\, \left( a^x - b^x \right)' = \ln(a) a^x - \ln(b) b^x \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( a^x - b^x \right)'_{x=0} = \ln(a) a^0 - \ln(b) b^x0 = \ln(a) - \ln(b) = \ln\left(\dfrac{a}{b}\right)
(x)=1(x)x=0=1\bullet \bullet \,\, \left(x\right)' = 1 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left(x\right)'_{x=0} = 1
Donc :
limx0(axbx)x=ln(ab)1=ln(ab)limx0axbxx=ln(ab)\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(a^x - b^x\right)'}{x'} = \dfrac{\ln\left( \dfrac{a}{b} \right)}{1} = \ln\left( \dfrac{a}{b} \right) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{a^x - b^x}{x} = \ln\left( \dfrac{a}{b} \right)
Finalement :
limx0axbxx=ln(ab){\color{red}{\boxed{\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{a^x - b^x}{x} = \ln\left( \dfrac{a}{b} \right) }}}
Question 4

limx0ln(cos(ax))ln(cos(bx))\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\ln\left( \cos(ax) \right)}{\ln\left( \cos(bx) \right)} avec aa et bb qui sont deux nombres réels strictement positifs.

Correction
On constate que cette limite se présente sous la forme d'une forme indéterminée du type 00\dfrac{0}{0}.
Puis, sur l'intervalle ]π2a;π2a[\left] - \dfrac{\pi}{2a} \,;\, \dfrac{\pi}{2a} \right[, la fonction se trouvant au numérateur xln(cos(ax))x \longmapsto \ln\left( \cos(ax) \right) est dérivable, donc continue. Donc, sur l'intervalle ]π2a;π2a[\left] - \dfrac{\pi}{2a} \,;\, \dfrac{\pi}{2a} \right[, on a:
(ln(cos(ax)))=asin(ax)cos(ax)=atan(ax)\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)' = \dfrac{-a\sin(ax)}{\cos(ax)} = - a \tan(ax)
Ce qui implique que :
(ln(cos(ax)))x=0=atan(a0)=a×0=0\left(\ln\left(\cos(ax)\right)\right)'_{x = 0} = - a \tan(a0) = - a \times 0 = 0
De même, sur l'intervalle ]π2b;π2b[\left] - \dfrac{\pi}{2b} \,;\, \dfrac{\pi}{2b} \right[, la fonction se trouvant au dénominateur xln(cos(bx))x \longmapsto \ln\left( \cos(bx) \right) est dérivable, donc continue. Donc, sur l'intervalle ]π2b;π2b[\left] - \dfrac{\pi}{2b} \,;\, \dfrac{\pi}{2b} \right[, on a:
(ln(cos(bx)))=bsin(bx)cos(bx)=btan(bx)\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)' = \dfrac{-b\sin(bx)}{\cos(bx)} = - b \tan(bx)
Ce qui implique que :
(ln(cos(bx)))x=0=btan(b0)=b×0=0\left(\ln\left(\cos(bx)\right)\right)'_{x = 0} = - b \tan(b0) = - b \times 0 = 0
Ainsi, sur l'intervalle ]π2a;π2a[]π2b;π2b[\left] - \dfrac{\pi}{2a} \,;\, \dfrac{\pi}{2a} \right[ \cap \left] - \dfrac{\pi}{2b} \,;\, \dfrac{\pi}{2b} \right[ (et 00 y appartient), la limite limx0(ln(cos(ax)))(ln(cos(bx)))\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)'}{\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)'} n'est pas définie car toujours du type 00\dfrac{0}{0}. On réitère donc la procédure.
Sur l'intervalle ]π2a;π2a[\left] - \dfrac{\pi}{2a} \,;\, \dfrac{\pi}{2a} \right[, la fonction se trouvant au numérateur xln(cos(ax))x \longmapsto \ln\left( \cos(ax) \right) est deux fois dérivable, donc continue. Donc, sur l'intervalle ]π2a;π2a[\left] - \dfrac{\pi}{2a} \,;\, \dfrac{\pi}{2a} \right[, on a :
(ln(cos(ax)))=(atan(ax))=a2(1+tan2(ax))\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)'' = \left( - a \tan(ax) \right)' = -a^2 \left( 1 + \tan^2(ax) \right)
Ce qui implique que :
(ln(cos(ax)))x=0=a2(1+tan2(a0))=a2(1+0)=a2\left(\ln\left(\cos(ax)\right)\right)''_{x = 0} = - a^2 \left( 1 + \tan^2(a0) \right) = -a^2 \left( 1 + 0 \right) = - a^2
De même, sur l'intervalle ]π2b;π2b[\left] - \dfrac{\pi}{2b} \,;\, \dfrac{\pi}{2b} \right[, la fonction se trouvant au dénominateur xln(cos(bx))x \longmapsto \ln\left( \cos(bx) \right) est deux fois dérivable, donc continue. Donc, sur l'intervalle ]π2b;π2b[\left] - \dfrac{\pi}{2b} \,;\, \dfrac{\pi}{2b} \right[, on a :
(ln(cos(bx)))=(btan(bx))=b2(1+tan2(bx))\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)'' = \left( - b \tan(bx) \right)' = -b^2 \left( 1 + \tan^2(bx) \right)
Ce qui implique que :
(ln(cos(ax)))x=0=b2(1+tan2(a0))=b2(1+0)=b20\left(\ln\left(\cos(ax)\right)\right)''_{x = 0} = - b^2 \left( 1 + \tan^2(a0) \right) = -b^2 \left( 1 + 0 \right) = - b^2 \neq 0
Ainsi, sur l'intervalle ]π2a;π2a[]π2b;π2b[\left] - \dfrac{\pi}{2a} \,;\, \dfrac{\pi}{2a} \right[ \cap \left] - \dfrac{\pi}{2b} \,;\, \dfrac{\pi}{2b} \right[ (et 00 y appartient), la limite limx0(ln(cos(ax)))(ln(cos(bx)))\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)''}{\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)''} existe. On a donc :
limx0(ln(cos(ax)))(ln(cos(bx)))=a2b2=a2b2=(ab)2\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)''}{\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)''} = \dfrac{-a^2}{-b^2} = \dfrac{a^2}{b^2} = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2
On en déduit donc que :
limx0(ln(cos(ax)))(ln(cos(bx)))=(ab)2limx0(ln(cos(ax)))(ln(cos(bx)))=(ab)2limx0ln(cos(ax))ln(cos(bx))=(ab)2\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)''}{\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)''} = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\left(\ln\left( \cos(ax) \right)\right)'}{\left(\ln\left( \cos(bx) \right)\right)'} = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\ln\left( \cos(ax) \right)}{\ln\left( \cos(bx) \right)} = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2
Finalement :
limx0ln(cos(ax))ln(cos(bx))=(ab)2{\color{red}{\boxed{\lim_{x \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{\ln\left( \cos(ax) \right)}{\ln\left( \cos(bx) \right)} = \left(\dfrac{a}{b}\right)^2 }}}