2.1 Exercices d’entraînement 23
On a ensuite x
x
x
= e
x
x ln x = e
ln x+x(ln x)
2 +o(x(ln x)
2 ) = xe
x(ln x)
2 +o(x(ln x)
2 ) . Comme
x(ln x)
2 tend vers 0 lorsque x tend vers 0
+ , on en déduit que, au voisinage de 0
+ ,
on a x
x
x ∼ x . Finalement
x
x
x
x x − 1
∼
1
ln x
, et lim
x→0 +
x
x
x
x x − 1
= 0 .
Exercice 2.8
Navale PSI 2005
Soient f et g deux fonctions de classe C
1 et positives sur ] 0, +∞ [ , avec f
décroissante et strictement positive sur ] 0, +∞ [ et g =
x→+∞
o( f / f
).
Montrer que f (x + g(x)) ∼
x→+∞
f (x).
Remarquons que les hypothèses impliquent que f est strictement croissante et positive sur ] 0, +∞ [ donc est strictement positive.
Nous allons montrer que lim
x→+∞
f (x + g(x))
f (x)
= 1.
Soit x ∈ ] 0, +∞ [ . Comme g(x) 0, on a x x + g(x). Si g(x) > 0 alors, en
appliquant le théorème des accroissements finis, il existe c(x) dans ] x, x + g(x) [
tel que f (x + g(x)) − f (x) = g(x) f
(c(x)) . Mais f
est décroissante sur ] 0, +∞ [ ,
donc f
(c(x)) f
(x). En utilisant également la croissance de f , on en déduit l’encadrement
0
f (x + g(x))
f (x)
− 1 =
f (x + g(x)) − f (x)
f (x)
g(x) f
(x)
f (x)
.
Ces inégalités restent vraies si g(x) = 0.
Sachant que par hypothèse lim
x→+∞
g(x) f
(x)
f (x)
= 0, on a le résultat en vertu du théorème d’encadrement.
Exercice 2.9
Saint Cyr PSI 2005
A l’aide de Maple, faire l’étude locale au voisinage de 1/2 de la fonction
f : x → (x
2
− 1) Arctan
1
2x − 1
: tangentes, demi-tangentes, position de la
courbe ; étude des branches infinies.
Les calculs peuvent être faits « à la main », en voici le détail.
• Posons u = x − 1/2. On a f (x) =
u
2 + u −
3
4
Arctan
1
2u
. Pour u > 0, on a
Arctan
1
2u
=
p
2
− Arctan(2u) =
p
2
− 2u + o(u
2 ) .
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