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limite

Posté par
mouss33
25-10-08 à 16:55

Bonjour tout le monde.

Voici un exercice qui me pose problème:

Montrer que Pour tout ]0,1[, pour tout x
on a (x-1)< /4  => (x²+x-2) <   (les () sont des valeurs absolues)
En déduire lim (x²+x-1) quand x tend vers 1
et lim (x²+x-1)cos(x) quand x tend vers 1

Pour les 2 limites, c'est bon à partir de la première question.

Et c'est la 1 qui me pose problème.

Voila ce que je fais:

(x²+x-2)=(x-1)(x+2) < (/4)(x+2) < (/4)(x) + /2 (en appliquant l'inégalité triangulaire).

Et après je suis bloqué. Il faudrait que j'arrive à   (/4)(x) < /2 mais je n'y arrive pas!

Quelqu'un pour me débloquer?!

Posté par
Nicolas_75 Correcteur
re : limite 25-10-08 à 18:01

Bonjour,

Si je comprends bien, tu cherches à montrer que :
3$\forall\varepsilon\in]0;1[,\quad\forall x\in\mathbb{R},\quad|x-1|<\frac{\varepsilon}{4}\Longrightarrow|x^2+x-2|<\varepsilon

Posté par
Nicolas_75 Correcteur
re : limite 25-10-08 à 18:04

Bonjour,

Si je comprends bien, tu cherches à montrer que :
3$\forall\varepsilon\in]0;1[,\quad\forall x\in\mathbb{R},\quad|x-1|<\frac{\varepsilon}{4}\Longrightarrow|x^2+x-2|<\varepsilon

Soit 3$\varepsilon\in]0;1[
Soit 3$x\in\mathbb{R}

On suppose 3$|x-1|<\frac{\varepsilon}{4}
Donc 3$x<1+\frac{\varepsilon}{4}
Or 3$\varepsilon<1
Donc 3$x<1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}
Donc 3$\fbox{x<2}

Enfin :
3$|x^2+x-2|=|x-1|\times|x+2|<\frac{\varepsilon}{4}\times(|x|+2)<\frac{\varepsilon}{4}(2+2)=\varepsilon

Sauf erreur.

Posté par
mouss33
re : limite 25-10-08 à 18:48

merci beaucoup!

oui en fait je cherchais à montrer que x<2!

Mais il y a quelque chose qui m'intrigue: 3$|x-1|<\frac{\varepsilon}{4}

On a 3$x<1+\frac{\varepsilon}{4}

Mais alors on a envisager que x>1 non?

Posté par
mouss33
re : limite 25-10-08 à 18:51

oula non j'ai rien dit!!

Posté par
Nicolas_75 Correcteur
re : limite 25-10-08 à 18:51

Je t'en prie.



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