Les exercices suivants permettent de comprendre et d'appliquer, pas à pas, le théorème de la permanence du signe. On part d'applications directes, dans lesquelles il suffit de calculer une limite et d'en observer le signe, pour arriver progressivement à des conséquences plus importantes du théorème, telles que la non-annulation d'une fonction, l'étude du signe de produits et de quotients, et la comparaison entre deux fonctions.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Soit
\[ f(x)=x+3. \]
En utilisant le théorème de la permanence du signe, déterminer le signe de \(f(x)\) sur un voisinage convenable de \(x=0\).
Résultat
Il existe un voisinage de \(0\) sur lequel
\[ f(x)>0. \]
Résolution
Pour appliquer le théorème de la permanence du signe, il faut d'abord calculer la limite de la fonction au point considéré.
Puisque \(f(x)=x+3\), on a
\[ \lim_{x\to0}(x+3)=3. \]
La valeur de la limite est donc
\[ L=3>0. \]
Le théorème de la permanence du signe affirme que, lorsque la limite est strictement positive, la fonction elle-même est positive pour tout \(x\) suffisamment proche du point vers lequel \(x\) tend.
Il existe donc \(\delta>0\) tel que
\[ f(x)>0 \]
pour tout \(x\in(-\delta,\delta)\setminus\{0\}\).
Dans ce cas simple, on peut également déterminer directement un voisinage possible. En effet,
\[ x+3>0 \]
équivaut à
\[ x>-3. \]
Par exemple, en prenant \(\delta=1\), si \(-1<x<1\) alors certainement \(x>-3\), donc
\[ x+3>0. \]
Nous avons ainsi vérifié concrètement la conclusion garantie par le théorème.
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Soit
\[ f(x)=2x-5. \]
Déterminer le signe de \(f(x)\) sur un voisinage convenable de \(x=1\).
Résultat
Il existe un voisinage de \(1\) sur lequel
\[ f(x)<0. \]
Résolution
Calculons d'abord la limite de la fonction lorsque \(x\to1\) :
\[ \lim_{x\to1}(2x-5)=2\cdot1-5=-3. \]
La limite vaut donc
\[ L=-3<0. \]
Puisque la limite est strictement négative, le théorème de la permanence du signe garantit que \(f(x)\) est négative pour tout \(x\) suffisamment proche de \(1\).
Il existe donc \(\delta>0\) tel que
\[ 2x-5<0 \]
pour tout \(x\in(1-\delta,1+\delta)\setminus\{1\}\).
On peut vérifier directement cette conclusion. L'inéquation
\[ 2x-5<0 \]
équivaut à
\[ x<\frac52. \]
Il suffit donc de choisir un voisinage de \(1\) qui reste entièrement à gauche de \(\displaystyle\frac{5}{2}\). Par exemple, avec \(\delta=1\) on obtient
\[ 0<x<2, \]
et donc \(x<\displaystyle\frac{5}{2}\). Par conséquent, \(f(x)<0\) sur ce voisinage.
Exercice 3 — niveau ★☆☆☆☆
Considérons
\[ f(x)=x^2+1. \]
Utiliser le théorème de la permanence du signe pour déterminer le signe de la fonction sur un voisinage de \(x=2\).
Résultat
Il existe un voisinage de \(2\) sur lequel
\[ f(x)>0. \]
Résolution
Calculons la limite :
\[ \lim_{x\to2}(x^2+1)=2^2+1=5. \]
On a donc
\[ L=5>0. \]
Puisque la limite est strictement positive, le théorème de la permanence du signe assure qu'il existe un voisinage de \(2\) sur lequel \(f(x)\) est également positive.
Par conséquent, pour un certain \(\delta>0\),
\[ x^2+1>0 \]
pour tout \(x\in(2-\delta,2+\delta)\setminus\{2\}\).
Dans ce cas, on peut même observer quelque chose de plus fort : comme \(x^2\geq0\) pour tout \(x\in\mathbb R\), on a
\[ x^2+1\geq1>0 \]
pour tout nombre réel \(x\). La fonction est donc positive non seulement au voisinage de \(2\), mais sur \(\mathbb R\) tout entier.
Le théorème, cependant, ne garantit qu'une conclusion locale : de la positivité de la limite, on peut certainement déduire la positivité de la fonction sur un voisinage convenable de \(2\).
Exercice 4 — niveau ★☆☆☆☆
Soit
\[ f(x)=\frac{x+1}{x+2}. \]
Déterminer le signe de \(f(x)\) sur un voisinage convenable de \(x=0\).
Résultat
Il existe un voisinage de \(0\) sur lequel
\[ f(x)>0. \]
Résolution
Calculons la limite lorsque \(x\to0\). Comme le dénominateur tend vers \(2\neq0\), on peut substituer directement \(x=0\) :
\[ \lim_{x\to0}\frac{x+1}{x+2} = \frac{1}{2}. \]
La valeur de la limite est
\[ L=\frac12>0. \]
Le théorème de la permanence du signe permet alors de conclure que la fonction prend des valeurs positives pour tout \(x\) suffisamment proche de \(0\).
Autrement dit, il existe \(\delta>0\) tel que
\[ \frac{x+1}{x+2}>0 \]
pour tout \(x\in(-\delta,\delta)\setminus\{0\}\).
Il convient de noter qu'il n'a pas été nécessaire de résoudre directement une inéquation rationnelle : le signe positif de la limite suffit à garantir le signe positif de la fonction sur un voisinage convenable du point.
Exercice 5 — niveau ★☆☆☆☆
Considérons
\[ f(x)=\ln(x)-1. \]
Déterminer le signe de \(f(x)\) sur un voisinage convenable de \(x=1\).
Résultat
Il existe un voisinage de \(1\) sur lequel
\[ f(x)<0. \]
Résolution
La fonction est définie pour \(x>0\), donc en particulier elle est définie sur un voisinage suffisamment petit de \(1\).
Calculons la limite :
\[ \lim_{x\to1}(\ln(x)-1)=\ln(1)-1=0-1=-1. \]
On a donc
\[ L=-1<0. \]
Ce nombre est positif, il constitue donc un choix admissible dans la définition de la limite.
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Sachant que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=4, \]
montrer qu'il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)>2. \]
Résultat
Il existe \(\delta>0\) tel que
\[ f(x)>2 \]
pour tout \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\setminus\{x_0\}\).
Résolution
Nous ne voulons pas seulement montrer que \(f(x)\) est positive au voisinage de \(x_0\), mais bien la propriété plus précise
\[ f(x)>2. \]
Nous savons que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=4. \]
D'après la définition de la limite, pour tout \(\epsilon>0\) il existe \(\delta>0\) tel que
\[ |f(x)-4|<\epsilon \]
dès que \(0<|x-x_0|<\delta\).
Nous voulons obtenir précisément \(2\) comme borne inférieure. Choisissons donc
\[ \epsilon=2. \]
La définition de la limite garantit l'existence de \(\delta>0\) tel que
\[ |f(x)-4|<2. \]
En supprimant la valeur absolue, on obtient
\[ -2<f(x)-4<2. \]
En ajoutant \(4\) à tous les membres :
\[ 2<f(x)<6. \]
En particulier,
\[ f(x)>2. \]
Nous avons ainsi obtenu non seulement la positivité de \(f(x)\), mais une estimation quantitative plus forte.
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Sachant que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-6, \]
montrer qu'il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)<-3. \]
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)<-3. \]
Résolution
Nous savons que \(f(x)\) tend vers \(-6\). Nous voulons montrer qu'en nous rapprochant suffisamment de \(x_0\), les valeurs de \(f(x)\) restent inférieures à \(-3\).
D'après la définition de la limite, pour tout \(\epsilon>0\) fixé, pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\) on a
\[ |f(x)+6|<\epsilon. \]
Choisissons
\[ \epsilon=3. \]
On obtient
\[ |f(x)+6|<3. \]
Cela équivaut à
\[ -3<f(x)+6<3. \]
En retranchant \(6\) à tous les membres :
\[ -9<f(x)<-3. \]
De cette double inégalité découle immédiatement
\[ f(x)<-3. \]
En particulier, \(f(x)\) est négative sur un voisinage convenable de \(x_0\), exactement comme le prévoit le théorème de la permanence du signe.
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Soit
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L \]
avec \(L>0\). Montrer qu'il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)>\frac{L}{2}. \]
Résultat
Il existe \(\delta>0\) tel que, si \(0<|x-x_0|<\delta\), alors
\[ f(x)>\frac{L}{2}>0. \]
Résolution
Puisque \(L>0\), on a aussi
\[ \frac{L}{2}>0. \]
Choisissons, dans la définition de la limite,
\[ \epsilon=\frac{L}{2}. \]
Il existe donc \(\delta>0\) tel que, si
\[ 0<|x-x_0|<\delta, \]
alors
\[ |f(x)-L|<\frac{L}{2}. \]
En supprimant la valeur absolue :
\[ -\frac{L}{2}<f(x)-L<\frac{L}{2}. \]
En ajoutant \(L\) aux trois membres :
\[ \frac{L}{2}<f(x)<\frac{3L}{2}. \]
En particulier,
\[ f(x)>\frac{L}{2}. \]
Comme \(\displaystyle\frac{L}{2}>0\), il s'ensuit également
\[ f(x)>0. \]
C'est précisément le cas positif de la démonstration du théorème de la permanence du signe.
Exercice 9 — niveau ★★☆☆☆
Soit
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L \]
avec \(L<0\). Montrer que, pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0. \]
Résultat
Il existe \(\delta>0\) tel que
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0 \]
pour tout \(x\) tel que \(0<|x-x_0|<\delta\).
Résolution
Puisque \(L<0\), on a
\[ |L|=-L. \]
Choisissons
\[ \epsilon=\frac{|L|}{2}=-\frac{L}{2}. \]
Ce nombre est positif et constitue donc un choix admissible dans la définition de la limite.
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\), on a alors
\[ |f(x)-L|<\frac{|L|}{2}. \]
De cette inégalité, on obtient en particulier
\[ f(x)<L+\frac{|L|}{2}. \]
Puisque \(|L|=-L\),
\[ L+\frac{|L|}{2} = L-\frac{L}{2} = \frac{L}{2}. \]
Par conséquent,
\[ f(x)<\frac{L}{2}. \]
Puisque \(L<0\), on a également \(\displaystyle\frac{L}{2}<0\). Il s'ensuit que
\[ f(x)<\frac{L}{2}<0, \]
et la fonction est négative sur un voisinage convenable de \(x_0\).
Exercice 10 — niveau ★★☆☆☆
Montrer que, si
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L\neq0, \]
alors \(f(x)\neq0\) pour tout \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Résultat
Il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)\neq0. \]
Résolution
L'hypothèse fondamentale est
\[ L\neq0. \]
Un nombre réel différent de zéro ne peut être que positif ou négatif. Il convient donc de distinguer deux cas.
Si
\[ L>0, \]
le théorème de la permanence du signe garantit que, pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)>0. \]
Un nombre strictement positif ne peut pas être nul, donc
\[ f(x)\neq0. \]
Si, en revanche,
\[ L<0, \]
le même théorème garantit
\[ f(x)<0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\). Dans ce cas également, \(f(x)\) ne peut pas être égale à zéro.
Dans les deux cas, il existe donc un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)\neq0. \]
Cette conséquence est particulièrement importante lorsque \(f(x)\) figure au dénominateur d'un quotient.
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-3. \]
Déterminer le signe de \(f(x)g(x)\) pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)g(x)<0. \]
Résolution
Examinons séparément les deux fonctions.
Puisque
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=2>0, \]
d'après le théorème de la permanence du signe, il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)>0. \]
De même,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=-3<0, \]
donc il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ g(x)<0. \]
On peut choisir un voisinage suffisamment petit sur lequel les deux propriétés sont vraies simultanément.
Sur ce voisinage, \(f(x)\) est positive et \(g(x)\) est négative. Le produit d'un nombre positif et d'un nombre négatif est négatif. Par conséquent,
\[ f(x)g(x)<0. \]
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Soient \(f\) et \(g\) telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-4, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-2. \]
Déterminer le signe du produit \(f(x)g(x)\) au voisinage de \(x_0\).
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)g(x)>0. \]
Résolution
La limite de \(f(x)\) vaut
\[ -4<0. \]
Par permanence du signe, \(f(x)<0\) pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
La limite de \(g(x)\) est également négative :
\[ -2<0. \]
Par conséquent, toujours d'après le théorème de la permanence du signe,
\[ g(x)<0 \]
sur un voisinage convenable de \(x_0\).
Quitte à restreindre le voisinage, on peut faire en sorte que les deux inégalités soient vérifiées simultanément.
Le produit de deux nombres négatifs est positif. Il s'ensuit donc que
\[ f(x)g(x)>0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Exercice 13 — niveau ★★★☆☆
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=5, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=-2. \]
Déterminer le signe du quotient
\[ \frac{f(x)}{g(x)} \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Résolution
De la première hypothèse, on a
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=5>0. \]
Le théorème de la permanence du signe implique donc que
\[ f(x)>0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Pour la seconde fonction,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=-2<0. \]
Il s'ensuit que
\[ g(x)<0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
En particulier, \(g(x)\neq0\) sur ce voisinage, de sorte que le quotient est bien défini.
Comme le numérateur est positif et le dénominateur négatif, leur quotient est négatif :
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Exercice 14 — niveau ★★★☆☆
Soit
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-3. \]
Déterminer le signe de la fonction inverse \(1/f\),
\[ \frac{1}{f(x)} \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ \frac{1}{f(x)}<0. \]
Résolution
On a
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-3<0. \]
D'après le théorème de la permanence du signe, il existe donc un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)<0. \]
Puisque \(f(x)<0\) sur ce voisinage, \(f(x)\) ne peut pas s'annuler. Par conséquent, la fonction inverse \(1/f\),
\[ \frac{1}{f(x)} \]
est bien définie.
L'inverse d'un nombre négatif est encore négatif. Par conséquent,
\[ \frac{1}{f(x)}<0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Exercice 15 — niveau ★★★☆☆
Considérons
\[ f(x)=x^2. \]
Lorsque \(x\to0\), on a
\[ \lim_{x\to0}x^2=0. \]
Peut-on appliquer directement le théorème de la permanence du signe ? Que peut-on néanmoins affirmer sur le signe de \(f(x)\) au voisinage de \(0\) ?
Résultat
Le théorème de la permanence du signe, dans sa forme relative à une limite \(L\neq0\), ne s'applique pas. Cependant,
\[ x^2>0 \]
pour tout \(x\neq0\).
Résolution
La limite de la fonction est
\[ \lim_{x\to0}x^2=0. \]
Le théorème de la permanence du signe étudié exige que la limite soit différente de zéro :
\[ L\neq0. \]
Dans cet exercice, en revanche,
\[ L=0. \]
On ne peut donc pas utiliser directement le théorème pour déduire le signe de la fonction.
Cela ne signifie pas que \(f(x)\) n'a pas de signe déterminé au voisinage de \(0\) ; il faut simplement l'établir par d'autres arguments.
Pour tout nombre réel \(x\),
\[ x^2\geq0. \]
De plus,
\[ x^2=0 \]
uniquement lorsque \(x=0\). Par conséquent, sur un voisinage de \(0\), pour \(x\neq0\), on a toujours
\[ x^2>0. \]
Cet exercice met en évidence un point important : avoir une limite différente de zéro est une condition suffisante pour appliquer le théorème de la permanence du signe, mais une fonction peut conserver un signe déterminé même lorsque sa limite est égale à zéro.
Exercice 16 — niveau ★★★☆☆
Considérons
\[ f(x)=x \]
lorsque \(x\to0\). Déterminer si la fonction conserve un signe constant au voisinage de \(0\).
Résultat
Non. Dans tout voisinage de \(0\), la fonction prend à la fois des valeurs négatives et des valeurs positives.
Résolution
La limite est
\[ \lim_{x\to0}x=0. \]
Là encore, la limite est égale à zéro, donc le théorème de la permanence du signe, dans la forme étudiée, ne s'applique pas.
Examinons directement le comportement de la fonction.
Si \(x<0\), alors
\[ f(x)=x<0. \]
Si, en revanche, \(x>0\), alors
\[ f(x)=x>0. \]
Tout voisinage de \(0\) contient à la fois des nombres négatifs et des nombres positifs. Par conséquent, dans tout voisinage de \(0\), la fonction prend des valeurs des deux signes.
Il n'existe donc aucun voisinage de \(0\) sur lequel \(f(x)\) soit toujours positive ou toujours négative.
En comparant cet exercice au précédent, on voit que, lorsque la limite est égale à zéro, il n'est pas possible de déterminer le signe de la fonction en ne connaissant que la valeur de la limite : \(x^2\) est positive au voisinage de \(0\), tandis que \(x\) change de signe.
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
Soit
\[ f_a(x)=x^2+a, \]
où \(a\in\mathbb R\). Étudier, en utilisant le théorème de la permanence du signe lorsque cela est possible, le signe de \(f_a(x)\) au voisinage de \(x=0\) dans les cas \(a>0\), \(a<0\) et \(a=0\).
Résultat
Si \(a>0\), alors \(f_a(x)>0\) au voisinage de \(0\).
Si \(a<0\), alors \(f_a(x)<0\) au voisinage de \(0\).
Si \(a=0\), le théorème ne s'applique pas directement, mais \(f_0(x)=x^2>0\) pour tout \(x\neq0\).
Résolution
Calculons d'abord la limite en fonction du paramètre \(a\) :
\[ \lim_{x\to0}(x^2+a)=a. \]
Le signe de la limite dépend donc directement de la valeur de \(a\).
Si
\[ a>0, \]
la limite est strictement positive. D'après le théorème de la permanence du signe, il existe donc un voisinage de \(0\) sur lequel
\[ f_a(x)=x^2+a>0. \]
Si, en revanche,
\[ a<0, \]
la limite est strictement négative. Le théorème garantit alors que, pour \(x\) suffisamment proche de \(0\),
\[ f_a(x)=x^2+a<0. \]
Cette dernière conclusion peut sembler moins immédiate, car \(x^2\) est toujours positif ou nul. Cependant, lorsque \(x\) est très proche de \(0\), \(x^2\) est également très petit et ne suffit pas à compenser le terme constant négatif \(a\).
Reste le cas
\[ a=0. \]
Dans ce cas,
\[ \lim_{x\to0}f_0(x)=0. \]
Le théorème ne s'applique pas directement, car la limite est nulle. Cependant,
\[ f_0(x)=x^2>0 \]
pour tout \(x\neq0\).
L'exercice met ainsi clairement en évidence le rôle de l'hypothèse \(L\neq0\).
Exercice 18 — niveau ★★★★☆
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=7, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Montrer que, pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)>g(x). \]
Résultat
Il existe un voisinage de \(x_0\) sur lequel
\[ f(x)>g(x). \]
Résolution
Pour comparer \(f(x)\) et \(g(x)\), il est utile de considérer leur différence :
\[ h(x)=f(x)-g(x). \]
Affirmer que
\[ f(x)>g(x) \]
équivaut en effet à affirmer que
\[ f(x)-g(x)>0. \]
Calculons donc la limite de la différence :
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = \lim_{x\to x_0}f(x)-\lim_{x\to x_0}g(x). \]
En substituant les valeurs données :
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = 7-3 = 4. \]
Puisque
\[ 4>0, \]
le théorème de la permanence du signe, appliqué à la fonction \(h(x)=f(x)-g(x)\), garantit que
\[ f(x)-g(x)>0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
En ajoutant \(g(x)\) aux deux membres, on obtient
\[ f(x)>g(x). \]
Exercice 19 — niveau ★★★★☆
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Déterminer, pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\), le signe des expressions
\[ f(x),\qquad g(x),\qquad f(x)g(x),\qquad \frac{f(x)}{g(x)}. \]
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ f(x)<0,\qquad g(x)>0,\qquad f(x)g(x)<0,\qquad \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Résolution
Commençons par la fonction \(f\). Puisque
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2<0, \]
le théorème de la permanence du signe garantit que
\[ f(x)<0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Pour la fonction \(g\), en revanche,
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=3>0. \]
Par conséquent,
\[ g(x)>0 \]
sur un voisinage convenable de \(x_0\).
Quitte à restreindre le voisinage, on peut supposer que ces deux propriétés sont vérifiées simultanément.
Puisque \(f(x)\) est négative et \(g(x)\) est positive, leur produit est négatif :
\[ f(x)g(x)<0. \]
De plus, \(g(x)>0\), donc en particulier
\[ g(x)\neq0. \]
Le quotient est donc bien défini. Le numérateur étant négatif et le dénominateur positif, on obtient
\[ \frac{f(x)}{g(x)}<0. \]
Nous avons ainsi utilisé le théorème de la permanence du signe pour contrôler simultanément le signe de plusieurs expressions construites à partir des deux fonctions.
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Soient \(f\), \(g\) et \(h\) trois fonctions telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2, \qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=5, \qquad \lim_{x\to x_0}h(x)=-1. \]
Déterminer le signe de l'expression
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)} \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Résultat
Pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\),
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)}>0. \]
Résolution
L'expression comporte plusieurs facteurs ; procédons donc avec ordre et déterminons séparément le signe de chaque partie.
Commençons par la différence
\[ f(x)-g(x). \]
En utilisant les opérations sur les limites :
\[ \lim_{x\to x_0}[f(x)-g(x)] = -2-5 = -7. \]
Puisque
\[ -7<0, \]
le théorème de la permanence du signe garantit que
\[ f(x)-g(x)<0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
Considérons à présent \(h(x)\). On a
\[ \lim_{x\to x_0}h(x)=-1<0. \]
Par conséquent,
\[ h(x)<0 \]
au voisinage de \(x_0\).
Le numérateur de l'expression est donc le produit
\[ [f(x)-g(x)]h(x) \]
de deux quantités négatives. Le produit de deux nombres négatifs est positif, donc
\[ [f(x)-g(x)]h(x)>0. \]
Passons enfin au dénominateur. Puisque
\[ \lim_{x\to x_0}g(x)=5>0, \]
le théorème de la permanence du signe implique
\[ g(x)>0 \]
pour \(x\) suffisamment proche de \(x_0\).
En particulier, \(g(x)\neq0\), de sorte que le quotient est bien défini.
Nous avons donc un numérateur positif et un dénominateur positif. Leur quotient est positif :
\[ \frac{[f(x)-g(x)]h(x)}{g(x)}>0. \]
Il convient de noter que chaque information sur le signe pourrait initialement n'être valable que sur un voisinage différent de \(x_0\). Cependant, comme les voisinages à considérer sont en nombre fini, on peut choisir un unique voisinage suffisamment petit sur lequel toutes les propriétés obtenues sont vraies simultanément.