Svp besoin d 'aide urgent

[invited3a4ada6]

Oui la fonction va en effet osciller.. cependant l'idée d'introduire une suite pour le rpouver est elle juste ou non?
Cordialement.
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[stefjm]

La fonction est définie sur R mais pas la limite à l'infini.

https://www.wolframalpha.com/input/?i2d=true&i=x*sin+x

[invited3a4ada6]

Je vois, et du coup comment je pourrais démontrer cela?
Cordialement

[stefjm]

Vous avez quoi comme définition de limite à l'infini?

[invited3a4ada6]

Pour une valeur infinie de
x
, une fonction peut aussi prendre une valeur infinie, positive ou négative.
Quand x tend vers +∞,f tend vers +∞ si pour tout réel A il existe un réel atel que, quel que soit x>a,f(x)>A

[gg0]

Attention !
1) "Pour une valeur infinie de x" n'a aucun sens
2) Que cherches-tu à démontrer, précisément ? Car tu parlais de fonction à majorer et maintenant tu parles d'autre chose, non expliqué.

Si tu poses des questions de travers, tu auras des réponses de travers.

[invited3a4ada6]

oui, excusez moi. En effet, la je cherche a montrer que f(x)= xsinx n'a pacomme limite + l'infini en +l'infini
Cordialement

[jiherve]

re
bis repetita cette fonction n'a pas de limite définie au sens précise, unique !
JR

[invited3a4ada6]

D'accord, donc je peux tout simplement encadrer sinx par -1 et 1 puis multiplié par x ce qui donne -x<=xsinx<=x ?

[gg0]

Non. Il te suffit de montrer qu'elle ne vérifie pas la définition de la limite +oo en +oo, dans ce cas la considération des f(n.pi) convient bien. A condition de rédiger correctement.
Mais tu l'aurais dit dès le départ ...
Comment veux-tu qu'on comprenne que tu as changé de sujet ?

[invited3a4ada6]

Alors voila mon raisonnement pour la limite;
pour tout n appartenant a N, pn considere la suite (yn) definit par yn = 2npi on a bien lim yn = + l'infini.
Or, f(yn)=2npi sin (2npi)=0 ( car sin pi = 0)
donc f ne tend pas vers + l'infin en + l'infin

est ce correct?
Cordialement

[jacknicklaus]

Non ce n'est pas correct.

pour tout n appartenant a N, pn considere la suite (yn) definit par yn = 2npi on a bien lim yn = + l'infini.

c'est une digression qui n'apporte rien

Or, f(yn)=2npi sin (2npi)=0 ( car sin pi = 0)

sin(pi) = 0 n'est pas la bonne raison. Si tu veux vraiment démontrer, dit que sinus est 2pi périodique et donc que sin(2npi) = sin(0) = 0. Mais en maths du supérieur, sin(2npi) = 0 est une évidence tu n'as rien à ajouter.

donc f ne tend pas vers + l'infin en + l'infin

Ca n'est pas prouvé convenablement

Pour une démo correcte, comme dit au #40, il suffit de partir de la définition d'une fonction f(x) qui tend vers infini si x tend vers infini :


Maintenant, r étant donné, il te suffit de trouver un r' > r tel que f(r') = 0 ce qui contredit la définition. A toi de faire.

[invited3a4ada6]

si je prend r= 2kpi et r'= pi/2 + 2kpi cela fonctionne?
Cordialement

[jacknicklaus]

non. tu ne peux pas "prendre" r = quelque chose.
et de plus sin(pi/2 + 2kpi) = 1 ce qui ne nous avance à rien
r t'est imposé par la définition (il existe r tel que ... etc...)

Mais tu peux choisir librement un r' qui va bien, à partir de tout valeur de r.

[invited3a4ada6]

Dans ce cas la partie entiere de r

[jacknicklaus]

y'a la bonne idée.

mais ce n'est pas la partie entière de r qu'il te faut

que penses tu de ?

Vois tu comment construire le réel r' avec l'entier k ?

[invited3a4ada6]

Je vais essayer de trouver la solution demain matin que je vous ferais part de mes raisonnements...
Je vous remercie de votre aide,
Très bonne soiréee,
Cordialement.

[invited3a4ada6]

BOnsoir,

voilà mon raisonnement;Pour que f comme limite + l'infini en + l'infini, il faut que qq soit A appartenant à R il existe x0 dans R (anécédant de A par f) tq qq soit x>x0 on a f(x)>= A.
Fixons A = 0 et x0=0 on a pour x =pi/2: f(pi/2)= pi/2 supérieur ou égal a A.
si x=3pi/2 ; f(x)= -3pi/2 inferieur à A
La condition n'est donc pas respectée.
Donc f(x)= xsinx n'admet pas de limite en + l'infini.

est ce correcte?
Cordialement.

[gg0]

"il faut que qq soit A appartenant à R"
"Fixons A = 0"

0 est un A quelconque ?????

[invited3a4ada6]

Non... je ne vois pas comment faire... si A est n'importe quel réel comment trouver alors x adéquat

[invited3a4ada6]

Mon raisonnement de base (et qui est le seul que j'ai réussi à finir) est;
Pour tout n ∈ N, on pose xn =π2 + 2nπ. Alors la suite (xn) tend vers +∞, et sin(xn) = 1 pourtout n, donc f(xn) = xn sin(xn) = xn. donc f(xn) tend vers +∞.
Pour tout n ∈ N, on pose yn = 2nπ. Alors la suite (yn) tend vers +∞, et sin(yn) = 0 pour tout n,donc f(yn) = yn sin(yn) = 0 donc f(yn) tend vers 0
Si la fonction f avait une limite en +∞, alors (d’après le critère séquentiel) les suites f(xn) et f(yn)
tendraient toutes les deux vers cette limite. Or f(xn) et f(yn) n’ont pas la même limite, donc f n’a
pas de limite en +∞.

[gg0]

Oui, cette preuve est correcte. Basée sur la contraposition du théorème "Si f a une limite (finie ou infinie) L en +oo, alors pour toute suite Un tendant vers +oo, f(Un) tend vers L". Si tu as ça dans ton cours, la preuve convient. Si tu ne l'as pas, il convient de le prouver ...

Sinon, pour la preuve avec la définition de la limite (qu'il faut que tu saches faire), comme A est quelconque, on ne peut pas tricher en choisissant une valeur pour A. Comme A est quelconque, il reste une lettre (un paramètre) et on va faire la preuve avec. Prouver que quelle que soit la valeur de M, la fonction prend des valeurs inférieur à M pour des x>A. ou avec les notations de Jacknicklaus, et pour tout l, quel que soit r, il existe des x>r tels que f(x)<l.

Cordialement.

[invited3a4ada6]

Bonjour,
Donc je devrais utiliser un raisonnement similaire à celui effectué pour montrer que xsinx n'est pas majoré? Dans ce cas l'utilisation d'une partie entière me semble judicieuse non?
Cordialement.

[jacknicklaus]

reprenons.

Si la fonction f(x) tendait vers +infini quand x tend vers +infini, celà veut dire, en francais, que pour toute valeur l arbitrairement grande et positive (1 million), il existe une valeur r positive (disons 10 millions) telle que TOUTE valeur de x PLUS GRANDE que r donnera un f(x) plus grand que l. Or tu vois bien que le graphe de x.sin(x) oscille sans arrêt et repasse par zéro chaque fois que sin(x) = 0. Donc il va exister toujours une valeur de x plus grande que r (> 10 millions) qui donnera un f(x) = 0, et comme 0 est plus petit plus petit que l (1 million), tu auras prouvé que celà ne marche pas.

En résumé, si je te donne une valeur de r quelconque (1 million par exemple), tu dois trouver explicitement un r', dépendant de r, qui remplit 2 conditions :
1) r' > r
2) f(r') = 0

je t'ai déjà donné une indication message #46

[invited3a4ada6]

r'= partie entière de r/pi ?

[invited3a4ada6]

ou tout simplement r'= k +1 avec le k donné dans le message 46

[jacknicklaus]

r'= partie entière de r/pi ?

ou tout simplement r'= k +1 avec le k donné dans le message 46

non ! refléchis 2 minutes : :
1) alors r' < r, donc ne convient pas
2) et de toutes façons sin(k) ou sin(k+1) avec k entier > 0 n'est jamais nul.

[invited3a4ada6]

donc r'= k+ pi/2

[jacknicklaus]

réfléchis 2 minutes svp.

je te donne un r = 62832

cela te donne un k = r/2pi = 10000 environ et un r' = k + pi/2 = 10001,6 environ
tu crois que
1) 10001,6 < 62832 ?!?!
2) sin(10001,6) = 0 ?!?!?

[invited3a4ada6]

r'= partie entière sup de k x pi + pi/2
on a alors f(r')= 0
et k x pi superieur a k vu que on a pi qui s'annule dans le k donné dans le message 46.