Catégorie : Niveau Première

Soit $x_0$ un réel non nul. L’écriture $\lim_{x\to x_0} \frac{1}{x} = \frac{1}{x_0}$ cache en réalité certaines propriétés assez subtiles et délicates à écrire. Cela va être expliqué en détail dans cet article.

En effet, quand $x$ se rapproche de $x_0$, qu’est-ce qui permet d’affirmer que $\frac{1}{x}$ existe ? Et à supposer qu’il est bien défini, pourquoi est-il proche de $\frac{1}{x_0}$ ?

Le plan

Soit $x_0$ un réel non nul et $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Vous allez montrer qu’il existe un réel $\alpha > 0$, de sorte que, dans un premier temps, pour tout $x\in\R, \vert x-x_0\vert < \alpha \implies x\neq 0.$

Cela prouvera que, sur l’intervalle $\left]x_0-\alpha, x_0+\alpha\right[$, la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est bien définie.

Dans un second temps, pour un autre réel noté encore $\alpha$, vous montrerez que, pour tout $x\in \left]x_0-\alpha, x_0+\alpha\right[$, $\frac{1}{x}$ est bien défini et $\left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert< \varepsilon.$

Etablissez l’existence de $\alpha>0$ satisfaisant l’implication $\forall x\in\R, \vert x-x_0\vert < \alpha \implies x\neq 0$

Le but consiste à minorer la valeur absolue de $x$ par un réel strictement positif.

L’inégalité triangulaire, propriété très importante de la valeur absolue, va vous permettre de conclure.

Soit pour le moment un réel $\alpha >0$ et $x$ un réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$ Par symétrie de la valeur absolue, vous avez aussi $\vert x_0-x\vert < \alpha.$

Remarquez dans un premier temps que $x_0 = (x_0-x) + x.$

Vous en déduisez les majorations suivantes :

\begin{aligned}
\vert x_0 \vert &\leq \vert x_0-x\vert + \vert x \vert\\
&< \alpha + \vert x \vert.
\end{aligned}

Si bien que $\vert x_0 \vert – \alpha < \vert x \vert.$

Maintenant, posez $\alpha = \frac{\vert x_0 \vert}{2}.$ Comme $x_0$ est non nul, le réel $\alpha$ est bien strictement positif.

Soit $x$ un réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$

Alors $\vert x_0 \vert – \alpha < \vert x \vert$ d’où $2\alpha – \alpha < \vert x \vert$ et par suite $0<\alpha<\vert x \vert$ ce qui implique que $x$ est non nul.

Remarque. Vous pourriez choisir $\alpha = \vert x_0 \vert$ ce qui suffirait. Vous auriez $\vert x \vert > 0.$ Mais alors, dans le paragraphe qui suit, vous seriez coincé pour obtenir une majoration de $\frac{1}{\vert x\vert}.$

Effectuez une recherche pour trouver une bonne valeur du réel $\alpha$

Reprenez le nombre $\alpha$ défini par $\frac{\vert x_0 \vert}{2}.$

D’après le paragraphe précédent, pour tout réel $x$ vérifiant $\vert x-x_0\vert < \alpha$ le nombre $x$ est non nul donc le réel $\frac{1}{x}$ est bien défini.

Vous avez même établi que $\vert x \vert > \alpha >0$ donc $\frac{1}{\alpha} > \frac{1}{\vert x \vert}.$

Soit donc $x$ un réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$

Vous établissez les majorations suivantes :

\begin{aligned}
\left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert &\leq \left\lvert\frac{x_0-x}{x \times x_0} \right\rvert\\
&\leq \frac{\vert x_0-x \vert }{\vert x_0 \vert}\times \frac{1}{\vert x \vert} \\
&< \frac{\vert x_0-x\vert }{\vert x_0 \vert}\times \frac{1}{\alpha}.
\end{aligned}

Pour que le membre de droite soit strictement inférieur à $\varepsilon$, vous voulez avoir $\vert x_0-x\vert < \varepsilon \alpha \vert x_0 \vert$ ce qui conduit à choisir $x$ tel que $\vert x_0-x\vert < \frac{\varepsilon \vert x_0 \vert ^2}{2}.$

Etablissez l’existence de $\alpha>0$ satisfaisant l’implication $\forall x\in\R, \vert x-x_0\vert < \alpha \implies \left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert< \varepsilon$

D’après les deux paragraphes précédents, vous posez $\alpha = \mathrm{Min}\left(\frac{\vert x_0 \vert}{2}, \frac{\varepsilon \vert x_0 \vert^2}{2}\right).$

Soit $x$ un nombre réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$

Par inégalité triangulaire :

$\vert x_0 \vert \leq \vert x_0-x \vert +\vert x\vert$

d’où $\vert x_0 \vert < \alpha +\vert x\vert$ et $\vert x_0 \vert < \frac{\vert x_0 \vert}{2} +\vert x\vert$ et donc $0 < \frac{\vert x_0 \vert}{2} < \vert x \vert.$

Donc $x$ est non nul et $\frac{1}{x}$ est bien défini.

Alors :

\begin{aligned}
\left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert &\leq \left\lvert\frac{x_0-x}{x\times x_0} \right\rvert \\
&\leq \frac{\vert x-x_0 \vert}{\vert x_0\vert} \times \frac{1}{\vert x \vert} \\
&\leq \frac{\vert x-x_0 \vert}{\vert x_0\vert} \times \frac{2}{\vert x_0 \vert} \\
&\leq \frac{2\vert x-x_0 \vert}{\vert x_0\vert^2} \\
&< \frac{2 \alpha }{\vert x_0\vert^2} \\
&< \varepsilon.
\end{aligned}

Concluez

Le résultat établi s’écrit en termes de limites.

Pour tout $x_0\neq 0$, $\lim_{x\to x_0} \frac{1}{x} = \frac{1}{x_0}.$

On dit aussi que, pour tout $x_0\neq 0$, la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est non seulement bien définie dans un voisinage de $x_0$, mais aussi continue en $x_0.$

Considérez la figure ci-dessous.

$ABCD$ est un carré, le point $E$ est situé à l’intérieur de ce carré pour que le triangle $ABE$ soit équilatéral, le point $F$ est situé à l’extérieur de ce même carré pour que le triangle $BCF$ soit équilatéral.

Notez $a = AB$ la valeur du côté du carré.

Vous allez montrer uniquement avec des calculs de distances que les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés dans cet ordre.

Calculez la distance entre $D$ et $F$

Comme le triangle $DCF$ est isocèle en $C$, vous obtenez par le théorème d’Al-Kashi :

\begin{align*}
DF^2 &= DC^2+CF^2-2\times DC\times CF\times \cos 150°\\
&= 2a^2-2a^2 \cos 150°\\
&= 2a^2+2a^2\cos 30°\\
&=2a^2+2a^2\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
&=2a^2+a^2\sqrt{3}\\
&=a^2(2+\sqrt{3}).
\end{align*}

Avant de prendre la racine carrée, il convient de voir si $2+\sqrt{3}$ s’écrit comme un carré agréable, et c’est effectivement le cas.

Remarquez que :

\begin{align*}
(\sqrt{2}+\sqrt{6})^2 &= 2+6+2\sqrt{12}\\
&=8+2\times 2\sqrt{3}\\
&=8+4\sqrt{3}\\
&=4(2+\sqrt{3}).
\end{align*}

Ainsi :

\begin{align*}
4DF^2 &= 4a^2(2+\sqrt{3})\\
&= a^2(\sqrt{2}+\sqrt{6})^2.
\end{align*}

Par positivité des distances $\boxed{2DF = a(\sqrt{2}+\sqrt{6}).}$

Calculez la distance entre $D$ et $E$

Comme le triangle $ADE$ est isocèle en $A$, vous obtenez par le théorème d’Al-Kashi :

\begin{align*}
DE^2 &= AE^2+AD^2-2\times AE \times AD\times \cos 30°\\
&=2a^2-2a^2\cos30°\\
&=2a^2-a^2\sqrt{3}\\
&=a^2(2-\sqrt{3}).
\end{align*}

Remarquez comme dans le paragraphe précédent que :

\begin{align*}
(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2 &= 6+2-2\sqrt{12}\\
&=8-2\times 2\sqrt{3}\\
&=8-4\sqrt{3}\\
&=4(2-\sqrt{3}).
\end{align*}

Par positivité des distances et du nombre $\sqrt{6}-\sqrt{2}$, vous obtenez $\boxed{2DE = a(\sqrt{6}-\sqrt{2}).}$

Calculez la distance entre $E$ et $F$

Le triangle $EBF$ est isocèle en $B$. De plus, $\widehat{EBF} =\widehat{EBC}+\widehat{CBF} = 30°+60°=90°.$ Par conséquent, le triangle $EBF$ est rectangle isocèle en $B$. Le théorème de Pythagore fournit :

\begin{align*}
EF^2 &= BE^2+BF^2\\
&=2a^2.
\end{align*}

Du coup $EF = a\sqrt{2}.$

Montrez que $DE+EF=DF$

Par somme :

\begin{align*}
2DE+2EF &= a(\sqrt{6}-\sqrt{2}) + 2a\sqrt{2}\\
&=a(\sqrt{6}+\sqrt{2})\\
&=2DF.
\end{align*}

L’égalité $DE+EF=DF$ entraîne l’appartenance du point $E$ au segment $[DF]$ comme annoncé.

Prolongement

L’alignement des points $D$, $E$ et $F$ peut être démontrée autrement. Voici une autre méthode utilisant des homothéties, une projection et une translation.