Solution des exercices : Limites et continuité-Ts

 

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}[(x^{3}-x)(x+1)]=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x^{4})=+\infty.$ 

 

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}[(x^{3}-x)(x+1)]=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(x^{4})=+\infty.$ 

 

c) En tenant compte du signe de l'expression sous la valeur absolue, on voit que  $f(x)$ s'exprime de deux manières suivant les valeurs de $x$ : $\left\lbrace$$\begin{array}{lllllll}\text{Si }x& \le & 3,& \text{alors}& f(x)& =& x^2-x+3\\ \text{Si }x& \ge & 3,& \text{alors}& f(x)& =& x^2+x-3\end{array}$$\right.$

 

Il en résulte que : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x^{2}+x-3)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x^{2})=+\infty.$  

 

Et : $\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(x^{2}-x+3)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(x^{2})=+\infty.$  

 

d) Méthode analogue au c) ci-dessus. 

$$\{\begin{array}{lllllll}\text{Si }x& \le & -{\displaystyle \frac{4}{5}},& \text{alors}& f(x)& =& 2x^2+5x-4\\ \text{Si }x& \ge & -{\displaystyle \frac{4}{5}},& \text{alors}& f(x)& =& 2x^2-5x+4\end{array}$$

 

D'où : $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(2x^{2}-5x+4)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(2x^{2})=+\infty.$ 

 

Et : $\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(2x^{2}+5x-4)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(2x^{2})=+\infty.$ 

 

e) Par application du théorème sur la limite d'une fonction rationnelle à l'infini : 

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{2x^2-x}{x+3}}\right)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{2x^2}{x}}\right)\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(2x)\\ & =& +\mathrm{\infty }.\end{array}$$$  

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{2x^2-x}{x+3}}\right)& =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{2x^2}{x}}\right)\\ & =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}(2x)\\ & =& -\mathrm{\infty }.\end{array}$$$

 

f) Par application du théorème sur la limite d'une fonction rationnelle à l'infini : 

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x+1}{x^2+2}}\right)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x}{x^2}}\right)\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)\\ & =& 0.\end{array}$$$  

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x+1}{x^2+2}}\right)& =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x}{x^2}}\right)\\ & =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)\\ & =& 0.\end{array}$$$  

 

g) Par application du théorème sur la limite d'une fonction rationnelle à l'infini : 

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x^3-3x}{x^3+x+2}}\right)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x^3}{x^3}}\right)\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(1)\\ & =& 1.\end{array}$$$ 

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x^3-3x}{x^3+x+2}}\right)& =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{x^3}{x^3}}\right)\\ & =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}(1)\\ & =& 1.\end{array}$$$ 

 

h) Attention, ici on n'a pas affaire à une fonction rationnelle. 

 

Il est donc hors de question d'utiliser les « monômes » de plus haut degré. 

 

On procède ainsi : 

 

$$$\begin{array}{lcl}\ast \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}}\right)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left({\displaystyle \frac{\sqrt{x}(1+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}})}{\sqrt{x}(1-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}})}}\right)\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{(1+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}})}{(1-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}})}}\\ & =& 1\end{array}$$$

car $\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}}=0.$

 

$\ast$ Cette fonction n'étant définie que pour $x\geq 0$ et $x\neq 1$(vérification laissée au lecteur), sa limite en $-\infty$ n'existe pas.

 

2) a) $\lim_{\,x\rightarrow 1}\left(\dfrac{1}{x-1}\right)$

 

Le graphique de signe de l'expression $(x-1)$ autour de $1$ est :

 

 

 

Il en résulte que : $\lim_{\,x\rightarrow 1^{+}}\left(\dfrac{1}{x-1}\right)=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$

où $N$ et $D$ désignent le numérateur et le dénominateur de la fonction. 

 

De même, $\lim_{\,x\rightarrow 1^{-}}\left(\dfrac{1}{x-1}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$

 

b) $\lim_{\,x\rightarrow 2}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)$ et $\lim_{\,x\rightarrow -2}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)$ 

 

Le graphique de signe de l'expression $(x^{2}-4)$ autour de $-2$ et de $2$ est :

 

 

 

Il en résulte que : $\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & -3\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & -3\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$

 

De même, $\lim_{\,x\rightarrow 2^{+}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & -3\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow 2^{-}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & -3\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$

 

c) $\lim_{\,x\rightarrow -3}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(-2)}\right)$ et $\lim_{\,x\rightarrow 2}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)$

 

Ici encore, on a affaire à une limite du type $''\dfrac{\text{réel}}{\text{zéro}}''$, donc il faut étudier le signe du dénominateur.

 

Le tableau de signe de l'expression $(x+3)^{2}(x-2)$ autour de $-3$ et de $2$ est :

$$\begin{array}{|clcccccr|}\hline x& -\mathrm{\infty }& & -3& & 2& +\mathrm{\infty }& \\ (x+3{)}^2& & +& |& +& |& +& \\ (x-2)& & -& |& -& |& +& \\ \text{Produit}& & -& |& -& |& +& \\ \hline\end{array}$$

 

Il en résulte que : $\lim_{\,x\rightarrow (-3)^{-}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 9\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow (-3)^{+}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 9\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$

 

De même,  $\lim_{\,x\rightarrow (2)^{+}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 9\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$ et  $\lim_{\,x\rightarrow (2)^{-}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 9\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$

 

d) $\lim_{\,x\rightarrow(2k+1)\dfrac{\pi}{2}}(\tan x)$

 

Posons $x_{0}=(2k+1)\dfrac{\pi}{2}\;,\ (k\in\mathbb{Z})$

 

$\ast$ Si $k$ est pair, (nombres du type, $-\dfrac{3\pi}{2}$, $\dfrac{\pi}{2}$, $\dfrac{5\pi}{2}$, etc...) le cosinus est positif pour les valeurs de $x$ inférieures à $x_{0}$ et négatif pour les valeurs de $x$ supérieures à $x_{0}$ (le vérifier sur un graphique dans le cas de $\dfrac{\pi}{2}$ par exemple), tandis que le sinus tend vers $1.$ 

 

D'où : $\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{+}}\tan x=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{-}}\tan x=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$ 

 

$\ast$ Si $k$ est impair, (nombres du type, $-\dfrac{\pi}{2}$, $\dfrac{3\pi}{2}$, $\dfrac{7\pi}{2}$, etc...) le cosinus est négatif pour les valeurs de $x$ inférieures à $x_{0}$ et positif pour les valeurs de $x$ supérieures à $x_{0}$ (le vérifier sur un graphique dans le cas de $-\dfrac{\pi}{2}$ par exemple), tandis que le sinus tend vers $-1.$ 

 

D'où : $\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{+}}\tan x=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & -1\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{-}}\tan x=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$

 

Dans les deux cas, $\lim_{\,x\rightarrow x_{0}}\tan x$ n'existe pas !

 

e) $\lim_{\,x\rightarrow\pi}\left(\dfrac{2}{1+\cos x}\right)$

 

L'expression $(1+\cos x)$ est toujours positive car l'on a $-1\leq\cos x\leq 1$ pour tout réel $x.$

 

$\lim_{\,x\rightarrow\pi^{+}}\left(\dfrac{2}{1+\cos x}\right)=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 2\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow\pi^{-}}\left(\dfrac{2}{1+\cos x}\right)=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 2\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$ 

 

On peut donc conclure que :$\lim_{\,x\rightarrow\pi}\left(\dfrac{2}{1+\cos x}\right)=+\infty.$

 

f) $\lim_{\,x\rightarrow-\dfrac{\pi}{6}}\left(\dfrac{3}{1+2\sin x}\right)$

 

Le graphique ci-dessous :

 

 

 

montre que l'on a $\sin x>-\dfrac{1}{2}$ (ou, ce qui est équivalent $2\sin x+1>0$) lorsque $x>-\dfrac{\pi}{6}$ et $\sin x<-\dfrac{1}{2}$ lorsque $x<-\dfrac{\pi}{6}.$ 

 

Par conséquent, le dénominateur de l'expression $\dfrac{3}{1+2\sin x}$ tend vers $0^{-}$ lorsque $x$ tend vers $\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)$ par valeurs inférieures et vers $0^{+}$ lorsque $x$ tend vers $\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)$ par valeurs supérieures.

 

Le calcul suivant en découle : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)^{-}}\left(\dfrac{3}{1+2\sin x}\right)=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 3\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$  et $\lim_{\,x\rightarrow\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)^{+}}\left(\dfrac{3}{1+2\sin x}\right)=-\infty$ car  $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 3\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$

 

3) a) $f\ :\ x\mapsto\dfrac{1-\cos x}{x^{2}-2x|x|}\quad x_{0}=0$  

 

On a : $f(x)=\left\lbrace$$\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1-\cos x}{3x^2}}& \text{si }<0\\ \\ {\displaystyle \frac{1-\cos x}{-x^2}}& \text{si }\ge 0\end{array}$$\right.$

 

Par suite, en utilisant la limite usuelle : $\lim_{\,x\rightarrow 0}\left(\dfrac{1-\cos x}{x^{3}}\right)=\dfrac{1}{2}$ on obtient : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left(\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}\right)$, soit $\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=\dfrac{1}{6}.$

 

Et de manière analogue $\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)=-\dfrac{1}{2}.$

 

b) $f\ :\ x\mapsto\left\lbrace$$\begin{array}{ll}{x}^2-1,& x\le 0\\ x^2+1,& x>0x_0=0\end{array}$$\right.$

 

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}(x^{2}-1)=-1$ et $\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}(x^{2}+1)=1.$

 

c) $f\ :\ x\mapsto\dfrac{x^{2}+x}{\sqrt{x^{2}}}\quad x_{0}=0$

 

On a pour tout $x$ non nul, $\sqrt{x^{2}}=|x|$, d'où

 

$$$\begin{array}{lcl}\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)& =& \underset{x\to 0^{-}}{lim}\left({\displaystyle \frac{x^2+x}{-x}}\right)\\ & =& \underset{x\to 0^{-}}{lim}(-x+1)\\ & =& -1\end{array}$$$

et $$$\begin{array}{lcl}\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)& =& \underset{x\to 0^{+}}{lim}\left({\displaystyle \frac{x^2+x}{x}}\right)\\ & =& \underset{x\to 0^{+}}{lim}(x+1)\\ & =& 1\end{array}$$$

 

d) $f\ :\ x\mapsto\dfrac{|2x+1|}{2x+1}\quad x_{0}=-\dfrac{1}{2}$

 

On a : $f(x)=\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}-1\text{ si }x& <& -{\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \\ 1\text{ si }x& >& -{\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$$\right.$,

 

D'où : $\lim_{\,x\rightarrow\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{+}}f(x)=1$ et $\lim_{\,x\rightarrow\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{-}}f(x)=-1.$

 

e) $f\ :\ x\mapsto x\sqrt{(x-1)^{2}}\quad x_{0}=1$

 

On a : $f(x)=x|x-1|=\left\lbrace$$\begin{array}{ll}x(-x+1)& \text{si }x\le 1\\ x(x-1)& \text{si }\ge 1\end{array}$$\right.$

 

On a $\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)=0.$

Levée l'indétermination

Exercice 4

Limite d'une fonction trigonométrique en $0$

Exercice 5

1) $D_{f}=\mathbb{R}\setminus{0}$ (on n'a pas indiqué si le point d'abscisse $0$ fait partie de la courbe).

 

2) $\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=+\infty\;;\ \lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)=0$ (voir l'allure de la courbe au voisinage de $0$);

 

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ (car $\mathcal{C}_{f}$ est asymptote à la droite d'équation $y=\dfrac{3}{5}x$ au voisinage de $+\infty$ et $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3}{5}x\right)=+\infty)$

 

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=2$ (car $\mathcal{C}_{f}$ admet pour asymptote horizontale la droite d'équation $y=2$ au voisinage de $-\infty).$

Déterminons tout d'abord une équation de la droite $\Delta.$ 

 

Elle est visiblement de la forme $y=ax+b.$ 

 

Puisqu'elle passe par le point de coordonnées $(0\;;\ 1)$, on a $b=1$ et elle passe par exemple par le point de coordonnées $(1\;;\ 2)$, donc on a aussi : $2=a+1\Rightarrow a=1.$ 

 

Finalement l'équation réduite de $\Delta$ est : $y=x+1.$

 

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ (car $\mathcal{C}_{f}$ est asymptote à la droite d'équation $y=x+1$ au voisinage de $+\infty$ et $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x+1)=+\infty$)

 

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=0$ (car $\mathcal{C}_{f}$ admet pour asymptote horizontale l'axe des abscisses $(y=0)$ au voisinage de $-\infty).$

 

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=+\infty$ (voir l'allure de la courbe au voisinage de $0$ à gauche) ;

 

$\ast$ Puisque $f$ admet pour asymptote oblique la droite $\Delta$ d'équation $y=x+1$, on a $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1.$

a) $\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=1$ (car $\mathcal{C}_{f}$ admet pour asymptote horizontale la droite d'équation $y=1$ au voisinage de $-\infty).$ 

 

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ (car $\mathcal{C}_{f}$ est asymptote à la droite d'équation $y=x$ au voisinage de $+\infty$ et $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$)

 

b) $\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=+\infty$ ; $\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)=+\infty$ (voir l'allure de la courbe au voisinage de $0$) ;

 

c) $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}[f(x)-x]=0$ (puisque, par hypothèse, la droite d'équation $y=x$ est une asymptote à la courbe au voisinage de $+\infty).$

 

d) Quand $x$ tend vers $\alpha$ par valeurs inférieures, $f(x)$ tend vers $0$ mais en restant positif. 

 

On en déduit que :

 

$\lim_{\,x\rightarrow \alpha^{+}}\dfrac{1}{f(x)})=+\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$

 

e) Quand $x$ tend vers $\alpha$ par valeurs supérieures, $f(x)$ tend vers $0$ mais en restant négatif. 

 

On en déduit que : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow \alpha^{-}}\dfrac{1}{f(x)})=-\infty$ car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{-}\end{array}$$\right.$

$\ast$ En $-\dfrac{1}{2}$ : 

 

Avec les notations de la question précédente, on a :

 

$\lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}u(x)=0$ et $\lim_{\,x\rightarrow 0}v(x)=0.$

 

d'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée :$$\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{lim}\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{2x+1}{x-3}}}\right)=0.$$

 

$\ast$ En $3$ : 

 

Avec les notations de la question précédente, on a : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow 3^{+}}u(x)=+\infty$ (car le numérateur de $u(x)$ tend vers $3$ tandis que son dénominateur tend vers $0^{+}$) et $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty$, d'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée : $$\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{lim}\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{2x+1}{x-3}}}\right)=+\mathrm{\infty }.$$

 

7) $f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{1}{x^{2}-1}}\text{ en }-1\;,\ 1\;,\ -\infty\;,\ + \infty$

 

$f(x)$ existe si et seulement si $\dfrac{1}{x^{2}-1}>0.$ 

 

$D_{f}=]-\infty\;;\ -1[\cup]1\;;\ +\infty[$

 

$\ast$ En $-1$ : 

 

Posons $u(x)=\dfrac{1}{x^{2}-1}$ et $v(x)=\sqrt{x}.$ 

 

On a $\lim_{\,x\rightarrow(-1)^{-}}u(x)=+\infty$

 

car $\left\lbrace$$\begin{array}{lcl}N& \to & 1\\ D& \to & 0^{+}\end{array}$$\right.$ et $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty$, 

 

d'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée : 

$$\underset{x\to (-1{)}^{-}}{lim}\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x^2-1}}}\right)=+\mathrm{\infty }$$

 

$\ast$ En $1$ : 

 

Avec les notations de la question précédente, on a : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow 1^{+}}u(x)=+\infty$ (car le numérateur de $u(x)$ tend vers $1$ tandis que son dénominateur tend vers $0^{+}$) 

 

et $\lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty$, d'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée : 

$$\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{lim}\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x^2-1}}}\right)=+\mathrm{\infty }.$$

 

$\ast$ En $-\infty$ : 

 

Avec les notations de la question précédente, on a : 

 

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x^{2}}\right)=0$

 

et $\lim_{\,x\rightarrow 0}v(x)=0$, d'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée : 

$$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x^2-1}}}\right)=0.$$

 

$\ast$ En $+\infty$ : 

 

On a d'une manière analogue au cas ci-dessus : 

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{x^2-1}}}\right)=0.$$

 

8) $f\ :\ x\mapsto\sin\left(\dfrac{\pi x-1}{2x+1}\right)\text{ en }-\infty\;,\ + \infty$

 

Posons $u(x)=\dfrac{\pi x-1}{2x+1}$ et $v(x)=\sin x.$ 

 

On a $\lim_{\,x\rightarrow -\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\dfrac{\pi x}{2x}=\dfrac{\pi}{2}$

 

et $\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}v(x)=1$, d'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée : 

$$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}(\sin {\displaystyle \frac{\pi x-1}{2x+1}})=1.$$

 

La démarche est tout à fait analogue en $+\infty$ avec le même résultat.