Solution des exercices : Limites et continuité-Ts
Classe:
Terminale
Déterminer l'ensemble de définition d'une fonction
Exercice 1
1) Le réel x appartient à l'ensemble de définition Df de la fonction f si, et seulement si, il est solution du système : (∗) {x2+2x+3≥0(1)x2−3x−4≥0(2)
Le discriminant : Δ associé au trinôme : x2+2x+3 vaut :
Δ=22−4×1×3=4−12=−8.
Il est strictement négatif et le coefficient de « x2 » est positif (il vaut 1).
On en déduit :
∀x∈R, x2+2x+3>0
Le discriminant Δ associé au trinôme : x2−3x−4 vaut :
Δ=(−3)2−4×1×(−4)=9+16=25.
Il est strictement positif et on vérifie aisément que le trinôme a pour racines −1 et 4.
On en déduit que (x2−3x−4≥0)⇔(x≤−1) ou (x≥4).
Faisons un tableau conjoint pour déterminer l'ensemble des solutions du système (∗)
x−∞−14+∞L'inéquation (1) est vérifiéeoui|oui|ouiL'inéquation (2) est vérifiéeoui|non|ouiLe système est vérifiéeoui|non|oui
Finalement : Df=]−∞; −1]∪[4; +∞[.
2) Soit f1 la fonction définie par : f1(x)=x+2√x+4.
Alors f1(x) existe si et seulement si x+4>0, soit : x>−4.
Df1=]−4; +∞[ et Df1∩]−∞; 0]=]−4; 0].
Soit f2 la fonction définie par : f2(x)=x+3−√x2+x−2.
Alors f2(x) existe si et seulement si x2+x−2≥0⇔(x≤−2) ou (x≥1).
Df2=]−∞; −2]∪[1; +∞[ et Df2∩[0; +∞[=[1; +∞[.
3) f(x) existe si et seulement si : {x2+5x≠0(1) et1−3xx2+5x≥0(2)
La condition (1) équivaut à x≠0 et x≠−5.
La condition (2) se résout à l'aide d'un tableau de signes :
x−∞−5−130+∞1−3x+|+|+|−x2+5x+|−|+|+Q+||−||+|−
Il en résulte que : Df=]−∞; −5[∪]0; 13].
4) f(x) existe si et seulement si : {1−3x≥0(1) etx2+5x>0(2)
On résout ces deux inéquations simultanées à l'aide d'un tableau de signes :
x−∞−5013+∞1−3x+|+|+|−x2+5x+||−||+|+
Il en résulte que : Df=]−∞; −5[∪]0; 13].
5) f(x) existe si et seulement si : x3−12x+16>0.
On peut remarquer que 2 est une racine évidente du polynôme au premier membre de cette inégalité.
Par la méthode de Hörner, par exemple, on vérifie que celui-ci se factorise en (x+4)(x−2)2.
Il est alors clair que Df=]−4; 2[∪]2; +∞[.
6) f(x) existe si et seulement si : Il en résulte que : {1−x>0(1) et|x−3|−5≠0(2)
La condition (1) équivaut à : x<1 et le contraire de la condition (2) s'écrit : |x−3|=5, ce qui équivaut à {x−3=5x−3=−5ou soit x=8 ou x=−2.
La condition (2) signifie donc qu'on doit avoir :
x≠8 et x≠−2.
Or, si x<1, x est certainement différent de 8.
En résumé, x doit être inférieur (strictement) à 1 et différent de −2, ce qui donne : Df=]−∞; −2[∪]−2; 1[.
7) f(x) existe si et seulement si : {x≥0(1) etπxn'est pas un multiple entier deπ(2)
En résumé, si x n'est pas un entier naturel.
Df=R∖N.
8) f(x) existe si et seulement si : x n'est pas un multiple impair de π2 (pour que tanx existe) et x2−π2 n'est pas un multiple entier de π.
Or x2−π2=kπ⇔x2=π(k+π)⇔
{k≥−πx=√π(k+π)oux=−√π(k+π)
Df est donc l'ensemble R privé des nombres de la forme (2h+1)π2, où h est un entier relatif quelconque, et de la forme √π(k+π) ou −√π(k+π), où k est un entier relatif supérieur ou égal à −3.
9) f(x) existe si et seulement si : {2sinx−1≥0(1) et2sin2x−1≠0(2)
Résolvons ces conditions dans [0; 2π[ par exemple.
Pour cela, on s'aide d'un schéma du cercle trigonométrique (voir le rappel sur les inéquations trigonométriques ci-dessus) :
1) signifie qu'un point d'abscisse curviligne x doit être situé sur l'arc rouge et (2) signifie que x doit être différent de π4, 3π4, 5π4 et 7π4.
Finalement Df∩[0; 2π[=[π6; π4[∪]π4; 3π4[∪]3π4; 5π6].
On en déduit le domaine de définition complet dans R en ajoutant 2π à chaque extrémité d'intervalle :
Df est la réunion des ensembles de la forme :
[π6+2kπ; π4+2kπ[∪]π4+2kπ; 3π4+2kπ[∪]3π4+2kπ; 5π6+2kπ], pour k appartenant à Z.
Calculs de limites
Exercice 2
1) La fonction f : x↦x3−3x+5 est une fonction polynôme.
Par conséquent limx→1(x3−3x+5)=f(1)=13−3×1+5=3.
2) La fonction f : x↦2x2+x−2 est une fonction polynôme.
Par conséquent limx→−1(2x2+x−2)=f(−1)=2×(−1)2−1−2=−1.
3) La fonction f : x↦3x+1x−3 est une fonction rationnelle définie au point x0=2.
Par conséquent limx→2(3x+1x−3)=f(2)=3×2+12−3=−7.
Extension de la notion de limite
Exercice 3
1) a) ∗ limx→+∞(x2−3x+1)=limx→+∞(x2)=+∞ (application du théorème sur la limite d'un polynôme à l'infini et d'une limite de référence).
∗ limx→−∞(x2−3x+1)=limx→−∞(x2)=+∞ (application du théorème sur la limite d'un polynôme à l'infini et d'une limite de référence).
b) La fonction f : ↦(x3−x)(x+1) est visiblement une fonction polynôme dont le monôme de plus haut degré est x3×x=x4.
On obtient alors :
∗ limx→+∞[(x3−x)(x+1)]=limx→+∞(x4)=+∞.
∗ limx→−∞[(x3−x)(x+1)]=limx→−∞(x4)=+∞.
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 : {Si x≤3,alorsf(x)=x2−x+3Si x≥3,alorsf(x)=x2+x−3
Il en résulte que :
limx→+∞f(x)=limx→+∞(x2+x−3)=limx→+∞(x2)=+∞.
Et : limx→−∞f(x)=limx→−∞(x2−x+3)=limx→−∞(x2)=+∞.
d) Méthode analogue au c) ci-dessus.
{Si x≤−45,alorsf(x)=2x2+5x−4Si x≥−45,alorsf(x)=2x2−5x+4
D'où : limx→+∞f(x)=limx→+∞(2x2−5x+4)=limx→+∞(2x2)=+∞.
Et : limx→−∞f(x)=limx→−∞(2x2+5x−4)=limx→+∞(2x2)=+∞.
e) Par application du théorème sur la limite d'une fonction rationnelle à l'infini :
∗ limx→+∞(2x2−xx+3)=limx→+∞(2x2x)=limx→+∞(2x)=+∞.
∗ limx→−∞(2x2−xx+3)=limx→−∞(2x2x)=limx→−∞(2x)=−∞.
f) Par application du théorème sur la limite d'une fonction rationnelle à l'infini :
∗ limx→+∞(x+1x2+2)=limx→+∞(xx2)=limx→+∞(1x)=0.
∗ limx→−∞(x+1x2+2)=limx→−∞(xx2)=limx→−∞(1x)=0.
g) Par application du théorème sur la limite d'une fonction rationnelle à l'infini :
∗ limx→+∞(x3−3xx3+x+2)=limx→+∞(x3x3)=limx→+∞(1)=1.
∗ limx→−∞(x3−3xx3+x+2)=limx→−∞(x3x3)=limx→−∞(1)=1.
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 :
∗ limx→+∞(√x+1√x−1)=limx→+∞(√x(1+1√x)√x(1−1√x))=limx→+∞(1+1√x)(1−1√x)=1
car limx→+∞1√x=0.
∗ Cette fonction n'étant définie que pour x≥0 et x≠1(vérification laissée au lecteur), sa limite en −∞ n'existe pas.
2) a) limx→1(1x−1)
Le graphique de signe de l'expression (x−1) autour de 1 est :
Il en résulte que : limx→1+(1x−1)=+∞ car {N→1D→0+
où N et D désignent le numérateur et le dénominateur de la fonction.
De même, limx→1−(1x−1)=−∞ car {N→1D→0+
b) limx→2(−3x2−4) et limx→−2(−3x2−4)
Le graphique de signe de l'expression (x2−4) autour de −2 et de 2 est :
Il en résulte que : limx→(−2)+(−3x2−4)=−∞ car {N→−3D→0− et limx→(−2)+(−3x2−4)=+∞ car {N→−3D→0−
De même, limx→2+(−3x2−4)=−∞ car {N→−3D→0+ et limx→2−(−3x2−4)=+∞ car {N→−3D→0−
c) limx→−3(x2+x+3(x+3)2(−2)) et limx→2(x2+x+3(x+3)2(x−2))
Ici encore, on a affaire à une limite du type ″réelzéro″, 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 :
x−∞−32+∞(x+3)2+|+|+(x−2)−|−|+Produit−|−|+
Il en résulte que : limx→(−3)−(x2+x+3(x+3)2(x−2))=−∞ car {N→9D→0− et limx→(−3)+(x2+x+3(x+3)2(x−2))=−∞ car {N→9D→0−
De même, limx→(2)+(x2+x+3(x+3)2(x−2))=−∞ car {N→9D→0− et limx→(2)−(x2+x+3(x+3)2(x−2))=+∞ car {N→9D→0+
d) limx→(2k+1)π2(tanx)
Posons x0=(2k+1)π2, (k∈Z)
∗ Si k est pair, (nombres du type, −3π2, π2, 5π2, etc...) le cosinus est positif pour les valeurs de x inférieures à x0 et négatif pour les valeurs de x supérieures à x0 (le vérifier sur un graphique dans le cas de π2 par exemple), tandis que le sinus tend vers 1.
D'où : limx→x+0tanx=−∞ car {N→1D→0− et limx→x−0tanx=+∞ car {N→1D→0+
∗ Si k est impair, (nombres du type, −π2, 3π2, 7π2, etc...) le cosinus est négatif pour les valeurs de x inférieures à x0 et positif pour les valeurs de x supérieures à x0 (le vérifier sur un graphique dans le cas de −π2 par exemple), tandis que le sinus tend vers −1.
D'où : limx→x+0tanx=−∞ car {N→−1D→0+ et limx→x−0tanx=+∞ car {N→1D→0−
Dans les deux cas, limx→x0tanx n'existe pas !
e) limx→π(21+cosx)
L'expression (1+cosx) est toujours positive car l'on a −1≤cosx≤1 pour tout réel x.
limx→π+(21+cosx)=+∞ car {N→2D→0+ et limx→π−(21+cosx)=+∞ car {N→2D→0+
On peut donc conclure que :limx→π(21+cosx)=+∞.
f) limx→−π6(31+2sinx)
Le graphique ci-dessous :
montre que l'on a sinx>−12 (ou, ce qui est équivalent 2sinx+1>0) lorsque x>−π6 et sinx<−12 lorsque x<−π6.
Par conséquent, le dénominateur de l'expression 31+2sinx tend vers 0− lorsque x tend vers (−π6) par valeurs inférieures et vers 0+ lorsque x tend vers (−π6) par valeurs supérieures.
Le calcul suivant en découle :
limx→(−π6)−(31+2sinx)=−∞ car {N→3D→0− et limx→(−π6)+(31+2sinx)=−∞ car {N→3D→0+
3) a) f : x↦1−cosxx2−2x|x|x0=0
On a : f(x)={1−cosx3x2si <01−cosx−x2si ≥0
Par suite, en utilisant la limite usuelle : limx→0(1−cosxx3)=12 on obtient :
limx→0−f(x)=limx→0−(13×1−cosxx2), soit limx→0−f(x)=16.
Et de manière analogue limx→0+f(x)=−12.
b) f : x↦{x2−1,x≤0x2+1,x>0x0=0
limx→0−f(x)=limx→0−(x2−1)=−1 et limx→0+f(x)=limx→0+(x2+1)=1.
c) f : x↦x2+x√x2x0=0
On a pour tout x non nul, √x2=|x|, d'où
limx→0−f(x)=limx→0−(x2+x−x)=limx→0−(−x+1)=−1
et limx→0+f(x)=limx→0+(x2+xx)=limx→0+(x+1)=1
d) f : x↦|2x+1|2x+1x0=−12
On a : f(x)={−1 si x<−121 si x>−12,
D'où : limx→(−12)+f(x)=1 et limx→(−12)−f(x)=−1.
e) f : x↦x√(x−1)2x0=1
On a : f(x)=x|x−1|={x(−x+1)si x≤1x(x−1)si ≥1
On a limx→0−f(x)=limx→0+f(x)=0.
\begin{array}{lcl}9)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{1-\cos x}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2}\times|\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)|}\right].\end{array}
Levée l'indétermination
Exercice 4
1) f : x↦x3+3x−4x−1 en 1, −∞, +∞
Df=R∖1=]−∞; 1[∪]1; +∞[
∙ Le calcul de la limite de f en 1 se présente a priori sous la forme d'une indétermination du type « 00 », car lorsque x tend vers 1, aussi bien le numérateur que le dénominateur de la fraction f(x) tendent vers 0.
On cherche donc à factoriser le numérateur et le dénominateur qui sont des polynômes ayant une racine commune, à savoir, 1.
Par la méthode de Hörner ou la division euclidienne, on obtient facilement pour le numérateur : x3+3x−4=(x−1)(x2+x+4).
D'où, en simplifiant : limx→1f(x)=limx→1(x2+x+4)=6.
∙ Pour les limites en +∞ et en −∞, on utilise le théorème relatif à la limite d'une fonction rationnelle à l'infini :
limx→−∞f(x)=limx→−∞(x3x)=limx→−∞(x2)=+∞
limx→+∞f(x)=limx→+∞(x3x)=limx→+∞(x2)=+∞
2) f : x↦x2+4x+4x2+8 en −2, −∞, +∞
Méthodes analogues à celles du 1) précédent.
∗ limx→−2f(x)=limx→−2[(x+2)2(x+2)(x2−x+4)]=lim→−2[(x+2)(x2−x+4)]=0
car {N→0D→10
∗ limx→−∞f(x)=limx→−∞(x2x3)=limx→−∞(1x)=0
∗ limx→+∞f(x)=limx→+∞(x2x3)=limx→+∞(1x)=0
3) f : x↦√1+x2−x en −∞, +∞
∙ En −∞, le calcul de la limite ne présente pas d'indétermination car : {limx→−∞(1+x2)=+∞ et limx→+∞√x=+∞
d'où, par composition : limx→−∞√1+x2=+∞(1) et limx→−∞(−x)=+∞(2)
Par somme, on en déduit alors que : limx→−∞=+∞
∙ En +∞, on a une indétermination du type « +∞−∞ ».
On utilise l'expression conjuguée pour la lever.
limx→+∞f(x)=limx→+∞[(√1+x2−x)(√1+x2+x)(√1+x2+x)]=limx→+∞[1+x2−x3(√1+x2+x)]=limx→+∞[1(√1+x2+x)]
Or, on a : {limx→+∞(1+x2)=+∞ et limx→+∞√x=+∞
d'où, par composition :
limx→+∞√1+x2=+∞(3)
et limx→+∞(x)=+∞(4).
Par somme, on en déduit alors que : limx→+∞(√1+x2+x)=+∞.
On en conclut alors que limx→+∞f(x)=limx→+∞[1(√1+x2+x)]=0
car {N→1D→+∞
4) f : x↦√3+x−2xx−1 en 1, +∞
On vérifie aisément que Df=[−3; 1[∪]1; +∞[.
∙ En 1, on a une indétermination du type « 00 ».
On la lève en multipliant numérateur et dénominateur par l'expression conjuguée du numérateur :
limx→1f(x)=limx→1[(√3+x−2x)(√3+x+2x)(x−1)(√3+x+2x)]=limx→1[3+x−4x2(x−1)(√3+x+2x]
Le numérateur de cette dernière expression est un trinôme du second degré qui a pour racines 1 et −34.
Il se factorise donc en −4(x−1)(x+34) ou encore en (x−1)(−4x−3).
Ainsilimx→1f(x)=limx→1[(x−1)(−4x−3)(x−1)(√3+x+2x)]=limx→1[(−4x−3)(√3+x+2x)]=−74
car {N→−7D→4
∙ En +∞, on a, en factorisant par x, au numérateur et au dénominateur :
limx→+∞f(x)=limx→+∞x(−2+√3+xx)x(1−1x)=limx→+∞−2+√3+xx(1−1x)
Or limx→+∞[√3+xx]=limx→+∞[√3+xx2] (car au voisinage de +\infty, on a x=\sqrt{x^{2}}).
\begin{array}{lcl}\text{Et les relations}\quad\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3+x}{x^{2}}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x}{x^{2}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)\\&=&0 \end{array}
Limite d'une fonction trigonométrique en 0
Exercice 5
\begin{array}{lcl}1)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{2x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{5x}\times\dfrac{5x}{2x}\right]\\&=&1\times\dfrac{5}{2}\\&=&\dfrac{5}{2}.\end{array}
\begin{array}{lcl}2)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{x}{\sin 3x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{x}{3x}\times\dfrac{3x}{\sin 3x}\right]\\&=&1\times\dfrac{1}{3}\\&=&\dfrac{1}{3}.\end{array}
\begin{array}{lcl}3)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{\sin 4x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{5x}\times\dfrac{5x}{4x}\times\dfrac{4x}{\sin 4x}\right]\\&=&1\times\dfrac{5}{4}\times 1\\&=&\dfrac{5}{4}.\end{array}
\begin{array}{lcl}4)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan x}{x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin x}{x}\times\dfrac{1}{\cos x}\right]\\&=&1\times\dfrac{1}{1}\\&=1&.\end{array}
\begin{array}{lcl}5)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sin x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{2x}\times\dfrac{2x}{x}\times\dfrac{x}{\sin x}\right]\\&=&1\times 2\times 1\\&=&2.\end{array}
\begin{array}{lcl}6)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin x}{\sqrt{x}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin x}{x}\times\dfrac{x}{\sqrt{x}}\right]\\&=&\left[\dfrac{\sin x}{x}\times\sqrt{x}\right]\\&=&1\times 0\\&=&0.\end{array}
\begin{array}{lcl}7)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{4\times\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1}{2}\times\left(\dfrac{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}{\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right)^{2}\right]\\&=&\dfrac{1}{2}\times 1^{2}\\&=&\dfrac{1}{2}.\end{array}
\begin{array}{lcl}8)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[-\dfrac{2\sin^{2}(2x)}{x^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{-2\sin^{2}(2x)}{4x^{2}}\times 4\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[-8\times\left(\dfrac{\sin(2x)}{(2x)}\right)^{2}\right]\\&=&-8\times 1^{2}\\&=&-8\end{array}
\begin{array}{lcl}9)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{1-\cos x}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2}\times|\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)|}\right].\end{array}
Il y a lieu de distinguer deux cas :
\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2}\times\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times\dfrac{\tan 2x}{2x}\times\dfrac{2x}{\dfrac{x}{2}}\times\dfrac{\dfrac{x}{2}}{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times 1\times 4\times 1\\&=&\dfrac{4}{\sqrt{2}}\\&=&2\sqrt{2}.\end{array}
\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left[\dfrac{\tan 2x}{-\sqrt{2}\times\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left[-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times\dfrac{\tan 2x}{2x}\times\dfrac{2x}{\dfrac{x}{2}}\times\dfrac{\dfrac{x}{2}}{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times 1\times 4\times 1\\&=&-\dfrac{4}{\sqrt{2}}\\&=&-2\sqrt{2}.\end{array}
\begin{array}{lcl}10)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1-\cos x}{\sin^{2}\pi x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\sin^{2}\pi x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}\times\dfrac{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}{(\pi x)^{2}}\times\dfrac{(\pi x)^{2}}{\sin^{2}\pi x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}\times\dfrac{1}{4\pi^{2}}\times\left(\dfrac{\pi x}{\sin\pi x}\right)^{2}\right]\\&=&2\times 1^{2}\times\dfrac{1}{4\pi^{2}}\times 1^{2}\\&=&\dfrac{1}{2\pi^{2}}.\end{array}
Il y a lieu de distinguer deux cas :
Limite d'une fonction trigonométrique en x_{0}
Exercice 6
1) f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin(2x-\pi)}{\tan(2x-\pi)}\quad x_{0}=\dfrac{\pi}{2}
Posant X=x-\dfrac{\pi}{2}, on obtient :
\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(2x-\pi)}{\tan(2x-\pi)}&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{\tan 2X}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{2X}\times\dfrac{2X}{\tan 2X}\end{array}
Les quantités \dfrac{\sin 2X}{2X} et \dfrac{2X}{\tan 2X} tendant tous deux vers 1 lorsque X tend vers 0, (voir exercice précédent) il est clair que :
\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(2x-\pi)}{\tan(2x-\pi)}=1.
2) f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin 6x}{2\cos x-\sqrt{3}}\quad x_{0}=\dfrac{\pi}{6}
Posons X=x-\dfrac{\pi}{6}.
Alors x=X+\dfrac{\pi}{6}.
\begin{array}{lcl}\lim_{\,X\rightarrow\dfrac{\pi}{6}}\dfrac{\sin 6x}{2\cos x-\sqrt{3}}&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 6\left(X+\dfrac{\pi}{6}\right)}{2\cos\left(X+\dfrac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin(6X+\pi)}{2\left(\cos X\cos\dfrac{\pi}{6}-\sin X\dfrac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{\sqrt{3}\cos X-\sin X-\sqrt{3}}\\&=&lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{\sqrt{3}(\cos X-1)-\sin X}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{2\sin X\cos X}{\sqrt{3}\left(-2\sin^{2}\dfrac{X}{2}\right)-2\sin\dfrac{X}{2}\cos\dfrac{X}{2}}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{4\sin\dfrac{X}{2}\cos\dfrac{X}{2}\cos X}{-2\sin\dfrac{X}{2}\left(\sqrt{3}\sin\dfrac{X}{2}+\cos\dfrac{X}{2}\right)}\\&=&\dfrac{4\times 1\times 1}{-2(\sqrt{3}\times 0+1)}\\&=&-2.\end{array}
3) f\ :\ x\mapsto\dfrac{\tan x}{\sin 2x-1}\quad x_{0}=\dfrac{\pi}{4}
On a \lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{4}}\tan x=1\text{ et }\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{4}}(\sin 2x-1)=0^{-}.
D'où \lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{4}}\dfrac{\tan x}{\sin 2x-1}=-\infty.
Morale : il faut toujours vérifier si l'on a bien affaire à une forme indéterminée avant de se lancer « tête baissée » dans les calculs.
Déterminer une limite par lecture graphique
Exercice 7
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).
Exercice 8
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.
Exercice 9
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&\rightarrow& 1\\ D&\rightarrow & 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&\rightarrow& 1\\ D&\rightarrow & 0^{-} \end{array}\right.
Limite d'une fonction composée
Exercice 10
1) f\ :\ x\mapsto\cos\dfrac{\pi(x+1)}{x}
Posons u(x)=\dfrac{\pi(x+1)}{x} et v(x)=\cos x.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\pi et \lim_{\,x\rightarrow \pi}v(x)=-1, entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :
\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\cos\dfrac{\pi(x+1)}{x}\right]=-1.
2) f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{2x^{2}-1}{x}}
Posons u(x)=\dfrac{2x^{2}-1}{x} et v(x)=\sqrt{x}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^{2}}{x}=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}2x=+\infty et \lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty, entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :
\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\left[\sqrt{\dfrac{2x^{2}-1}{x}}\right]=+\infty.
3) f\ :\ x\mapsto\sin\dfrac{1}{\sqrt{x}}\text{ en }+\infty
Posons u(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}} et v(x)=\sin x.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=0 et \lim_{\,x\rightarrow 0}\sin x=0, entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :
\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\sin\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right]=0.
4) f\ :\ x\mapsto\dfrac{1-\sqrt{|x|}}{2+\sqrt{|x|}}\text{ en }-\infty
Posons u(x)=\dfrac{x-1}{2+x}, v(x)=\sqrt{x} et w(x)=|x|.
On vérifie aisément les relations
\lim_{\,x\rightarrow -\infty}w(x)=+\infty, \lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty et \lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{-x}{x}=1.
D'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée (ici il y en a trois) : \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{1-\sqrt{|x|}}{2+\sqrt{|x|}}\right]=-1.
5) f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\text{ en }+\infty
Posons u(x)=\dfrac{2x+1}{x-3} et v(x)=\sqrt{x}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x}{x}=2 et \lim_{\,x\rightarrow 2}v(x)=\sqrt{2}, entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :
\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\right]=\sqrt{2}.
6) f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\text{ en }-\dfrac{1}{2}\;,\text{ puis en }3
Notons d'abord que la fonction f n'est définie que si x\neq 3 et si \dfrac{2x+1}{x-3}\geq 0.
En tenant compte de ces deux conditions, on voit facilement que D_{f}=\left]-\infty\;;\ -\dfrac{1}{2}\right]\cup]3\;;\ +\infty[.
\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 :\lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}\left(\sqrt{\dfrac{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 : \lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}\left(\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\right)=+\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&\rightarrow &1\\ D&\rightarrow&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 :
\lim_{\,x\rightarrow(-1)^{-}}\left(\sqrt{\dfrac{1}{x^{2}-1}}\right)=+\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 :
\lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}\left(\sqrt{\dfrac{1}{x^{2}-1}}\right)=+\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 :
\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\sqrt{\dfrac{1}{x^{2}-1}}\right)=0.
\ast En +\infty :
On a d'une manière analogue au cas ci-dessus :
\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\sqrt{\dfrac{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 :
\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\sin\dfrac{\pi x-1}{2x+1}\right)=1.
La démarche est tout à fait analogue en +\infty avec le même résultat.
Déterminer une limite par comparaison
Exercice 11
1) f\ :\ x\mapsto 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\text{ en }x_{0}=0
On a, pour tout x non nul et en particulier pour tout x de [-1\;;\ 0[\cup]0\;;\ 1] :
-1\leq\sin\dfrac{1}{x}\leq 1, d'où en multipliant les 3 membres par x^{2}\geq 0, -x^{2}\leq x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\leq x^{2}, puis en ajoutant 1 aux 3 membres de cette dernière inégalité :
1-x^{2}\leq 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\leq 1+x^{2}.
Puisque \lim_{\,x\rightarrow 0}(1-x^{2})=\lim_{\,x\rightarrow 0}(1+x^{2})=1, le théorème dit “ des gendarmes ” (ou théorème d'encadrement) permet de conclure que \lim_{\,x\rightarrow 0}\left(1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\right)=1.
2) f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin x}{x}\text{ en }+\infty\text{ et en }-\infty
On a pour tout x réel, et en particulier pour tout x de ]-\infty\;;\ 0[, -1\leq\sin x\leq 1, d'où en multipliant les 3 membres par \dfrac{1}{x}<0, -\dfrac{1}{x}\geq\dfrac{\sin x}{x}\geq\dfrac{1}{x} ou encore \dfrac{1}{x}\leq\dfrac{\sin x}{x}\leq-\dfrac{1}{x}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(-\dfrac{1}{x}\right)=0 et le théorème d'encadrement entraînent alors que :
\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)=0
De même on a pour tout réel x strictement positif, -1\leq\sin x\leq 1, d'où en multipliant les 3 membres par \dfrac{1}{x}>0, -\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{\sin x}{x}\leq\dfrac{1}{x}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(-\dfrac{1}{x}\right)=0 et le théorème d'encadrement nous donnent : \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)=0
3) f\ :\ x\mapsto\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\text{ en }x_{0}=0
Pour tout réel x non nul, on a par définition du sinus d'un réel :
-1\leq\sin\dfrac{1}{x}\leq 1.
En ajoutant \dfrac{1}{x} aux trois membres de cette dernière inégalité, il vient :
-1+\dfrac{1}{x}\leq\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\leq 1+\dfrac{1}{x}.
\bullet Pour x<0, l'inégalité \sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\leq 1+\dfrac{1}{x} et le fait que \lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=-\infty entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de majoration) que :
\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left(\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\right)=-\infty.
\bullet Pour x>0, l'inégalité \sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\geq 1+\dfrac{1}{x} et le fait que \lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=+\infty entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de minoration) que :
\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left(\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\right)=+\infty.
4) f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin x+2}{x}\text{ en }+\infty\text{ et en }-\infty
Pour tout réel x, on a par définition du sinus d'un réel : -1\leq\sin x\leq 1.
D'où en ajoutant 2 aux trois membres, 1\leq 2+\sin x\leq 3.
\bullet Pour tout réel x strictement positif, multiplions les trois membres par \dfrac{1}{x}>0 pour obtenir :
\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{2+\sin x}{x}\leq\dfrac{3}{x}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3}{x}\right)=0 et le théorème d'encadrement nous donnent : \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2+\sin x}{x}\right)=0
\bullet Pour tout réel x strictement négatif, multiplions les trois membres par \dfrac{1}{x}<0 pour obtenir :
\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{2+\sin x}{x}\leq\dfrac{3}{x}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{3}{x}\right)=0 et le théorème d'encadrement nous donnent : \lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{2+\sin x}{x}\right)=0
5) f\ :\ x\mapsto\cos x-x\text{ en }+\infty\text{ et en }-\infty
Pour tout réel x, on a par définition du cosinus d'un réel : -1\leq\cos x\leq 1.
D'où en ajoutant -x aux trois membres, -1-x\leq\cos x-x\leq 1-x.
\bullet Pour x<0, l'inégalité \cos x-x\geq -1-x et le fait que \lim_{\,x\rightarrow -\infty}(-1-x)=+\infty entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de minoration) que :
\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}(\cos x-x)=+\infty.
\bullet Pour x>0, l'inégalité \cos x-x\leq 1-x et le fait que \lim_{\,x\rightarrow +\infty}(1-x)=-\infty entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de majoration) que : \lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}(\cos x-x)=-\infty.
6) f\ :\ x\mapsto 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\text{ en }0
Pour tout réel x non nul, on a par définition du sinus d'un réel : -1\leq \sin\dfrac{1}{x}\leq 1.
D'où en multipliant les 3 membres par x^{2}\geq 0,
-x^{2}\leq x^{2}\sin\dfrac{1}{x}x^{2}.
Puis, en ajoutant 1 aux trois membres, on obtient :
1-x^{2}\leq 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\leq1+x^{2}.
Les relations \lim_{\,x\rightarrow 0}(1-x^{2})=\lim_{\,x\rightarrow 0}(1+x^{2})=1 et le théorème d'encadrement nous donnent : \lim_{\,x\rightarrow 0}\left(1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\right)=1.
Étude des branches infinies
Exercice 12
1) Posons f(x)=\dfrac{x+2}{2x-3}.
D_{f}=\left]-\infty\;;\ \dfrac{3}{2}\right[\cup\left]\dfrac{3}{2}\;;\ +\infty\right[.
\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x}{2x}\right)=\dfrac{1}{2} :
il en résulte que la droite D_{2} d'équation y=\dfrac{1}{2} est asymptote à \mathcal{C} au voisinage de -\infty.
Le tableau de signes de 2x-3 autour de \dfrac{3}{2} étant :
\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x&-\infty& &\dfrac{3}{2}& &+\infty\\ \hline 2x-3& &-&|&+&\\ \hline \end{array}
On a :
\lim_{\,x\rightarrow\left(\dfrac{3}{2}\right)^{-}}f(x)=-\infty car \left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&\dfrac{7}{2}\\ D&\rightarrow& 0^{-} \end{array}\right.
et \lim_{\,x\rightarrow\left(\dfrac{3}{2}\right)^{+}}f(x)=+\infty car \left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&\dfrac{7}{2}\\ D&\rightarrow& 0^{+} \end{array}\right..
Il en résulte que la droite \mathcal{D}_{1} d'équation x=\dfrac{1}{2} est asymptote verticale à \mathcal{C}.
Enfin \lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x}{2x}\right)=\dfrac{1}{2} :
Il en résulte que la droite \mathcal{D}_{2} d'équation y=\dfrac{1}{2} est asymptote à \mathcal{C} au voisinage de +\infty.
Exercice 13
1) \ast\ lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\sqrt{x+2}\right)=0 ;
\ast\ lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}\left(\dfrac{2x^{2}-|x^{3}|}{x+2}\right)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}\left(\dfrac{2x^{2}+x^{3}}{x+2}\right)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\dfrac{x^{2}(2+x)}{x+2}\right) (car au voisinage de -2, x est négatif, donc x^{3} aussi).
D'où \lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}f(x)=(-2)^{2}=4.
Enfin f(-2)=\sqrt{-2+2}=0.
Il résulte de ces calculs que f est continue à droite, mais pas à gauche en -2.
En résumé, f n'est pas continue en -2.
2) On a, pour tout x de ]-\infty\;;\ -2[, f(x)=\dfrac{2x^{2}+x^{3}}{x+2}=x^{2} (après simplification par (x+2) comme ci-dessus).
Exercice 14
1) f\ :\ x\mapsto 3x^{2}+x-1
f est définie et continue sur \mathbb{R} comme fonction polynôme.
2) f\ :\ x\mapsto\dfrac{2x+1}{2x-1}
f est définie et continue sur \mathbb{R}\setminus\left\lbrace\dfrac{1}{2}\right\rbrace comme fonction rationnelle.
3) f\ :\ x\mapsto\sqrt{x^{2}+5x-5}
f(x) existe si et seulement si x^{2}+5x-5\geq 0, soit après calcul des racines du trinôme, x\in D=\left]-\infty\;;\ \dfrac{-5+3\sqrt{5}}{2}\right]\cup\left[\dfrac{-5+3\sqrt{5}}{2}\;;\ +\infty\right[.
La fonction g\ :\ x\mapsto x^{2}+5x-5 étant continue et positive sur D, il résulte d'un théorème du cours de Première que la fonction f=\sqrt{g} est continue sur D.
Auteur:
Mouhamadou ka
Commentaires
AMANI (non vérifié)
ven, 10/01/2021 - 13:01
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DEMANDE INTEGRATION
AMANI (non vérifié)
ven, 10/01/2021 - 13:01
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DEMANDE INTEGRATION
Anonyme (non vérifié)
ven, 07/19/2024 - 02:51
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Bien
Serigne fallou sarr (non vérifié)
lun, 11/11/2024 - 23:48
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Bac
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