Limites de fonctions

I. Limite finie d'une fonction en un point

1. Définition

Limite finie en un point

On dit que

f (x)

admet pour limite $ℓ$ quand

x

tend vers

a

, et on note :

x \to a lim f (x) = ℓ

f (x)

peut être rendu aussi proche de

ℓ

que souhaité, pour

x

suffisamment proche de

a

(sans être égal à

a

Remarque

f

n'a pas besoin d'être définie en $a$ pour admettre une limite en

a

Exemple

lim_{x \to 3} (2 x + 1) = 7

2. Limite à gauche, limite à droite

Limites latérales

•

x \to a^{-} lim f (x) = ℓ_{1}

: limite par valeurs inférieures (à gauche).
•

x \to a^{+} lim f (x) = ℓ_{2}

: limite par valeurs supérieures (à droite).

Existence de la limite

f

admet une limite en

a

si et seulement si les limites à gauche et à droite existent et sont égales :

x \to a^{-} lim f (x) = x \to a^{+} lim f (x) = ℓ ⟹ x \to a lim f (x) = ℓ

Exemple

f (x) = \frac{∣ x ∣}{x}

x \to 0^{+} lim f (x) = 1

x \to 0^{-} lim f (x) = - 1

.

Les limites latérales sont différentes :

f

n'a pas de limite en 0.

3. Lien avec la continuité

Continuité en un point

f

est continue en $a$ si :
•

f

est définie en

a

,
•

x \to a lim f (x) = f (a)

Fonctions continues

Les polynômes, les fonctions rationnelles (sur leur domaine de définition) et

x

sont continues sur leur domaine.

II. Limite infinie d'une fonction en un point

1. Définition

Limite infinie en un point

x \to a lim f (x) = + \infty

signifie que

f (x)

peut être rendu aussi grand que voulu pour

x

suffisamment proche de

a

Exemple

x \to 0 lim \frac{1}{x ^{2}} = + \infty

2. Limites latérales infinies

Exemple fondamental

x \to 0^{+} lim \frac{1}{x} = + \infty x \to 0^{-} lim \frac{1}{x} = - \infty

3. Asymptote verticale

Asymptote verticale

La droite

x = a

est asymptote verticale à la courbe de

f

si :

x \to a^{+} lim f (x) = \pm \infty ou x \to a^{-} lim f (x) = \pm \infty

Exemple

f (x) = \frac{1}{x - 2}

x \to 2^{+} lim f (x) = + \infty

x \to 2^{-} lim f (x) = - \infty

.

La droite

x = 2

est asymptote verticale.

Méthode

Pour trouver les asymptotes verticales : chercher les valeurs qui annulent le dénominateur, puis calculer les limites latérales.

III. Limite d'une fonction en $+ \infty$ ou $- \infty$

1. Limite finie en l'infini

Limite finie en l'infini

x \to + \infty lim f (x) = ℓ

signifie que

f (x)

se rapproche de

ℓ

quand

x

devient arbitrairement grand.

Exemple

x \to + \infty lim \frac{1}{x} = 0

2. Limite infinie en l'infini

Exemples

x \to + \infty lim x^{2} = + \infty x \to - \infty lim x^{2} = + \infty

3. Asymptote horizontale

Asymptote horizontale

La droite

y = ℓ

est asymptote horizontale à la courbe de

f

si :

x \to + \infty lim f (x) = ℓ ou x \to - \infty lim f (x) = ℓ

Exemple

f (x) = \frac{2 x + 1}{x - 3}

x \to + \infty lim f (x) = 2

. La droite

y = 2

est asymptote horizontale.

4. Asymptote oblique

Asymptote oblique

La droite

y = a x + b

est asymptote oblique à la courbe de

f

si :

x \to \pm \infty lim [f (x) - (a x + b)] = 0

Méthode : division euclidienne

Pour une fraction rationnelle dont le degré du numérateur est égal au degré du dénominateur + 1 :

Effectuer la division euclidienne :

f (x) = a x + b + \frac{R ( x )}{D ( x )}

.

Si

\frac{R ( x )}{D ( x )} \to 0

, alors

y = a x + b

est asymptote oblique.

Exemple

f (x) = \frac{x ^{2} + 1}{x} = x + \frac{1}{x}

.

Comme

\frac{1}{x} \to 0

\pm \infty

, la droite

y = x

est asymptote oblique.

IV. Limites des fonctions de référence

1. Tableau des limites de référence

Fonction	$lim_{x \to + \infty}$	$lim_{x \to - \infty}$	$lim_{x \to 0}$
$x^{n}$ ( $n$ pair)	$+ \infty$	$+ \infty$	$0$
$x^{n}$ ( $n$ impair)	$+ \infty$	$- \infty$	$0$
$\frac{1}{x}$	$0$	$0$	$\pm \infty$
$\frac{1}{x ^{2}}$	$0$	$0$	$+ \infty$
$x$	$+ \infty$	—	$0$

2. Limite d'un polynôme en l'infini

Limite d'un polynôme

La limite d'un polynôme en

\pm \infty

est celle de son terme de plus haut degré.

Si

P (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{0}

, alors :

x \to \pm \infty lim P (x) = x \to \pm \infty lim a_{n} x^{n}

Démonstration

On factorise par

x^{n}

P (x) = x^{n} (a_{n} + \frac{a _{n - 1}}{x} + \dots + \frac{a _{0}}{x ^{n}})

Le facteur entre parenthèses tend vers

a_{n} \neq = 0

, donc la limite est celle de

a_{n} x^{n}

Exemples

lim_{x \to + \infty} (3 x^{3} - 5 x^{2} + 1) = lim_{x \to + \infty} 3 x^{3} = + \infty

lim_{x \to - \infty} (3 x^{3} - 5 x^{2} + 1) = lim_{x \to - \infty} 3 x^{3} = - \infty

3. Limite d'une fonction rationnelle en l'infini

Limite d'une fraction rationnelle

f (x) = \frac{a _{n} x ^{n} + \dots}{b _{m} x ^{m} + \dots}

, alors la limite en

\pm \infty

est celle de

\frac{a _{n} x ^{n}}{b _{m} x ^{m}}

:

• Si

n < m

lim = 0

(AH

y = 0

)
• Si

n = m

lim = \frac{a _{n}}{b _{m}}

(AH

y = \frac{a _{n}}{b _{m}}

)
• Si

n > m

lim = \pm \infty

Exemple

x \to + \infty lim \frac{3 x ^{2} - x}{2 x ^{2} + 5} = \frac{3}{2}

(AH

y = \frac{3}{2}

V. Opérations sur les limites

1. Règles de calcul

Opérations

lim f (x) = ℓ

lim g (x) = ℓ^{'}

:

•

lim (f + g) = ℓ + ℓ^{'}

•

lim (f \times g) = ℓ \times ℓ^{'}

•

lim \frac{f}{g} = \frac{ℓ}{ℓ ^{'}}

ℓ^{'} \neq = 0

•

lim (λ f) = λ ℓ

Ces règles s'étendent aux cas avec

\pm \infty

, sauf formes indéterminées.

2. Formes indéterminées

Les 4 formes indéterminées

+ \infty - \infty 0 \times \infty \frac{\infty}{\infty} \frac{0}{0}

Nouveau : la forme

\frac{0}{0}

Cette forme apparaît quand on calcule

x \to a lim \frac{f ( x )}{g ( x )}

avec

f (a) = g (a) = 0

.

Elle est nouvelle par rapport aux suites et très fréquente dans les exercices de limites de fonctions.

3. Composée de limites

Limite d'une composée

x \to a lim g (x) = b

X \to b lim f (X) = ℓ

, alors :

x \to a lim f (g (x)) = ℓ

Exemple

x \to + \infty lim x^{2} + 1

.

On pose

g (x) = x^{2} + 1 \to + \infty

f (X) = X \to + \infty

.

Donc

x^{2} + 1 \to + \infty

VI. Théorèmes de comparaison

1. Théorème des gendarmes (fonctions)

Théorème des gendarmes

Si au voisinage de

a

(ou de

\pm \infty

) :

g (x) \leq f (x) \leq h (x)

et si

lim g = lim h = ℓ

, alors

lim f = ℓ

Exemple

x \to + \infty lim \frac{sin ( x )}{x}

- 1 \leq sin (x) \leq 1

, donc

\frac{- 1}{x} \leq \frac{sin ( x )}{x} \leq \frac{1}{x}

.

Comme

\frac{\pm 1}{x} \to 0

\frac{sin ( x )}{x} \to 0

2. Théorème de comparaison (divergence)

Comparaison et divergence

f (x) \geq g (x)

au voisinage et si

lim g = + \infty

, alors

lim f = + \infty

Exemple

x^{2} + sin (x) \geq x^{2} - 1 \to + \infty

.

Donc

x^{2} + sin (x) \to + \infty

3. Composée avec $x$

Limites et racine carrée

• Si

lim f = + \infty

, alors

lim f = + \infty

.
• Si

lim f = ℓ > 0

, alors

lim f = ℓ

VII. Méthodes

M1 — FI $\frac{\infty}{\infty}$ : factoriser par le terme dominant

Méthode

Factoriser numérateur et dénominateur par le terme de plus haut degré.

Exemple

x \to + \infty lim \frac{3 x ^{3} - x + 2}{x ^{3} + 4 x ^{2}} = lim \frac{x ^{3} ( 3 - \frac{1}{x ^{2}} + \frac{2}{x ^{3}} )}{x ^{3} ( 1 + \frac{4}{x} )} = \frac{3}{1} = 3

M2 — FI $+ \infty - \infty$ : factoriser

Exemple

x \to + \infty lim (x^{2} - 3 x + 1) = lim x^{2} (1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{x ^{2}}) = + \infty

M3 — FI $\frac{0}{0}$ : factoriser par $(x - a)$

Méthode

f (a) = g (a) = 0

, factoriser numérateur et dénominateur par

(x - a)

, puis simplifier.

Exemple 1

x \to 2 lim \frac{x ^{2} - 4}{x - 2} = x \to 2 lim \frac{( x - 2 ) ( x + 2 )}{x - 2} = x \to 2 lim (x + 2) = 4

Exemple 2

x \to 1 lim \frac{x ^{2} - 3 x + 2}{x ^{2} - 1} = lim \frac{( x - 1 ) ( x - 2 )}{( x - 1 ) ( x + 1 )} = lim \frac{x - 2}{x + 1} = \frac{- 1}{2}

M4 — FI $\frac{0}{0}$ avec $x$ : quantité conjuguée

Méthode

Multiplier numérateur et dénominateur par la quantité conjuguée : si l'expression contient

A - B

, multiplier par

\frac{A + B}{A + B}

Exemple

x \to 0 lim \frac{1 + x - 1}{x}

.

On multiplie par

\frac{1 + x + 1}{1 + x + 1}

\frac{( 1 + x ) - 1}{x ( 1 + x + 1 )} = \frac{1}{1 + x + 1} ⟶ \frac{1}{2}

M5 — FI $+ \infty - \infty$ avec $x$ : quantité conjuguée

Exemple

x \to + \infty lim (x^{2} + x - x)

.

On multiplie par

\frac{x ^{2} + x + x}{x ^{2} + x + x}

\frac{x ^{2} + x - x ^{2}}{x ^{2} + x + x} = \frac{x}{x ^{2} + x + x} = \frac{x}{x ( 1 + \frac{1}{x} + 1 )} = \frac{1}{1 + \frac{1}{x} + 1} ⟶ \frac{1}{2}

M6 — Asymptotes d'une fraction rationnelle

Méthode en 3 étapes

1. AV : Chercher les valeurs qui annulent le dénominateur, calculer les limites latérales.

2. AH : Calculer

lim_{\pm \infty} f (x)

. Si finie =

ℓ

→ AH

y = ℓ

.

3. AO : Si deg(num) = deg(den) + 1, effectuer la division euclidienne

f (x) = a x + b + \frac{R ( x )}{D ( x )}

. Si

\frac{R ( x )}{D ( x )} \to 0

→ AO

y = a x + b

Exemple complet

f (x) = \frac{x ^{2} + 2}{x - 1}

.

Division :

f (x) = x + 1 + \frac{3}{x - 1}

.

• AV

x = 1

lim_{1^{+}} = + \infty

lim_{1^{-}} = - \infty

.
• AO

y = x + 1

: car

\frac{3}{x - 1} \to 0

M7 — Lire une limite sur un graphique

Lecture graphique

• AH

y = ℓ

→

lim = ℓ

\pm \infty

.
• AV

x = a

→

lim = \pm \infty

a

.
• Courbe qui monte sans borne →

+ \infty

.
• Courbe qui descend sans borne →

- \infty

Tableau récapitulatif FI / méthodes

Forme indéterminée	Contexte	Méthode
$\frac{\infty}{\infty}$	Fraction rationnelle en $\pm \infty$	Terme dominant
$+ \infty - \infty$	Polynôme	Factoriser
$+ \infty - \infty$	Avec $x$	Quantité conjuguée
$\frac{0}{0}$	Fraction en un point $a$	Factoriser $(x - a)$
$\frac{0}{0}$	Avec $x$	Quantité conjuguée
$0 \times \infty$	Produit	Réécrire en fraction

FI	Contexte	Méthode
$\frac{\infty}{\infty}$	Frac. rat. en $\pm \infty$	Terme dominant
$+ \infty - \infty$	Polynôme	Factoriser
$+ \infty - \infty$	Avec $x$	Conjuguée
$\frac{0}{0}$	Frac. en un point	Factoriser $(x - a)$
$\frac{0}{0}$	Avec $x$	Conjuguée
$0 \times \infty$	Produit	Réécrire en fraction

Opération	Cas standard	FI
Somme	$ℓ + ℓ^{'}$ , $ℓ + \infty = + \infty$	$+ \infty - \infty$
Produit	$ℓ \times ℓ^{'}$ , $ℓ \neq = 0 \times \infty = \pm \infty$	$0 \times \infty$
Quotient	$\frac{ℓ}{ℓ ^{'} \neq = 0}$ , $\frac{ℓ \neq = 0}{0} = \pm \infty$	$\frac{\infty}{\infty}$ , $\frac{0}{0}$

40 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

Déterminer les limites de référence suivantes.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^3

La fonction

x \mapsto x^3

est un polynôme de degré impair avec un coefficient dominant positif.

Quand

x

devient arbitrairement grand,

x^3

aussi.

\lim_{x \to +\infty} x^3 = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} x^2

La fonction

x \mapsto x^2

est un polynôme de degré pair.

Quand

x \to -\infty

x

est un grand nombre négatif, mais

x^2

est toujours positif et devient arbitrairement grand.

Par exemple :

(-1000)^2 = 1\,000\,000

\lim_{x \to -\infty} x^2 = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x}

Quand

x

devient très grand, la fraction

\dfrac{1}{x}

se rapproche de

0

(par valeurs positives).

Par exemple :

\dfrac{1}{1000} = 0{,}001

\dfrac{1}{1\,000\,000} = 0{,}000001

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x}

Quand

x

tend vers

0

par valeurs positives (

x > 0

x \to 0

), le dénominateur tend vers

0^+

.

Donc

\dfrac{1}{x}

devient arbitrairement grand :
-

\dfrac{1}{0{,}1} = 10

\dfrac{1}{0{,}001} = 1000

, etc.

\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x}

Quand

x

tend vers

0

par valeurs négatives (

x < 0

x \to 0

), le dénominateur tend vers

0^-

.

Donc

\dfrac{1}{x}

est négatif et sa valeur absolue devient arbitrairement grande :
-

\dfrac{1}{-0{,}1} = -10

\dfrac{1}{-0{,}001} = -1000

, etc.

\lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}

Quand

x

devient très grand,

\sqrt{x}

aussi (mais moins vite que

x

).

Par exemple :

\sqrt{10\,000} = 100

\sqrt{1\,000\,000} = 1000

\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty

Exercice 2

Facile

Déterminer les limites suivantes en utilisant les opérations sur les limites.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (3x^2 - 5x + 1)

C'est un polynôme. Sa limite en

+\infty

est celle de son terme dominant

3x^2

.

On factorise par

x^2

3x^2 - 5x + 1 = x^2\left(3 - \dfrac{5}{x} + \dfrac{1}{x^2}\right)

Quand

x \to +\infty

\dfrac{5}{x} \to 0

\dfrac{1}{x^2} \to 0

, donc la parenthèse

\to 3 > 0

.

Comme

x^2 \to +\infty

et la parenthèse

\to 3 > 0

\lim_{x \to +\infty} (3x^2 - 5x + 1) = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (-2x^3 + x)

Le terme dominant est

-2x^3

. Factorisons par

x^3

-2x^3 + x = x^3\left(-2 + \dfrac{1}{x^2}\right)

Quand

x \to -\infty

\dfrac{1}{x^2} \to 0

, donc la parenthèse

\to -2 < 0

.

Or

x^3 \to -\infty

quand

x \to -\infty

(degré impair).

Produit d'une quantité qui tend vers

-\infty

par un nombre négatif (

-2

) :

\lim_{x \to -\infty} (-2x^3 + x) = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{4x + 1}{x}

On simplifie en divisant numérateur et dénominateur par

x

\dfrac{4x + 1}{x} = \dfrac{4x}{x} + \dfrac{1}{x} = 4 + \dfrac{1}{x}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{4x+1}{x} = 4 + 0 = 4

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2} (x^2 - 3x + 5)

La fonction

f(x) = x^2 - 3x + 5

est un polynôme, donc elle est continue sur

\mathbb{R}

.

Pour une fonction continue, la limite en un point est égale à la valeur de la fonction en ce point :

\lim_{x \to 2} (x^2 - 3x + 5) = 2^2 - 3 \times 2 + 5 = 4 - 6 + 5 = 3

Exercice 3

Facile

Déterminer les limites des fractions rationnelles suivantes en

+\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x^2 + 3x - 1}{x^2 - 4}

Le numérateur et le dénominateur sont de même degré (

2

).

Règle : quand les degrés sont égaux, la limite est le quotient des coefficients dominants.

On factorise par

x^2

\dfrac{2x^2 + 3x - 1}{x^2 - 4} = \dfrac{x^2\left(2 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(1 - \frac{4}{x^2}\right)} = \dfrac{2 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2}}{1 - \frac{4}{x^2}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \dfrac{2}{1} = 2

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + 1}{x^3 + 2}

Le degré du numérateur (

1

) est inférieur au degré du dénominateur (

3

).

Règle : quand deg(num)

<

deg(dén), la limite en

\pm\infty

est

0

.

On factorise par

x^3

\dfrac{x+1}{x^3+2} = \dfrac{x^3\left(\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^3}\right)}{x^3\left(1 + \frac{2}{x^3}\right)} = \dfrac{\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^3}}{1 + \frac{2}{x^3}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \dfrac{0}{1} = 0

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{3x^3 - x}{x^2 + 1}

Le degré du numérateur (

3

) est supérieur au degré du dénominateur (

2

).

Règle : quand deg(num)

>

deg(dén), la limite est infinie. Le signe dépend du signe du quotient des termes dominants.

On factorise par

x^2

\dfrac{3x^3 - x}{x^2 + 1} = \dfrac{x^2\left(3x - \frac{1}{x}\right)}{x^2\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)} = \dfrac{3x - \frac{1}{x}}{1 + \frac{1}{x^2}}

Quand

x \to -\infty

: le numérateur

\to -\infty

et le dénominateur

\to 1

\lim_{x \to -\infty} \dfrac{3x^3-x}{x^2+1} = -\infty

Exercice 4

Facile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-3\}

par

f(x) = \dfrac{2x - 1}{x + 3}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x)

Numérateur et dénominateur sont de degré

1

. On factorise par

x

f(x) = \dfrac{x\left(2 - \frac{1}{x}\right)}{x\left(1 + \frac{3}{x}\right)} = \dfrac{2 - \frac{1}{x}}{1 + \frac{3}{x}}

Quand

x \to \pm\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\dfrac{3}{x} \to 0

\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} f(x) = \dfrac{2}{1} = 2

En déduire l'équation de l'asymptote horizontale de la courbe de

f

Comme

\displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 2

, la courbe de

f

admet une asymptote horizontale d'équation :

y = 2

La courbe se rapproche de la droite

y = 2

quand

x \to +\infty

et quand

x \to -\infty

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote horizontale.

On calcule

f(x) - 2

f(x) - 2 = \dfrac{2x-1}{x+3} - 2 = \dfrac{2x - 1 - 2(x+3)}{x+3} = \dfrac{2x - 1 - 2x - 6}{x+3} = \dfrac{-7}{x+3}

Étudions le signe de

f(x) - 2 = \dfrac{-7}{x+3}

:

- Si

x > -3

x + 3 > 0

, donc

f(x) - 2 = \dfrac{-7}{>0} < 0

: la courbe est en dessous de l'asymptote.
- Si

x < -3

x + 3 < 0

, donc

f(x) - 2 = \dfrac{-7}{<0} > 0

: la courbe est au-dessus de l'asymptote.

Exercice 5

Facile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{2\}

par

f(x) = \dfrac{1}{x - 2}

Déterminer les limites à gauche et à droite de

f

x = 2

Limite à droite ( $x \to 2^+$ ) : Quand

x \to 2^+

x > 2

donc

x - 2 > 0

x - 2 \to 0^+

\dfrac{1}{x - 2} = \dfrac{1}{0^+} \to +\infty

Limite à gauche ( $x \to 2^-$ ) : Quand

x \to 2^-

x < 2

donc

x - 2 < 0

x - 2 \to 0^-

\dfrac{1}{x - 2} = \dfrac{1}{0^-} \to -\infty

Les deux limites latérales sont infinies mais de signes opposés.

En déduire l'équation de l'asymptote verticale de la courbe de

f

Comme

\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x) = +\infty

(ou

\displaystyle\lim_{x \to 2^-} f(x) = -\infty

), il suffit qu'au moins une des limites latérales soit infinie.

La courbe de

f

admet une asymptote verticale d'équation :

x = 2

La courbe se rapproche de la droite verticale

x = 2

sans jamais l'atteindre.

Déterminer l'asymptote horizontale de la courbe de

f

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x-2} = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x-2} = 0

car le numérateur est constant (

1

) et le dénominateur tend vers

\pm\infty

.

La courbe de

f

admet une asymptote horizontale d'équation :

y = 0

(c'est l'axe des abscisses).

Exercice 6

Facile

Déterminer les limites suivantes faisant intervenir des racines carrées.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x + 1}

Quand

x \to +\infty

x + 1 \to +\infty

.

Or

\sqrt{t} \to +\infty

quand

t \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x+1} = +\infty

C'est une limite par composition : si

g(x) \to +\infty

f(t) = \sqrt{t} \to +\infty

, alors

f(g(x)) \to +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 4} \dfrac{\sqrt{x} - 2}{x - 4}

En remplaçant directement :

\dfrac{\sqrt{4} - 2}{4 - 4} = \dfrac{0}{0}

. C'est une forme indéterminée.

On lève l'indétermination en multipliant par l'expression conjuguée :

\dfrac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \dfrac{\sqrt{x}-2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)} = \dfrac{1}{\sqrt{x}+2}

(car

x - 4 = (\sqrt{x})^2 - 2^2 = (\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)

).

Quand

x \to 4

\sqrt{x} \to 2

, donc

\sqrt{x} + 2 \to 4

\lim_{x \to 4} \dfrac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \dfrac{1}{4}

Remarque : on reconnaît le taux de variation de

f(x) = \sqrt{x}

x = 4

, soit

f'(4) = \dfrac{1}{2\sqrt{4}} = \dfrac{1}{4}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x}}{x}

On simplifie la fraction :

\dfrac{\sqrt{x}}{x} = \dfrac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x})^2} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}

Quand

x \to +\infty

\sqrt{x} \to +\infty

, donc

\dfrac{1}{\sqrt{x}} \to 0

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x}}{x} = 0

Interprétation :

x

croît beaucoup plus vite que

\sqrt{x}

Exercice 7

Facile

Soit

f

la fonction définie par

f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}

Déterminer le domaine de définition de

f

f(x)

est définie lorsque le dénominateur est non nul :

x - 1 \neq 0 \iff x \neq 1

Le domaine de définition est

\mathcal{D}_f = \mathbb{R} \setminus \{1\}

Simplifier l'expression de

f(x)

pour

x \neq 1

On factorise le numérateur à l'aide de l'identité remarquable

a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)

x^2 - 1 = (x-1)(x+1)

Donc pour

x \neq 1

f(x) = \dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x + 1

La fonction

f

coïncide avec la fonction

x \mapsto x + 1

sur

\mathbb{R} \setminus \{1\}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x)

. La fonction

f

admet-elle un prolongement par continuité en

x = 1

Comme

f(x) = x + 1

pour

x \neq 1

\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} (x+1) = 1 + 1 = 2

La limite existe et est finie. Comme

f

n'est pas définie en

1

, mais admet une limite finie en

1

, on peut prolonger $f$ par continuité en posant

f(1) = 2

.

Le prolongement est alors la fonction

\tilde{f}(x) = x + 1

définie sur

\mathbb{R}

tout entier.

Graphiquement : la courbe de

f

est la droite

y = x + 1

avec un « trou » en

x = 1

, que le prolongement « bouche ».

Exercice 8

Facile

Déterminer les limites suivantes en étudiant le signe du dénominateur.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 3^+} \dfrac{x + 1}{x - 3}

Quand

x \to 3^+

:
- Numérateur :

x + 1 \to 3 + 1 = 4 > 0

.
- Dénominateur :

x - 3 \to 0^+

(car

x > 3

, donc

x - 3 > 0

).

Quotient d'un nombre positif par un nombre positif tendant vers $0$ :

\lim_{x \to 3^+} \dfrac{x+1}{x-3} = \dfrac{4}{0^+} = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 3^-} \dfrac{x + 1}{x - 3}

Quand

x \to 3^-

:
- Numérateur :

x + 1 \to 4 > 0

.
- Dénominateur :

x - 3 \to 0^-

(car

x < 3

, donc

x - 3 < 0

).

Quotient d'un nombre positif par un nombre négatif tendant vers $0$ :

\lim_{x \to 3^-} \dfrac{x+1}{x-3} = \dfrac{4}{0^-} = -\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \dfrac{x - 1}{x^2}

Quand

x \to 0^+

:
- Numérateur :

x - 1 \to 0 - 1 = -1 < 0

.
- Dénominateur :

x^2 \to 0^+

(car

x^2 > 0

pour

x \neq 0

).

Quotient d'un nombre négatif par un nombre positif tendant vers $0$ :

\lim_{x \to 0^+} \dfrac{x-1}{x^2} = \dfrac{-1}{0^+} = -\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^-} \dfrac{x - 1}{x^2}

Quand

x \to 0^-

:
- Numérateur :

x - 1 \to -1 < 0

.
- Dénominateur :

x^2 \to 0^+

(car

x^2 > 0

, quel que soit le signe de $x$ ).

Attention : même si

x < 0

, on a

x^2 > 0

. Le dénominateur tend vers

0

par valeurs positives.

\lim_{x \to 0^-} \dfrac{x-1}{x^2} = \dfrac{-1}{0^+} = -\infty

Remarque : les deux limites latérales (

0^+

0^-

) donnent le même résultat

-\infty

, car

x^2

est toujours positif.

Exercice 9

Facile

Déterminer les limites des polynômes suivants en

+\infty

et en

-\infty

Déterminer les limites de

P(x) = -x^4 + 3x^2 - 1

+\infty

et en

-\infty

Le terme dominant est

-x^4

. Factorisons :

P(x) = x^4\left(-1 + \dfrac{3}{x^2} - \dfrac{1}{x^4}\right)

Quand

x \to \pm\infty

: la parenthèse

\to -1 < 0

x^4 \to +\infty

.

Produit d'une quantité

\to +\infty

par un nombre

\to -1 < 0

\lim_{x \to +\infty} P(x) = -\infty \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to -\infty} P(x) = -\infty

Règle rapide : le coefficient dominant est

-1 < 0

et le degré est pair (

4

), donc

P(x) \to -\infty

\pm\infty

Déterminer les limites de

Q(x) = 2x^5 - x^3 + x

+\infty

et en

-\infty

Le terme dominant est

2x^5

. Coefficient dominant

2 > 0

, degré impair (

5

).

En $+\infty$ :

x^5 \to +\infty

, donc

2x^5 \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} Q(x) = +\infty

En $-\infty$ :

x^5 \to -\infty

(degré impair), donc

2x^5 \to -\infty

\lim_{x \to -\infty} Q(x) = -\infty

Déterminer les limites de

R(x) = -x^3 + 100x^2

+\infty

et en

-\infty

Le terme dominant est

-x^3

. Coefficient dominant

-1 < 0

, degré impair (

3

).

Attention : même si

100x^2

semble « grand », le terme

-x^3

l'emporte toujours quand

x \to \pm\infty

.

Factorisons :

R(x) = x^3\left(-1 + \dfrac{100}{x}\right)

. Quand

x \to \pm\infty

\dfrac{100}{x} \to 0

, parenthèse

\to -1

.

En $+\infty$ :

x^3 \to +\infty

et parenthèse

\to -1

\lim_{x \to +\infty} R(x) = -\infty

En $-\infty$ :

x^3 \to -\infty

et parenthèse

\to -1

\lim_{x \to -\infty} R(x) = +\infty

Exercice 10

Facile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-1\}

par

f(x) = \dfrac{2x^2 + 3x + 5}{x + 1}

Effectuer la division euclidienne de

2x^2 + 3x + 5

par

x + 1

On effectue la division de

2x^2 + 3x + 5

par

x + 1

2x^2 + 3x + 5 = (x+1)(2x + 1) + 4

Vérification :

(x+1)(2x+1) + 4 = 2x^2 + x + 2x + 1 + 4 = 2x^2 + 3x + 5

✓

Donc :

f(x) = \dfrac{(x+1)(2x+1) + 4}{x+1} = 2x + 1 + \dfrac{4}{x+1}

En déduire l'équation de l'asymptote oblique de la courbe de

f

Quand

x \to \pm\infty

\dfrac{4}{x+1} \to 0

.

Donc :

f(x) - (2x + 1) = \dfrac{4}{x+1} \xrightarrow[x \to \pm\infty]{} 0

Cela signifie que la courbe de

f

se rapproche de la droite

y = 2x + 1

quand

x \to \pm\infty

.

La courbe de

f

admet une asymptote oblique d'équation :

y = 2x + 1

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote oblique.

On étudie le signe de

f(x) - (2x + 1) = \dfrac{4}{x + 1}

:

Le numérateur

4 > 0

est toujours positif. Le signe dépend donc uniquement du dénominateur

x + 1

:

- Si

x > -1

x + 1 > 0

, donc

\dfrac{4}{x+1} > 0

, soit

f(x) > 2x + 1

.
La courbe est au-dessus de l'asymptote.

- Si

x < -1

x + 1 < 0

, donc

\dfrac{4}{x+1} < 0

, soit

f(x) < 2x + 1

.
La courbe est en dessous de l'asymptote.

La courbe croise l'asymptote au voisinage de

x = -1

(l'asymptote verticale), en passant du dessous au-dessus.

Exercice 11

Intermédiaire

Lever les formes indéterminées du type «

+\infty - \infty

» suivantes à l'aide de l'expression conjuguée.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x} - x\right)

Forme indéterminée «

+\infty - \infty

». On multiplie et divise par l'expression conjuguée

\sqrt{x^2+x} + x

\sqrt{x^2+x} - x = \dfrac{(\sqrt{x^2+x} - x)(\sqrt{x^2+x} + x)}{\sqrt{x^2+x} + x} = \dfrac{(x^2+x) - x^2}{\sqrt{x^2+x} + x} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+x} + x}

Pour

x > 0

, on factorise par

x

au dénominateur :

= \dfrac{x}{x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1\right)} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

, donc

\sqrt{1 + \frac{1}{x}} \to 1

\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x} - x\right) = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2+3x+1} - x\right)

Forme indéterminée «

+\infty - \infty

». Expression conjuguée :

\sqrt{x^2+3x+1} - x = \dfrac{(x^2+3x+1) - x^2}{\sqrt{x^2+3x+1} + x} = \dfrac{3x + 1}{\sqrt{x^2+3x+1} + x}

Pour

x > 0

, on factorise numérateur et dénominateur par

x

= \dfrac{x\left(3 + \frac{1}{x}\right)}{x\left(\sqrt{1 + \frac{3}{x} + \frac{1}{x^2}} + 1\right)} = \dfrac{3 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{3}{x} + \frac{1}{x^2}} + 1}

Quand

x \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2+3x+1} - x\right) = \dfrac{3 + 0}{\sqrt{1} + 1} = \dfrac{3}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2+x} + x\right)

Forme indéterminée «

+\infty + (-\infty)

». Attention : pour

x < 0

, on a

\sqrt{x^2} = |x| = -x

.

Expression conjuguée (on multiplie par

\sqrt{x^2+x} - x

en haut et en bas) :

\sqrt{x^2+x} + x = \dfrac{(x^2+x) - x^2}{\sqrt{x^2+x} - x} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+x} - x}

Pour

x < 0

, on factorise par

|x| = -x

\sqrt{x^2+x} = |x|\sqrt{1 + \frac{1}{x}} = -x\sqrt{1 + \frac{1}{x}}

Donc le dénominateur :

-x\sqrt{1 + \frac{1}{x}} - x = -x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1\right)

\dfrac{x}{-x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1\right)} = \dfrac{-1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1}

Quand

x \to -\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2+x} + x\right) = \dfrac{-1}{1 + 1} = -\dfrac{1}{2}

Exercice 12

Intermédiaire

Lever les formes indéterminées «

\dfrac{0}{0}

» suivantes par factorisation.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2} \dfrac{x^2 - 4}{x^2 - 3x + 2}

x = 2

: numérateur

= 0

et dénominateur

= 0

. Forme indéterminée

\dfrac{0}{0}

.

Factorisons :
- Numérateur :

x^2 - 4 = (x-2)(x+2)

- Dénominateur :

x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2)

(racines

1

2

)

Pour

x \neq 2

\dfrac{x^2-4}{x^2-3x+2} = \dfrac{(x-2)(x+2)}{(x-1)(x-2)} = \dfrac{x+2}{x-1}

Quand

x \to 2

\lim_{x \to 2} \dfrac{x+2}{x-1} = \dfrac{2+2}{2-1} = \dfrac{4}{1} = 4

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -1} \dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 1}

x = -1

: numérateur

= 0

et dénominateur

= 0

. FI

\dfrac{0}{0}

.

Factorisons :
- Numérateur :

x^3 + 1 = (x+1)(x^2-x+1)

(somme de cubes :

a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)

)
- Dénominateur :

x^2 - 1 = (x-1)(x+1)

Pour

x \neq -1

\dfrac{x^3+1}{x^2-1} = \dfrac{(x+1)(x^2-x+1)}{(x-1)(x+1)} = \dfrac{x^2-x+1}{x-1}

Quand

x \to -1

\lim_{x \to -1} \dfrac{x^2-x+1}{x-1} = \dfrac{1+1+1}{-1-1} = \dfrac{3}{-2} = -\dfrac{3}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 3} \dfrac{x^2 - 9}{x^2 - 5x + 6}

x = 3

: numérateur

= 0

et dénominateur

= 0

. FI

\dfrac{0}{0}

.

Factorisons :
- Numérateur :

x^2 - 9 = (x-3)(x+3)

- Dénominateur :

x^2 - 5x + 6 = (x-2)(x-3)

(racines

2

3

)

Pour

x \neq 3

\dfrac{x^2-9}{x^2-5x+6} = \dfrac{(x-3)(x+3)}{(x-2)(x-3)} = \dfrac{x+3}{x-2}

Quand

x \to 3

\lim_{x \to 3} \dfrac{x+3}{x-2} = \dfrac{3+3}{3-2} = \dfrac{6}{1} = 6

Exercice 13

Intermédiaire

Lever les formes indéterminées «

\dfrac{0}{0}

» suivantes en utilisant l'expression conjuguée.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{x} - 1}{x - 1}

x = 1

\dfrac{0}{0}

. On utilise l'identité

x - 1 = (\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)

\dfrac{\sqrt{x}-1}{x-1} = \dfrac{\sqrt{x}-1}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)} = \dfrac{1}{\sqrt{x}+1}

Quand

x \to 1

\sqrt{x} \to 1

\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{x}-1}{x-1} = \dfrac{1}{1+1} = \dfrac{1}{2}

Remarque : on reconnaît

f'(1)

pour

f(x) = \sqrt{x}

, car

f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}

f'(1) = \dfrac{1}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+x} - 1}{x}

x = 0

\dfrac{0}{0}

. On multiplie numérateur et dénominateur par

\sqrt{1+x} + 1

\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \dfrac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)} = \dfrac{(1+x) - 1}{x(\sqrt{1+x}+1)} = \dfrac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}

= \dfrac{1}{\sqrt{1+x}+1}

Quand

x \to 0

\sqrt{1+x} \to 1

\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \dfrac{1}{1+1} = \dfrac{1}{2}

Remarque : c'est le nombre dérivé de

g(x) = \sqrt{1+x}

x = 0

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 4} \dfrac{x - 4}{\sqrt{x+5} - 3}

x = 4

\dfrac{0}{0}

. Ici c'est le dénominateur qui contient la racine. On multiplie par le conjugué du dénominateur

\sqrt{x+5} + 3

\dfrac{x-4}{\sqrt{x+5}-3} = \dfrac{(x-4)(\sqrt{x+5}+3)}{(\sqrt{x+5}-3)(\sqrt{x+5}+3)} = \dfrac{(x-4)(\sqrt{x+5}+3)}{(x+5) - 9}

= \dfrac{(x-4)(\sqrt{x+5}+3)}{x - 4} = \sqrt{x+5} + 3

(pour

x \neq 4

).

Quand

x \to 4

\sqrt{4+5} + 3 = \sqrt{9} + 3 = 3 + 3 = 6

\lim_{x \to 4} \dfrac{x-4}{\sqrt{x+5}-3} = 6

Exercice 14

Intermédiaire

Déterminer les limites suivantes de fractions faisant intervenir des racines carrées.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{4x^2 + 1}}{x + 2}

Forme

\dfrac{\infty}{\infty}

. Pour

x > 0

, on factorise

\sqrt{4x^2+1}

\sqrt{4x^2+1} = \sqrt{x^2\left(4 + \dfrac{1}{x^2}\right)} = x\sqrt{4 + \dfrac{1}{x^2}}

(car

\sqrt{x^2} = |x| = x

pour

x > 0

).

Donc :

\dfrac{\sqrt{4x^2+1}}{x+2} = \dfrac{x\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}}{x\left(1 + \frac{2}{x}\right)} = \dfrac{\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}}{1 + \frac{2}{x}}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x^2} \to 0

\dfrac{2}{x} \to 0

, donc :

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{4x^2+1}}{x+2} = \dfrac{\sqrt{4}}{1} = 2

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{4x^2 + 1}}{x + 2}

Attention : pour

x < 0

\sqrt{x^2} = |x| = -x

(et non

x

\sqrt{4x^2+1} = \sqrt{x^2\left(4 + \dfrac{1}{x^2}\right)} = |x|\sqrt{4 + \dfrac{1}{x^2}} = -x\sqrt{4 + \dfrac{1}{x^2}}

Donc :

\dfrac{\sqrt{4x^2+1}}{x+2} = \dfrac{-x\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}}{x\left(1+\frac{2}{x}\right)} = \dfrac{-\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}}{1+\frac{2}{x}}

Quand

x \to -\infty

\dfrac{1}{x^2} \to 0

\dfrac{2}{x} \to 0

, donc :

\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{4x^2+1}}{x+2} = \dfrac{-\sqrt{4}}{1} = -2

Remarque : les limites en

+\infty

-\infty

sont opposées (

2

-2

), car

\sqrt{x^2} = |x|

change de comportement selon le signe de

x

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2 + x + 1}}{\sqrt{4x^2 + 1}}

Pour

x > 0

, on factorise chaque racine par

x

\sqrt{x^2+x+1} = x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}} \qquad \text{et} \qquad \sqrt{4x^2+1} = x\sqrt{4 + \dfrac{1}{x^2}}

Donc :

\dfrac{\sqrt{x^2+x+1}}{\sqrt{4x^2+1}} = \dfrac{x\sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}}}{x\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}} = \dfrac{\sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}}}{\sqrt{4 + \frac{1}{x^2}}}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\dfrac{1}{x^2} \to 0

, donc :

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2+x+1}}{\sqrt{4x^2+1}} = \dfrac{\sqrt{1}}{\sqrt{4}} = \dfrac{1}{2}

Méthode : pour un quotient de racines de polynômes de même degré, la limite est le quotient des racines des coefficients dominants.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{x - 1}{\sqrt{2x + 7} - 3}

x = 1

: numérateur

= 0

et dénominateur

= \sqrt{9} - 3 = 0

. Forme indéterminée

\dfrac{0}{0}

.

On multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur

\sqrt{2x+7} + 3

\dfrac{x-1}{\sqrt{2x+7}-3} = \dfrac{(x-1)(\sqrt{2x+7}+3)}{(\sqrt{2x+7}-3)(\sqrt{2x+7}+3)} = \dfrac{(x-1)(\sqrt{2x+7}+3)}{(2x+7) - 9}

= \dfrac{(x-1)(\sqrt{2x+7}+3)}{2x - 2} = \dfrac{(x-1)(\sqrt{2x+7}+3)}{2(x-1)} = \dfrac{\sqrt{2x+7}+3}{2}

(pour

x \neq 1

).

Quand

x \to 1

\sqrt{2 \times 1 + 7} + 3 = \sqrt{9} + 3 = 3 + 3 = 6

\lim_{x \to 1} \dfrac{x-1}{\sqrt{2x+7}-3} = \dfrac{6}{2} = 3

Exercice 15

Intermédiaire

Lever les formes indéterminées du type «

0 \times \infty

».

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x\left(\dfrac{1}{x+1} - \dfrac{1}{x}\right)

Forme

+\infty \times 0

. On commence par simplifier l'expression entre parenthèses :

\dfrac{1}{x+1} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x - (x+1)}{x(x+1)} = \dfrac{-1}{x(x+1)}

Donc :

x \times \dfrac{-1}{x(x+1)} = \dfrac{-1}{x+1}

Quand

x \to +\infty

x + 1 \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} x\left(\dfrac{1}{x+1} - \dfrac{1}{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{-1}{x+1} = 0

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \dfrac{x}{\sqrt{x}}

Forme

\dfrac{0}{0}

, mais on peut simplifier directement :

\dfrac{x}{\sqrt{x}} = \dfrac{(\sqrt{x})^2}{\sqrt{x}} = \sqrt{x}

Quand

x \to 0^+

\sqrt{x} \to 0

\lim_{x \to 0^+} \dfrac{x}{\sqrt{x}} = 0

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} \cdot (x^2 + 3x)

Forme

0 \times \infty

. On simplifie :

\dfrac{1}{x} \cdot (x^2 + 3x) = \dfrac{x^2 + 3x}{x} = x + 3

Quand

x \to +\infty

x + 3 \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x}(x^2+3x) = +\infty

Remarque : une forme

0 \times \infty

peut donner

0

, une constante finie, ou

\pm\infty

selon le cas. Il faut toujours simplifier avant de conclure.

Exercice 16

Intermédiaire

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{1\}

par

f(x) = \dfrac{x^2 - 2x + 3}{x - 1}

Effectuer la division euclidienne de

x^2 - 2x + 3

par

x - 1

, puis en déduire l'asymptote oblique de

f

Division euclidienne :

x^2 - 2x + 3 = (x-1)(x-1) + 2

Vérification :

(x-1)(x-1) + 2 = x^2 - 2x + 1 + 2 = x^2 - 2x + 3

✓

Donc :

f(x) = \dfrac{(x-1)^2 + 2}{x-1} = x - 1 + \dfrac{2}{x-1}

Quand

x \to \pm\infty

\dfrac{2}{x-1} \to 0

, donc

f(x) - (x-1) \to 0

.

La courbe de

f

admet une asymptote oblique d'équation

y = x - 1

Déterminer les limites de

f

x = 1

(à gauche et à droite) et en déduire l'asymptote verticale.

On utilise l'écriture

f(x) = x - 1 + \dfrac{2}{x-1}

.

Le terme

x - 1

tend vers

0

quand

x \to 1

, c'est le terme

\dfrac{2}{x-1}

qui impose le comportement :

À droite ( $x \to 1^+$ ) :

x - 1 \to 0^+

, donc

\dfrac{2}{x-1} \to +\infty

\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty

À gauche ( $x \to 1^-$ ) :

x - 1 \to 0^-

, donc

\dfrac{2}{x-1} \to -\infty

\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty

La droite

x = 1

est asymptote verticale.

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote oblique.

f(x) - (x-1) = \dfrac{2}{x-1}

Le numérateur

2 > 0

est toujours positif, donc le signe dépend de

x - 1

:

- Si

x > 1

x - 1 > 0

, donc

\dfrac{2}{x-1} > 0

: la courbe est au-dessus de l'asymptote

y = x - 1

.
- Si

x < 1

x - 1 < 0

, donc

\dfrac{2}{x-1} < 0

: la courbe est en dessous de l'asymptote

y = x - 1

.

La courbe passe d'un côté à l'autre de l'asymptote au niveau de

x = 1

(l'asymptote verticale).

Exercice 17

Intermédiaire

Déterminer les limites suivantes à l'aide du théorème des gendarmes.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \cos x}{x}

On ne peut pas calculer

\lim \cos x

car

\cos x

n'a pas de limite en

+\infty

(elle oscille entre

-1

1

). C'est une forme indéterminée.

Mais on peut encadrer : pour tout

x \in \mathbb{R}

-1 \leq \cos x \leq 1

.

En ajoutant

x

x - 1 \leq x + \cos x \leq x + 1

.

En divisant par

x > 0

1 - \dfrac{1}{x} \leq \dfrac{x + \cos x}{x} \leq 1 + \dfrac{1}{x}

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(1 - \dfrac{1}{x}\right) = 1

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}\right) = 1

.

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \cos x}{x} = 1

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2 + (-1)^{\lfloor x \rfloor}}{x^2}

, où

\lfloor x \rfloor

est la partie entière de

x

Le terme

(-1)^{\lfloor x \rfloor}

vaut

1

-1

selon la parité de

\lfloor x \rfloor

. Il n'a pas de limite.

Encadrons :

-1 \leq (-1)^{\lfloor x \rfloor} \leq 1

.

Donc

x^2 - 1 \leq x^2 + (-1)^{\lfloor x \rfloor} \leq x^2 + 1

.

En divisant par

x^2 > 0

1 - \dfrac{1}{x^2} \leq \dfrac{x^2 + (-1)^{\lfloor x \rfloor}}{x^2} \leq 1 + \dfrac{1}{x^2}

Or les deux bornes tendent vers

1

quand

x \to +\infty

.

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2 + (-1)^{\lfloor x \rfloor}}{x^2} = 1

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sin(x^2)}{x}

La fonction sinus est bornée : pour tout

x \in \mathbb{R}

-1 \leq \sin(x^2) \leq 1

.

En divisant par

x > 0

(pour

x

suffisamment grand) :

-\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin(x^2)}{x} \leq \dfrac{1}{x}

Or :

\lim_{x \to +\infty} \left(-\dfrac{1}{x}\right) = 0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sin(x^2)}{x} = 0

Remarque : bien que

\sin(x^2)

oscille de plus en plus rapidement quand

x

grandit, ses oscillations restent bornées entre

-1

1

, ce qui est négligeable devant

x

qui tend vers

+\infty

Exercice 18

Intermédiaire

Déterminer les limites suivantes en utilisant la composition de fonctions.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 1}

Posons

u(x) = x^2 + 1

. Quand

x \to +\infty

u(x) = x^2 + 1 \to +\infty

.

Or

\sqrt{t} \to +\infty

quand

t \to +\infty

.

Par composition :

\sqrt{u(x)} \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1} = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x} + 1}

Quand

x \to +\infty

\sqrt{x} \to +\infty

, donc

\sqrt{x} + 1 \to +\infty

.

Or

\dfrac{1}{t} \to 0

quand

t \to +\infty

.

Par composition :

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}+1} = 0

De plus,

\sqrt{x} + 1 > 0

, donc la limite est atteinte par valeurs positives.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2^+} \sqrt{\dfrac{1}{x - 2}}

Procédons par étapes :

Étape 1 : Quand

x \to 2^+

x - 2 \to 0^+

.

Étape 2 : Donc

\dfrac{1}{x-2} \to +\infty

.

Étape 3 : Or

\sqrt{t} \to +\infty

quand

t \to +\infty

.

Par composition :

\lim_{x \to 2^+} \sqrt{\dfrac{1}{x-2}} = +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^2

Étape 1 : Calculons d'abord

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x+1}{x-1}

.

On factorise par

x

\dfrac{x+1}{x-1} = \dfrac{1 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{1}{x}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \dfrac{1}{1} = 1

Étape 2 : La fonction

t \mapsto t^2

est continue, donc par composition :

\lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^2 = 1^2 = 1

Exercice 19

Intermédiaire

Les limites suivantes sont des taux de variation. Identifier la fonction et le point, puis calculer la limite.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{(1+x)^2 - 1}{x}

On reconnaît un taux de variation

\dfrac{f(a+x) - f(a)}{x}

avec

f(t) = t^2

a = 1

(car

(1+x)^2 = f(1+x)

1 = f(1)

).

Mais calculons directement en développant :

\dfrac{(1+x)^2 - 1}{x} = \dfrac{1 + 2x + x^2 - 1}{x} = \dfrac{2x + x^2}{x} = \dfrac{x(2+x)}{x} = 2 + x

(pour

x \neq 0

).

Quand

x \to 0

\lim_{x \to 0} \dfrac{(1+x)^2 - 1}{x} = 2 + 0 = 2

Vérification : C'est bien

f'(1)

pour

f(t) = t^2

, car

f'(t) = 2t

f'(1) = 2

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{x^3 - 1}{x - 1}

On reconnaît le taux de variation de

f(x) = x^3

a = 1

\dfrac{f(x) - f(1)}{x - 1}

.

Factorisons le numérateur (différence de cubes :

a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)

) :

x^3 - 1 = (x-1)(x^2 + x + 1)

Donc pour

x \neq 1

\dfrac{x^3-1}{x-1} = x^2 + x + 1

Quand

x \to 1

\lim_{x \to 1} \dfrac{x^3-1}{x-1} = 1 + 1 + 1 = 3

Vérification :

f'(x) = 3x^2

, donc

f'(1) = 3

. ✓

Déterminer

\displaystyle\lim_{h \to 0} \dfrac{\sqrt{4+h} - 2}{h}

On reconnaît le taux de variation de

f(x) = \sqrt{x}

a = 4

\dfrac{f(4+h) - f(4)}{h}

.

Multiplions par l'expression conjuguée :

\dfrac{\sqrt{4+h}-2}{h} = \dfrac{(\sqrt{4+h}-2)(\sqrt{4+h}+2)}{h(\sqrt{4+h}+2)} = \dfrac{(4+h)-4}{h(\sqrt{4+h}+2)} = \dfrac{h}{h(\sqrt{4+h}+2)}

= \dfrac{1}{\sqrt{4+h}+2}

Quand

h \to 0

\sqrt{4+h} \to \sqrt{4} = 2

\lim_{h \to 0} \dfrac{\sqrt{4+h}-2}{h} = \dfrac{1}{2+2} = \dfrac{1}{4}

Vérification :

f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}

, donc

f'(4) = \dfrac{1}{2\sqrt{4}} = \dfrac{1}{4}

. ✓

Exercice 20

Intermédiaire

Soit

f

la fonction définie par

f(x) = \sqrt{x^2 + 2x} - x

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)

et en déduire l'asymptote horizontale éventuelle en

+\infty

Forme indéterminée «

+\infty - \infty

». Expression conjuguée :

f(x) = \dfrac{(\sqrt{x^2+2x} - x)(\sqrt{x^2+2x} + x)}{\sqrt{x^2+2x} + x} = \dfrac{(x^2+2x) - x^2}{\sqrt{x^2+2x} + x} = \dfrac{2x}{\sqrt{x^2+2x} + x}

Pour

x > 0

, on factorise par

x

= \dfrac{2x}{x\left(\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + 1\right)} = \dfrac{2}{\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + 1}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{2}{x} \to 0

, donc

\sqrt{1 + \frac{2}{x}} \to 1

\lim_{x \to +\infty} f(x) = \dfrac{2}{1 + 1} = 1

Comme

f(x) \to 1

quand

x \to +\infty

, la courbe de

f

admet une asymptote horizontale

y = 1

+\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x)

(la fonction est définie pour

x \leq -2

). La courbe admet-elle une asymptote horizontale en

-\infty

Pour

x \leq -2

, posons

x = -t

avec

t \geq 2

t \to +\infty

f(x) = \sqrt{(-t)^2 + 2(-t)} - (-t) = \sqrt{t^2 - 2t} + t

Les deux termes sont positifs et chacun tend vers

+\infty

. Il n'y a donc pas de forme indéterminée (c'est une somme

+\infty + \infty

).

Montrons-le rigoureusement. Pour

t \geq 2

\sqrt{t^2 - 2t} = \sqrt{t(t-2)} = \sqrt{t}\,\sqrt{t-2}

t - 2 \geq 0

et quand

t \to +\infty

\sqrt{t-2} \to +\infty

, donc

\sqrt{t^2 - 2t} \to +\infty

.

Ainsi :

f(x) = \sqrt{t^2 - 2t} + t \geq t \xrightarrow[t \to +\infty]{} +\infty

Donc :

\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty

Comme la limite est infinie, la courbe n'admet pas d'asymptote horizontale en

-\infty

.

Remarque : on peut chercher une éventuelle asymptote oblique. En factorisant par

t

\sqrt{t^2-2t} + t = t\left(\sqrt{1 - \frac{2}{t}} + 1\right) \to 2t

. Plus précisément,

f(x) \approx -2x

quand

x \to -\infty

, ce qui suggère une asymptote oblique

y = -2x

(à vérifier en calculant

f(x) - (-2x) \to -1

, donc l'asymptote oblique est

y = -2x - 1

Exercice 21

Difficile

Déterminer les limites suivantes de fractions rationnelles complexes en levant des formes indéterminées «

\dfrac{0}{0}

» par factorisation.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{x^3 - 3x + 2}{x^3 - x^2 - x + 1}

x = 1

: numérateur

= 1 - 3 + 2 = 0

et dénominateur

= 1 - 1 - 1 + 1 = 0

. Forme indéterminée

\dfrac{0}{0}

.

Factorisation du numérateur :

x = 1

est racine de

P(x) = x^3 - 3x + 2

, donc

(x - 1)

divise

P(x)

.

Division :

x^3 - 3x + 2 = (x-1)(x^2 + x - 2) = (x-1)(x+2)(x-1) = (x-1)^2(x+2)

.

Factorisation du dénominateur :

x = 1

est racine de

Q(x) = x^3 - x^2 - x + 1

.

On regroupe :

x^3 - x^2 - x + 1 = x^2(x-1) - (x-1) = (x-1)(x^2-1) = (x-1)(x-1)(x+1) = (x-1)^2(x+1)

.

Pour

x \neq 1

\dfrac{x^3 - 3x + 2}{x^3 - x^2 - x + 1} = \dfrac{(x-1)^2(x+2)}{(x-1)^2(x+1)} = \dfrac{x+2}{x+1}

Quand

x \to 1

\lim_{x \to 1} \dfrac{x+2}{x+1} = \dfrac{1+2}{1+1} = \dfrac{3}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2} \dfrac{x^4 - 16}{x^3 - 8}

x = 2

: numérateur

= 16 - 16 = 0

et dénominateur

= 8 - 8 = 0

. Forme indéterminée

\dfrac{0}{0}

.

Factorisation du numérateur : on utilise la différence de carrés, puis encore :

x^4 - 16 = (x^2)^2 - 4^2 = (x^2-4)(x^2+4) = (x-2)(x+2)(x^2+4)

Factorisation du dénominateur : on utilise la différence de cubes

a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)

x^3 - 8 = x^3 - 2^3 = (x-2)(x^2 + 2x + 4)

Pour

x \neq 2

\dfrac{x^4-16}{x^3-8} = \dfrac{(x-2)(x+2)(x^2+4)}{(x-2)(x^2+2x+4)} = \dfrac{(x+2)(x^2+4)}{x^2+2x+4}

Quand

x \to 2

\lim_{x \to 2} \dfrac{(x+2)(x^2+4)}{x^2+2x+4} = \dfrac{(2+2)(4+4)}{4+4+4} = \dfrac{4 \times 8}{12} = \dfrac{32}{12} = \dfrac{8}{3}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to -1} \dfrac{x^4 + 3x^3 + 3x^2 + 3x + 2}{x^3 + 2x^2 + 2x + 1}

x = -1

: numérateur

= 1 - 3 + 3 - 3 + 2 = 0

et dénominateur

= -1 + 2 - 2 + 1 = 0

. Forme indéterminée

\dfrac{0}{0}

.

Factorisation du numérateur :

x = -1

est racine. Division par

(x+1)

x^4 + 3x^3 + 3x^2 + 3x + 2 = (x+1)(x^3 + 2x^2 + x + 2) = (x+1)[x^2(x+2) + (x+2)] = (x+1)(x+2)(x^2+1)

Factorisation du dénominateur :

x = -1

est racine.

x^3 + 2x^2 + 2x + 1 = (x+1)(x^2 + x + 1)

Pour

x \neq -1

\dfrac{(x+1)(x+2)(x^2+1)}{(x+1)(x^2+x+1)} = \dfrac{(x+2)(x^2+1)}{x^2+x+1}

Quand

x \to -1

\lim_{x \to -1} \dfrac{(-1+2)(1+1)}{1-1+1} = \dfrac{1 \times 2}{1} = 2

Exercice 22

Difficile

Déterminer les limites suivantes en utilisant l'expression conjuguée (cas avancés avec doubles racines).

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x + \sqrt{x}} - \sqrt{x}\right)

Forme indéterminée «

+\infty - \infty

». On multiplie et divise par l'expression conjuguée

\sqrt{x+\sqrt{x}} + \sqrt{x}

\sqrt{x+\sqrt{x}} - \sqrt{x} = \dfrac{\left(\sqrt{x+\sqrt{x}}\right)^2 - \left(\sqrt{x}\right)^2}{\sqrt{x+\sqrt{x}} + \sqrt{x}} = \dfrac{(x + \sqrt{x}) - x}{\sqrt{x+\sqrt{x}} + \sqrt{x}} = \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+\sqrt{x}} + \sqrt{x}}

On factorise numérateur et dénominateur par

\sqrt{x}

(pour

x > 0

) :

= \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{x}}} + 1\right)} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{x}}} + 1}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{\sqrt{x}} \to 0

, donc

\sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{x}}} \to 1

\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x + \sqrt{x}} - \sqrt{x}\right) = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}

Remarque : bien que

\sqrt{x}

croisse très lentement par rapport à

x

, son ajout sous la première racine produit tout de même un écart qui tend vers une constante.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}}{x}

x = 0

\dfrac{\sqrt{1} - \sqrt{1}}{0} = \dfrac{0}{0}

. Forme indéterminée.

On multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué

\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}

\dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x} = \dfrac{(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}

= \dfrac{(1+x) - (1-x)}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})} = \dfrac{2x}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})} = \dfrac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}

(pour

x \neq 0

).

Quand

x \to 0

\sqrt{1+x} \to 1

\sqrt{1-x} \to 1

\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x} = \dfrac{2}{1+1} = 1

Remarque : on peut vérifier en interprétant cette limite comme le nombre dérivé en

0

g(x) = \sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}

. En effet,

g'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{1+x}} + \dfrac{1}{2\sqrt{1-x}}

, donc

g'(0) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1

. ✓

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + x + 1} - \sqrt{x^2 - x + 1}\right)

Forme indéterminée «

+\infty - \infty

». Expression conjuguée :

\sqrt{x^2+x+1} - \sqrt{x^2-x+1} = \dfrac{(x^2+x+1) - (x^2-x+1)}{\sqrt{x^2+x+1} + \sqrt{x^2-x+1}} = \dfrac{2x}{\sqrt{x^2+x+1} + \sqrt{x^2-x+1}}

Pour

x > 0

, on factorise par

x

au dénominateur :

= \dfrac{2x}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\right)} = \dfrac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}

Quand

x \to +\infty

: chaque racine tend vers

\sqrt{1} = 1

\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2+x+1} - \sqrt{x^2-x+1}\right) = \dfrac{2}{1+1} = 1

Interprétation géométrique : les deux courbes

y = \sqrt{x^2+x+1}

y = \sqrt{x^2-x+1}

s'écartent d'exactement

1

unité verticale lorsque

x

est très grand.

Exercice 23

Difficile

Soit

f

la fonction définie par

f(x) = \dfrac{x^2 + ax + b}{x - 1}

où

a

b

sont deux réels.

Déterminer la condition sur

a

b

pour que

f

admette une limite finie en

x = 1

x = 1

, le dénominateur

x - 1

s'annule. Pour que la limite soit finie (et non infinie), il faut que le numérateur s'annule aussi en

x = 1

, de sorte qu'on obtienne une forme

\dfrac{0}{0}

qu'on pourra lever.

Condition : le numérateur

P(x) = x^2 + ax + b

s'annule en

x = 1

P(1) = 0 \iff 1 + a + b = 0 \iff b = -1 - a

Justification : si

P(1) \neq 0

, alors

f(x) \to \pm\infty

quand

x \to 1

(quotient d'un nombre non nul par un nombre tendant vers

0

). Donc la condition

b = -1 - a

est nécessaire.

Sous cette condition, simplifier

f(x)

pour

x \neq 1

Avec

b = -1 - a

, le numérateur devient :

P(x) = x^2 + ax + (-1-a) = x^2 + ax - 1 - a

Comme

x = 1

est racine de

P

, on factorise par

(x-1)

P(x) = (x-1)(x + 1 + a)

Vérification :

(x-1)(x+1+a) = x^2 + x + ax - x - 1 - a = x^2 + ax - 1 - a

✓

Donc pour

x \neq 1

f(x) = \dfrac{(x-1)(x+1+a)}{x-1} = x + 1 + a

En déduire

\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x)

en fonction de

a

. Pour quelle valeur de

a

cette limite vaut-elle

5

D'après la simplification :

\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} (x + 1 + a) = 1 + 1 + a = 2 + a

La limite est bien finie et vaut

2 + a

.

On veut

\lim_{x \to 1} f(x) = 5

2 + a = 5 \iff a = 3

Donc

b = -1 - 3 = -4

, et

f(x) = \dfrac{x^2 + 3x - 4}{x - 1}

.

Vérification :

x^2 + 3x - 4 = (x-1)(x+4)

, donc

f(x) = x + 4

pour

x \neq 1

, et

f(1) = 1 + 4 = 5

. ✓

Exercice 24

Difficile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-1 ; 1\}

par

f(x) = \dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 1}

Simplifier l'expression de

f(x)

et préciser son domaine de définition après simplification.

Factorisation du numérateur : somme de cubes

a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)

x^3 + 1 = (x+1)(x^2 - x + 1)

Factorisation du dénominateur : différence de carrés :

x^2 - 1 = (x-1)(x+1)

Pour

x \neq -1

x \neq 1

f(x) = \dfrac{(x+1)(x^2-x+1)}{(x-1)(x+1)} = \dfrac{x^2 - x + 1}{x - 1}

La simplification par

(x+1)

supprime la valeur interdite

x = -1

: c'est un trou (discontinuité évitable). La valeur interdite

x = 1

reste car

(x-1)

ne se simplifie pas.

Remarque : la limite en

x = -1

existe et vaut

\dfrac{1+1+1}{-1-1} = \dfrac{3}{-2} = -\dfrac{3}{2}

. On pourrait prolonger

f

par continuité en posant

f(-1) = -\dfrac{3}{2}

Déterminer les asymptotes verticale et oblique de la courbe de

f

Asymptote verticale : étudions les limites en

x = 1

avec la forme simplifiée

f(x) = \dfrac{x^2-x+1}{x-1}

.

Effectuons la division euclidienne de

x^2 - x + 1

par

x - 1

x^2 - x + 1 = (x-1)(x) + 1

Vérification :

(x-1) \times x + 1 = x^2 - x + 1

✓

Donc

f(x) = x + \dfrac{1}{x-1}

.

À droite ( $x \to 1^+$ ) :

x - 1 \to 0^+

, donc

\dfrac{1}{x-1} \to +\infty

\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty

À gauche ( $x \to 1^-$ ) :

x - 1 \to 0^-

, donc

\dfrac{1}{x-1} \to -\infty

\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty

La droite

x = 1

est asymptote verticale.

Asymptote oblique : quand

x \to \pm\infty

\dfrac{1}{x-1} \to 0

, donc

f(x) - x \to 0

.

La droite

y = x

est asymptote oblique en

+\infty

et en

-\infty

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote oblique.

On étudie le signe de

f(x) - x = \dfrac{1}{x-1}

:

Le numérateur est

1 > 0

(toujours positif). Le signe dépend donc uniquement de

x - 1

:

- Si

x > 1

x - 1 > 0

, donc

\dfrac{1}{x-1} > 0

, soit

f(x) > x

.
La courbe est au-dessus de l'asymptote

y = x

.

- Si

x < 1

x - 1 < 0

, donc

\dfrac{1}{x-1} < 0

, soit

f(x) < x

.
La courbe est en dessous de l'asymptote

y = x

.

La courbe passe d'un côté à l'autre de l'asymptote oblique au niveau de l'asymptote verticale

x = 1

.

Résumé graphique :
- Pour

x < 1

: courbe en dessous de

y = x

, avec

f(x) \to -\infty

quand

x \to 1^-

.
- Pour

x > 1

: courbe au-dessus de

y = x

, avec

f(x) \to +\infty

quand

x \to 1^+

Exercice 25

Difficile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R}^*

par

f(x) = x^2 \sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right)

Montrer que pour tout

x \neq 0

, on a

-x^2 \leq f(x) \leq x^2

Pour tout réel

t

, la fonction sinus est bornée :

-1 \leq \sin(t) \leq 1

.

En appliquant avec

t = \dfrac{1}{x}

(pour

x \neq 0

) :

-1 \leq \sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right) \leq 1

On multiplie cette inégalité par

x^2

, qui est toujours positif (pour

x \neq 0

). Le sens des inégalités est donc conservé :

-x^2 \leq x^2 \sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right) \leq x^2

Soit :

-x^2 \leq f(x) \leq x^2

Remarque : l'encadrement est valable que

x

soit positif ou négatif, car

x^2 > 0

dans tous les cas.

En déduire, à l'aide du théorème des gendarmes,

\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x)

D'après la question précédente, pour tout

x \neq 0

-x^2 \leq f(x) \leq x^2

Calculons les limites des fonctions encadrantes :

\lim_{x \to 0} (-x^2) = 0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to 0} x^2 = 0

Les deux bornes tendent vers la même limite

0

.

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x^2 \sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right) = 0

Remarque : on ne peut pas écrire

\lim_{x \to 0} f(x) = \left(\lim x^2\right) \times \left(\lim \sin(1/x)\right)

, car

\sin(1/x)

n'a pas de limite en

0

(elle oscille indéfiniment entre

-1

1

). C'est pour cela que le théorème des gendarmes est indispensable ici.

La fonction

f

admet-elle un prolongement par continuité en

x = 0

? Si oui, le préciser.

La fonction

f

est définie sur

\mathbb{R}^*

(elle n'est pas définie en

0

).

On vient de montrer que

\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 0

. Cette limite est finie.

On peut donc prolonger

f

par continuité en

0

en posant :

\tilde{f}(x) = \begin{cases} x^2 \sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right) & \text{si } x \neq 0 \ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases}

La fonction

\tilde{f}

est alors continue en $0$ car :

\lim_{x \to 0} \tilde{f}(x) = 0 = \tilde{f}(0)

Interprétation graphique : la courbe de

f

oscille de plus en plus rapidement au voisinage de

0

, mais ses oscillations sont « écrasées » par le facteur

x^2

qui les ramène vers

0

. La courbe passe bien par l'origine après prolongement.

Exercice 26

Difficile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-1 ; 1\}

par

f(x) = \dfrac{|x - 1|}{x^2 - 1}

Écrire

f(x)

sans valeur absolue selon les valeurs de

x

Rappelons que

|x - 1| = \begin{cases} x - 1 & \text{si } x \geq 1 \ -(x-1) = 1 - x & \text{si } x < 1 \end{cases}

De plus,

x^2 - 1 = (x-1)(x+1)

.

Cas 1 : $x > 1$ (donc

x \neq 1

) :

f(x) = \dfrac{x-1}{(x-1)(x+1)} = \dfrac{1}{x+1}

Cas 2 : $x < 1$ et $x \neq -1$ :

f(x) = \dfrac{-(x-1)}{(x-1)(x+1)} = \dfrac{-1}{x+1}

En résumé :

f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{x+1} & \text{si } x > 1 \[8pt] \dfrac{-1}{x+1} & \text{si } x < 1,\, x \neq -1 \end{cases}

Déterminer les limites à gauche et à droite de

f

x = 1

Limite à droite ( $x \to 1^+$ ) : on utilise l'expression pour

x > 1

\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \dfrac{1}{x+1} = \dfrac{1}{1+1} = \dfrac{1}{2}

Limite à gauche ( $x \to 1^-$ ) : on utilise l'expression pour

x < 1

\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \dfrac{-1}{x+1} = \dfrac{-1}{1+1} = -\dfrac{1}{2}

Les deux limites latérales sont finies mais distinctes :

\dfrac{1}{2} \neq -\dfrac{1}{2}

La fonction

f

admet-elle une limite en

x = 1

? Justifier.

Pour qu'une fonction admette une limite en un point, il faut que les limites à gauche et à droite existent et soient égales.

Or on a trouvé :

\lim_{x \to 1^+} f(x) = \dfrac{1}{2} \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to 1^-} f(x) = -\dfrac{1}{2}

Comme

\dfrac{1}{2} \neq -\dfrac{1}{2}

, la fonction

f

n'admet pas de limite en $x = 1$ .

Interprétation graphique : la courbe de

f

présente un saut en

x = 1

. En venant par la droite, elle tend vers

\dfrac{1}{2}

, mais en venant par la gauche, elle tend vers

-\dfrac{1}{2}

. La valeur absolue crée une discontinuité de type « saut » en changeant le signe de l'expression au passage de

x = 1

.

Remarque : en

x = -1

, les limites latérales sont infinies (

\pm\infty

), et la droite

x = -1

est asymptote verticale.

Exercice 27

Difficile

Déterminer les limites suivantes faisant intervenir des puissances fractionnaires.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^3}{\sqrt{x^8 + 1}}

Forme indéterminée

\dfrac{\infty}{\infty}

. Pour

x > 0

, on factorise

\sqrt{x^8+1}

par

\sqrt{x^8} = x^4

\sqrt{x^8+1} = \sqrt{x^8\left(1 + \dfrac{1}{x^8}\right)} = x^4\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^8}}

Donc :

\dfrac{x^3}{\sqrt{x^8+1}} = \dfrac{x^3}{x^4\sqrt{1+\frac{1}{x^8}}} = \dfrac{1}{x\sqrt{1+\frac{1}{x^8}}}

Quand

x \to +\infty

x \to +\infty

\sqrt{1+\frac{1}{x^8}} \to 1

.

Donc le dénominateur tend vers

+\infty

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^3}{\sqrt{x^8+1}} = 0

Explication :

x^3

croît moins vite que

\sqrt{x^8} = x^4

. Le quotient se comporte comme

\dfrac{x^3}{x^4} = \dfrac{1}{x} \to 0

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{1/3}}{x}

On simplifie les puissances en utilisant les lois des exposants :

\dfrac{x^{1/3}}{x} = \dfrac{x^{1/3}}{x^1} = x^{1/3 - 1} = x^{-2/3} = \dfrac{1}{x^{2/3}}

x^{2/3} = \left(x^{1/3}\right)^2 = \left(\sqrt[3]{x}\right)^2

.

Quand

x \to +\infty

\sqrt[3]{x} \to +\infty

, donc

\left(\sqrt[3]{x}\right)^2 \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{1/3}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^{2/3}} = 0

Interprétation : la racine cubique

x^{1/3}

croît beaucoup moins vite que

x

. Plus généralement, si

0 < \alpha < \beta

, alors

\dfrac{x^\alpha}{x^\beta} = x^{\alpha - \beta} \to 0

quand

x \to +\infty

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x\sqrt{\dfrac{1}{x^3}}

Simplifions l'expression. Pour

x > 0

x\sqrt{\dfrac{1}{x^3}} = x \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x^3}} = x \cdot \dfrac{1}{x^{3/2}} = x^{1 - 3/2} = x^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}

Quand

x \to 0^+

\sqrt{x} \to 0^+

, donc

\dfrac{1}{\sqrt{x}} \to +\infty

\lim_{x \to 0^+} x\sqrt{\dfrac{1}{x^3}} = +\infty

Explication détaillée : par exemple, pour

x = 0{,}01

\dfrac{1}{\sqrt{0{,}01}} = \dfrac{1}{0{,}1} = 10

. Pour

x = 0{,}0001

\dfrac{1}{\sqrt{0{,}0001}} = \dfrac{1}{0{,}01} = 100

. La quantité explose bien vers

+\infty

Exercice 28

Difficile

Soit

f

la fonction définie pour

x > 0

par

f(x) = \sqrt{x^2 + 3x + 1}

. On cherche l'asymptote oblique éventuelle de la courbe de

f

+\infty

Pour

x > 0

, montrer que

f(x) = x\sqrt{1 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x^2}}

Pour

x > 0

f(x) = \sqrt{x^2 + 3x + 1} = \sqrt{x^2\left(1 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x^2}\right)}

\sqrt{x^2} = |x| = x

(car

x > 0

).

Donc :

f(x) = x\sqrt{1 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x^2}}

Remarque : cette factorisation est le point de départ pour étudier le comportement asymptotique. Quand

x \to +\infty

, l'expression sous la racine tend vers

1

, donc

f(x) \approx x

, ce qui suggère une asymptote oblique de la forme

y = x + c

Calculer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(f(x) - x\right)

en utilisant l'expression conjuguée.

On calcule

f(x) - x = \sqrt{x^2+3x+1} - x

. C'est une forme indéterminée «

+\infty - \infty

».

Expression conjuguée :

f(x) - x = \dfrac{(\sqrt{x^2+3x+1})^2 - x^2}{\sqrt{x^2+3x+1} + x} = \dfrac{(x^2+3x+1) - x^2}{\sqrt{x^2+3x+1} + x} = \dfrac{3x+1}{\sqrt{x^2+3x+1} + x}

Pour

x > 0

, on factorise numérateur et dénominateur par

x

= \dfrac{x\left(3 + \frac{1}{x}\right)}{x\left(\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + 1\right)} = \dfrac{3 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + 1}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\dfrac{1}{x^2} \to 0

\lim_{x \to +\infty} (f(x) - x) = \dfrac{3 + 0}{\sqrt{1} + 1} = \dfrac{3}{2}

Comme

f(x) - \left(x + \dfrac{3}{2}\right) = f(x) - x - \dfrac{3}{2} \to 0

, la courbe de

f

admet une asymptote oblique d'équation :

y = x + \dfrac{3}{2}

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote oblique.

On étudie le signe de

f(x) - \left(x + \dfrac{3}{2}\right) = \sqrt{x^2+3x+1} - x - \dfrac{3}{2}

.

Pour déterminer ce signe, comparons les carrés (les deux termes sont positifs pour

x

assez grand) :

\left(\sqrt{x^2+3x+1}\right)^2 - \left(x + \dfrac{3}{2}\right)^2 = (x^2+3x+1) - \left(x^2 + 3x + \dfrac{9}{4}\right) = 1 - \dfrac{9}{4} = -\dfrac{5}{4}

Donc :

f(x)^2 - \left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2 = -\dfrac{5}{4} < 0

Ce qui signifie

f(x)^2 < \left(x+\dfrac{3}{2}\right)^2

. Comme les deux quantités sont positives (pour

x

assez grand), on en déduit :

f(x) < x + \dfrac{3}{2}

La courbe est toujours en dessous de son asymptote oblique (pour

x

assez grand).

Elle s'en rapproche par valeurs inférieures quand

x \to +\infty

Exercice 29

Difficile

Soit

f

la fonction définie par :

f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2 - 4}{x - 2} & \text{si } x < 2 \[6pt] x + a & \text{si } x \geq 2 \end{cases}

où

a

est un paramètre réel.

Simplifier

f(x)

pour

x < 2

et déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2^-} f(x)

Pour

x < 2

(donc

x \neq 2

), on factorise le numérateur :

x^2 - 4 = (x-2)(x+2)

Donc :

f(x) = \dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x + 2

Ainsi pour

x < 2

f(x) = x + 2

.

La limite à gauche en

x = 2

est :

\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (x + 2) = 2 + 2 = 4

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x)

f(2)

Pour

x \geq 2

f(x) = x + a

.

La limite à droite en

x = 2

est :

\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (x + a) = 2 + a

De plus,

f(2) = 2 + a

(car

2 \geq 2

, on utilise la deuxième expression).

On remarque que

\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2) = 2 + a

, donc

f

est continue à droite en

2

Déterminer la valeur de

a

pour que

f

soit continue en

x = 2

. Interpréter graphiquement.

La fonction

f

est continue en

x = 2

si et seulement si :

\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)

On a trouvé :
-

\displaystyle\lim_{x \to 2^-} f(x) = 4

\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2) = 2 + a

La condition de continuité donne :

2 + a = 4 \iff a = 2

Vérification : avec

a = 2

f(x) = x + 2

sur les deux morceaux :
- Pour

x < 2

f(x) = x + 2

(après simplification).
- Pour

x \geq 2

f(x) = x + 2

.

Les deux expressions coïncident ! La fonction

f

est alors simplement

f(x) = x + 2

sur

\mathbb{R} \setminus \{2\}

, prolongée par

f(2) = 4

.

Interprétation graphique : pour

a = 2

, la courbe de

f

est la droite

y = x + 2

sans aucune discontinuité. Pour

a \neq 2

, la courbe présente un saut en

x = 2

: la branche gauche arrive à hauteur

4

tandis que la branche droite démarre à hauteur

2 + a

Exercice 30

Difficile

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-2 ; 2\}

par

f(x) = \dfrac{x^3}{x^2 - 4}

Déterminer les limites latérales de

f

x = 2

et en

x = -2

, puis en déduire les asymptotes verticales.

On factorise le dénominateur :

x^2 - 4 = (x-2)(x+2)

.

En $x = 2$ :

Le numérateur

x^3 \to 2^3 = 8 > 0

. Le dénominateur

(x-2)(x+2) \to 0

avec

(x+2) \to 4 > 0

.

Le signe dépend du facteur

(x-2)

:

-

x \to 2^+

x - 2 \to 0^+

, donc dénominateur

\to 0^+

\lim_{x \to 2^+} f(x) = \dfrac{8}{0^+} = +\infty

x \to 2^-

x - 2 \to 0^-

, donc dénominateur

\to 0^-

\lim_{x \to 2^-} f(x) = \dfrac{8}{0^-} = -\infty

La droite

x = 2

est asymptote verticale.

En $x = -2$ :

Le numérateur

x^3 \to (-2)^3 = -8 < 0

. Le dénominateur

(x-2)(x+2) \to (-4) \times 0

.

Le signe dépend du facteur

(x+2)

(car

(x-2) \to -4 < 0

) :

-

x \to (-2)^+

x + 2 \to 0^+

, donc dénominateur

= (x-2)(x+2) \to (-4)(0^+) = 0^-

\lim_{x \to (-2)^+} f(x) = \dfrac{-8}{0^-} = +\infty

x \to (-2)^-

x + 2 \to 0^-

, donc dénominateur

\to (-4)(0^-) = 0^+

\lim_{x \to (-2)^-} f(x) = \dfrac{-8}{0^+} = -\infty

La droite

x = -2

est asymptote verticale.

Effectuer la division euclidienne de

x^3

par

x^2 - 4

et en déduire l'asymptote oblique.

On effectue la division de

x^3

par

x^2 - 4

x^3 = (x^2-4) \times x + 4x

Vérification :

(x^2-4) \times x + 4x = x^3 - 4x + 4x = x^3

✓

Donc pour

x \neq \pm 2

f(x) = \dfrac{x^3}{x^2-4} = x + \dfrac{4x}{x^2-4}

Étudions le reste

\dfrac{4x}{x^2-4}

quand

x \to \pm\infty

\dfrac{4x}{x^2-4} = \dfrac{\frac{4}{x}}{1 - \frac{4}{x^2}} \xrightarrow[x \to \pm\infty]{} \dfrac{0}{1} = 0

Donc

f(x) - x \to 0

quand

x \to \pm\infty

.

La courbe de

f

admet une asymptote oblique d'équation :

y = x

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote oblique sur chaque intervalle du domaine.

On étudie le signe de

f(x) - x = \dfrac{4x}{x^2-4} = \dfrac{4x}{(x-2)(x+2)}

:

Le numérateur

4x

est du signe de

x

. Le dénominateur

(x-2)(x+2)

s'étudie avec un tableau de signes :

| Intervalle |

4x

(x-2)

(x+2)

f(x) - x

| Position |
|---|---|---|---|---|---|
|

x < -2

-

-

-

\dfrac{(-)}{(-)(-))} = \dfrac{(-)}{(+)} = -

| en dessous |
|

-2 < x < 0

-

-

+

\dfrac{(-)}{(-)(+)} = \dfrac{(-)}{(-)} = +

| au-dessus |
|

0 < x < 2

+

-

+

\dfrac{(+)}{(-)(+)} = \dfrac{(+)}{(-)} = -

| en dessous |
|

x > 2

+

+

+

\dfrac{(+)}{(+)(+)} = +

| au-dessus |

Résumé :
- Pour

x < -2

: la courbe est en dessous de

y = x

.
- Pour

-2 < x < 0

: la courbe est au-dessus de

y = x

.
- Pour

0 < x < 2

: la courbe est en dessous de

y = x

.
- Pour

x > 2

: la courbe est au-dessus de

y = x

.

La courbe croise son asymptote oblique en

x = 0

(car

f(0) = 0 = 0

, donc le point

(0,0)

est à la fois sur la courbe et sur l'asymptote).

Exercice 31

Avancé

Soit

f

la fonction définie pour

x > 0

par

f(x) = \dfrac{\lfloor x \rfloor}{x}

, où

\lfloor x \rfloor

désigne la partie entière de

x

Montrer que pour tout

x > 0

1 - \dfrac{1}{x} < f(x) \leq 1

Par définition de la partie entière, pour tout

x \in \mathbb{R}

x - 1 < \lfloor x \rfloor \leq x

En divisant par

x > 0

(le sens des inégalités est conservé) :

\dfrac{x - 1}{x} < \dfrac{\lfloor x \rfloor}{x} \leq \dfrac{x}{x}

Soit :

1 - \dfrac{1}{x} < f(x) \leq 1

Remarque : l'inégalité de droite est une égalité si et seulement si

x

est un entier (

\lfloor x \rfloor = x

). L'inégalité de gauche est stricte car

\lfloor x \rfloor > x - 1

En déduire

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)

à l'aide du théorème des gendarmes.

D'après l'encadrement :

1 - \dfrac{1}{x} < f(x) \leq 1

.

Or :

\lim_{x \to +\infty} \left(1 - \dfrac{1}{x}\right) = 1 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to +\infty} 1 = 1

Par le théorème des gendarmes :

\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1

Interprétation : quand

x

est très grand,

\lfloor x \rfloor

est très proche de

x

(l'erreur d'arrondi

x - \lfloor x \rfloor

reste inférieure à

1

), donc leur quotient tend vers

1

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x)

Pour

0 < x < 1

\lfloor x \rfloor = 0

(car

x

est entre

0

1

exclus).

Donc pour

0 < x < 1

f(x) = \dfrac{\lfloor x \rfloor}{x} = \dfrac{0}{x} = 0

La fonction est identiquement nulle sur

]0, 1[

.

Donc :

\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0

Remarque : la fonction

f

présente des discontinuités en chaque entier positif. Par exemple,

f(1^-) = 0

mais

f(1) = 1

Exercice 32

Avancé

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x}\right)

Correction détaillée

Forme indéterminée «

+\infty - \infty

». On utilise l'expression conjuguée :

\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x} = \dfrac{\left(x + \sqrt{x+\sqrt{x}}\right) - x}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}} + \sqrt{x}} = \dfrac{\sqrt{x + \sqrt{x}}}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}} + \sqrt{x}}

Étude du numérateur : Pour

x

grand,

\sqrt{x} \ll x

, donc :

\sqrt{x + \sqrt{x}} = \sqrt{x\left(1 + \dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)} = \sqrt{x}\,\sqrt{1 + \dfrac{1}{\sqrt{x}}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} \sqrt{x}

Étude du dénominateur : De même,

\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} \to \sqrt{x}

(le terme sous la racine imbriquée est négligeable devant

x

). Donc le dénominateur

\to \sqrt{x} + \sqrt{x} = 2\sqrt{x}

.

Quotient :

\dfrac{\sqrt{x + \sqrt{x}}}{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}} + \sqrt{x}} \approx \dfrac{\sqrt{x}}{2\sqrt{x}} = \dfrac{1}{2}

Plus rigoureusement, on factorise par

\sqrt{x}

au numérateur et au dénominateur :

= \dfrac{\sqrt{x}\sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{x}}}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{1 + \frac{\sqrt{x+\sqrt{x}}}{x}} + 1\right)}

Quand

x \to +\infty

, chaque correction tend vers

0

, et le quotient tend vers

\dfrac{1}{1+1} = \dfrac{1}{2}

\boxed{\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x + \sqrt{x + \sqrt{x}}} - \sqrt{x}\right) = \dfrac{1}{2}}

Exercice 33

Avancé

Soit

f

la fonction définie pour

x > 0

par

f(x) = \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{x}}}

(fraction continue).

Simplifier

f(x)

et montrer que

f(x) = \dfrac{x + 1}{2x + 1}

On simplifie de l'intérieur vers l'extérieur.

Étape 1 : La fraction la plus interne est

\dfrac{1}{x}

.

Étape 2 : On ajoute

1

1 + \dfrac{1}{x} = \dfrac{x + 1}{x}

.

Étape 3 : On prend l'inverse :

\dfrac{1}{1 + \frac{1}{x}} = \dfrac{x}{x + 1}

.

Étape 4 : On ajoute

1

1 + \dfrac{x}{x+1} = \dfrac{x + 1 + x}{x + 1} = \dfrac{2x + 1}{x + 1}

.

Étape 5 : On prend l'inverse :

f(x) = \dfrac{1}{\frac{2x+1}{x+1}} = \dfrac{x + 1}{2x + 1}

.

Donc :

f(x) = \dfrac{x + 1}{2x + 1}

Vérification pour $x = 1$ :

f(1) = \dfrac{1}{1+\frac{1}{1+1}} = \dfrac{1}{1+\frac{1}{2}} = \dfrac{1}{\frac{3}{2}} = \dfrac{2}{3}

. Et

\dfrac{1+1}{2+1} = \dfrac{2}{3}

. ✓

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)

f(x) = \dfrac{x + 1}{2x + 1} = \dfrac{x\left(1 + \frac{1}{x}\right)}{x\left(2 + \frac{1}{x}\right)} = \dfrac{1 + \frac{1}{x}}{2 + \frac{1}{x}}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\lim_{x \to +\infty} f(x) = \dfrac{1}{2}

Interprétation : la fraction continue infinie

\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+\cdots}}}

converge vers

\dfrac{1}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x)

\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x + 1}{2x + 1} = \dfrac{0 + 1}{0 + 1} = \dfrac{1}{1} = 1

On peut aussi le voir directement sur la forme originale : quand

x \to 0^+

\dfrac{1}{x} \to +\infty

, donc

1 + \dfrac{1}{x} \to +\infty

, donc

\dfrac{1}{1 + \frac{1}{x}} \to 0

, donc

1 + \dfrac{1}{1 + \frac{1}{x}} \to 1

, et finalement

f(x) \to \dfrac{1}{1} = 1

Exercice 34

Avancé

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus [-1, 0]

par

f(x) = \sqrt{x^2 + x}

. On admet que

f

est définie sur

]-\infty, -1] \cup [0, +\infty[

.

Montrer que la courbe de

f

admet deux asymptotes obliques distinctes, une en

+\infty

et une en

-\infty

Montrer que la courbe de

f

admet l'asymptote oblique

y = x + \dfrac{1}{2}

+\infty

Pour

x > 0

, calculons

f(x) - x = \sqrt{x^2+x} - x

. C'est une forme «

+\infty - \infty

».

Expression conjuguée :

\sqrt{x^2+x} - x = \dfrac{(x^2+x) - x^2}{\sqrt{x^2+x} + x} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+x} + x}

Pour

x > 0

, on factorise par

x

= \dfrac{x}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}} + 1\right)} = \dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}} + 1}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

, donc

\sqrt{1+\frac{1}{x}} \to 1

\lim_{x \to +\infty} \left(f(x) - x\right) = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}

Donc

f(x) - \left(x + \dfrac{1}{2}\right) \to 0

: la droite

y = x + \dfrac{1}{2}

est asymptote oblique en $+\infty$ .

Montrer que la courbe de

f

admet l'asymptote oblique

y = -x - \dfrac{1}{2}

-\infty

Pour

x < -1

, calculons

f(x) + x = \sqrt{x^2+x} + x

. C'est aussi une forme indéterminée «

+\infty + (-\infty)

».

Expression conjuguée (on multiplie par

\sqrt{x^2+x} - x

en haut et en bas) :

\sqrt{x^2+x} + x = \dfrac{(x^2+x) - x^2}{\sqrt{x^2+x} - x} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+x} - x}

Pour

x < -1

\sqrt{x^2} = |x| = -x

, donc :

\sqrt{x^2+x} = -x\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}

Le dénominateur :

\sqrt{x^2+x} - x = -x\sqrt{1+\frac{1}{x}} - x = -x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}} + 1\right)

.

Donc :

f(x) + x = \dfrac{x}{-x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}} + 1\right)} = \dfrac{-1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}} + 1}

Quand

x \to -\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\lim_{x \to -\infty} \left(f(x) + x\right) = \dfrac{-1}{1+1} = -\dfrac{1}{2}

Donc

f(x) - \left(-x - \dfrac{1}{2}\right) = f(x) + x + \dfrac{1}{2} \to 0

.

La droite

y = -x - \dfrac{1}{2}

est asymptote oblique en $-\infty$ .

Remarque : la courbe admet deux asymptotes obliques distinctes (

y = x + \frac{1}{2}

y = -x - \frac{1}{2}

), car

\sqrt{x^2} = |x|

change de signe selon que

x > 0

x < 0

. C'est une situation rare mais importante à connaître.

Exercice 35

Avancé

Soit

f

définie par

f(x) = \dfrac{\sqrt{x^2+1} - ax - b}{x}

pour

x > 0

, où

a

b

sont deux réels. Déterminer les valeurs de

a

b

pour que

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0

Correction détaillée

Pour

x > 0

, on a

\sqrt{x^2+1} = x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}

.

Donc :

f(x) = \dfrac{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}} - ax - b}{x} = \sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}} - a - \dfrac{b}{x}

Quand

x \to +\infty

\sqrt{1+\frac{1}{x^2}} \to 1

\dfrac{b}{x} \to 0

.

Donc

f(x) \to 1 - a

.

Pour que

\lim f = 0

, il faut

1 - a = 0

, soit

a = 1

.

Avec

a = 1

f(x) = \dfrac{\sqrt{x^2+1} - x - b}{x}

Calculons

\sqrt{x^2+1} - x

par conjugaison :

\sqrt{x^2+1} - x = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1} + x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0

Donc

f(x) = \dfrac{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x} - b}{x} = \dfrac{1}{x(\sqrt{x^2+1}+x)} - \dfrac{b}{x}

.

Pour

x \to +\infty

: le premier terme

\to 0

(car le dénominateur

\to +\infty

).

Mais le second terme

\dfrac{b}{x} \to 0

quel que soit $b$ .

Donc

f(x) \to 0

pour tout

b

.

Mais si on veut une convergence plus rapide (i.e.

xf(x) \to 0

), alors il faut

b = 0

\boxed{a = 1, \quad b = 0}

Exercice 36

Avancé

Déterminer les limites suivantes en utilisant des conjugaisons successives ou des changements de variable.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}\left(\sqrt{x+1} - \sqrt{x}\right)

Forme «

+\infty \times 0

». On commence par simplifier le facteur entre parenthèses avec l'expression conjuguée :

\sqrt{x+1} - \sqrt{x} = \dfrac{(x+1)-x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} = \dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}

Donc :

\sqrt{x}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right) = \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}

On factorise numérateur et dénominateur par

\sqrt{x}

= \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)} = \dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}

Quand

x \to +\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right) = \dfrac{1}{1+1} = \dfrac{1}{2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^2\left(\sqrt{1 + \dfrac{1}{x}} - 1 - \dfrac{1}{2x}\right)

Posons

u = \dfrac{1}{x}

, de sorte que

u \to 0^+

quand

x \to +\infty

, et

x = \dfrac{1}{u}

x^2 = \dfrac{1}{u^2}

x^2\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}} - 1 - \dfrac{1}{2x}\right) = \dfrac{1}{u^2}\left(\sqrt{1+u} - 1 - \dfrac{u}{2}\right)

Calculons

\sqrt{1+u} - 1

par conjugaison :

\sqrt{1+u} - 1 = \dfrac{u}{\sqrt{1+u}+1}

Donc :

\sqrt{1+u} - 1 - \dfrac{u}{2} = \dfrac{u}{\sqrt{1+u}+1} - \dfrac{u}{2} = u\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+u}+1} - \dfrac{1}{2}\right)

= u \cdot \dfrac{2 - (\sqrt{1+u}+1)}{2(\sqrt{1+u}+1)} = u \cdot \dfrac{1 - \sqrt{1+u}}{2(\sqrt{1+u}+1)}

1 - \sqrt{1+u} = \dfrac{1-(1+u)}{1+\sqrt{1+u}} = \dfrac{-u}{1+\sqrt{1+u}}

.

Donc :

\sqrt{1+u} - 1 - \dfrac{u}{2} = u \cdot \dfrac{-u}{2(\sqrt{1+u}+1)(1+\sqrt{1+u})} = \dfrac{-u^2}{2(\sqrt{1+u}+1)^2}

Et :

\dfrac{1}{u^2} \cdot \dfrac{-u^2}{2(\sqrt{1+u}+1)^2} = \dfrac{-1}{2(\sqrt{1+u}+1)^2}

Quand

u \to 0^+

\sqrt{1+u} \to 1

\lim = \dfrac{-1}{2(1+1)^2} = \dfrac{-1}{2 \times 4} = -\dfrac{1}{8}

Exercice 37

Avancé

Soit

f

la fonction définie pour

x > 0

par

f(x) = \dfrac{x^3 + x\cos x}{x^2 + 1}

Montrer que pour tout

x > 0

\dfrac{x^3 - x}{x^2 + 1} \leq f(x) \leq x

Comme

-1 \leq \cos x \leq 1

pour tout

x

x^3 - x \leq x^3 + x\cos x \leq x^3 + x

(on a multiplié

\cos x

par

x > 0

, ce qui conserve le sens).

En divisant par

x^2 + 1 > 0

\dfrac{x^3 - x}{x^2 + 1} \leq f(x) \leq \dfrac{x^3 + x}{x^2 + 1}

Or la borne supérieure se simplifie :

\dfrac{x^3 + x}{x^2 + 1} = \dfrac{x(x^2 + 1)}{x^2 + 1} = x

Donc :

\dfrac{x^3 - x}{x^2 + 1} \leq f(x) \leq x

En déduire

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)

Étudions la borne inférieure :

\dfrac{x^3 - x}{x^2 + 1} = \dfrac{x(x^2 - 1)}{x^2 + 1} = x \cdot \dfrac{x^2 - 1}{x^2 + 1}

\dfrac{x^2-1}{x^2+1} = \dfrac{1 - \frac{1}{x^2}}{1 + \frac{1}{x^2}} \to 1

quand

x \to +\infty

.

Donc la borne inférieure se comporte comme

x \times 1 = x \to +\infty

.

Plus précisément, pour

x \geq 2

\dfrac{x^2-1}{x^2+1} \geq \dfrac{3}{5} > 0

, donc

\dfrac{x^3-x}{x^2+1} \geq \dfrac{3x}{5} \to +\infty

.

Comme

f(x) \geq \dfrac{x^3-x}{x^2+1} \to +\infty

, par comparaison :

\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty

Remarque : bien que

\cos x

oscille sans limite, le terme

x\cos x

est négligeable devant

x^3

pour

x

grand, et n'affecte pas le comportement asymptotique.

Exercice 38

Avancé

Déterminer les limites suivantes faisant intervenir des puissances fractionnaires.

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt[3]{x} - 1}{x - 1}

x = 1

\dfrac{0}{0}

. On effectue le changement de variable

t = x^{1/3}

(racine cubique), soit

x = t^3

.

Quand

x \to 1

t \to 1

\dfrac{\sqrt[3]{x} - 1}{x - 1} = \dfrac{t - 1}{t^3 - 1}

t^3 - 1 = (t-1)(t^2 + t + 1)

(différence de cubes). Pour

t \neq 1

\dfrac{t-1}{(t-1)(t^2+t+1)} = \dfrac{1}{t^2 + t + 1}

Quand

t \to 1

\lim_{t \to 1} \dfrac{1}{t^2+t+1} = \dfrac{1}{1+1+1} = \dfrac{1}{3}

Remarque : on reconnaît le nombre dérivé de

g(x) = \sqrt[3]{x} = x^{1/3}

x = 1

. En effet,

g'(x) = \dfrac{1}{3}x^{-2/3}

, donc

g'(1) = \dfrac{1}{3}

. ✓

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1+2x}}{x}

x = 0

\dfrac{\sqrt{1} - \sqrt{1}}{0} = \dfrac{0}{0}

. Expression conjuguée :

\dfrac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1+2x}}{x} = \dfrac{(\sqrt{1+x} - \sqrt{1+2x})(\sqrt{1+x} + \sqrt{1+2x})}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1+2x})}

= \dfrac{(1+x) - (1+2x)}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1+2x})} = \dfrac{-x}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1+2x})} = \dfrac{-1}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1+2x}}

Quand

x \to 0

\sqrt{1+x} \to 1

\sqrt{1+2x} \to 1

\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1+2x}}{x} = \dfrac{-1}{1+1} = -\dfrac{1}{2}

Exercice 39

Avancé

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-1 ; 1\}

par

f(x) = x + 1 + \dfrac{x}{x^2 - 1}

Déterminer les limites latérales de

f

x = 1

et en

x = -1

, puis en déduire les asymptotes verticales.

On a

\dfrac{x}{x^2-1} = \dfrac{x}{(x-1)(x+1)}

.

En $x = 1$ :
Le terme

x + 1 \to 2

. Le terme

\dfrac{x}{(x-1)(x+1)} \to \dfrac{1}{0 \times 2}

.

Plus précisément,

x \to 1

(x+1) \to 2 > 0

. Le signe dépend de

(x-1)

:

-

x \to 1^+

(x-1) \to 0^+

, donc

\dfrac{x}{(x-1)(x+1)} \to \dfrac{1}{0^+ \times 2} = +\infty

\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty

x \to 1^-

(x-1) \to 0^-

, donc

\dfrac{x}{(x-1)(x+1)} \to \dfrac{1}{0^- \times 2} = -\infty

\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty

La droite

x = 1

est asymptote verticale.

En $x = -1$ :

x \to -1

(x-1) \to -2 < 0

. Le signe dépend de

(x+1)

:

-

x \to (-1)^+

(x+1) \to 0^+

, donc

\dfrac{-1}{(-2)(0^+)} = \dfrac{-1}{0^-} = +\infty

\lim_{x \to (-1)^+} f(x) = +\infty

x \to (-1)^-

(x+1) \to 0^-

, donc

\dfrac{-1}{(-2)(0^-)} = \dfrac{-1}{0^+} = -\infty

\lim_{x \to (-1)^-} f(x) = -\infty

La droite

x = -1

est asymptote verticale.

Montrer que la droite

y = x + 1

est asymptote oblique de la courbe de

f

\pm\infty

f(x) - (x+1) = \dfrac{x}{x^2-1}

Étudions cette expression quand

x \to \pm\infty

\dfrac{x}{x^2-1} = \dfrac{x}{x^2\left(1 - \frac{1}{x^2}\right)} = \dfrac{1}{x\left(1 - \frac{1}{x^2}\right)}

Quand

x \to \pm\infty

\dfrac{1}{x} \to 0

1 - \dfrac{1}{x^2} \to 1

.

Donc :

\lim_{x \to \pm\infty} \left(f(x) - (x+1)\right) = 0

La droite

y = x + 1

est asymptote oblique en

+\infty

et en

-\infty

Étudier la position de la courbe par rapport à l'asymptote oblique sur chaque intervalle du domaine.

On étudie le signe de

f(x) - (x+1) = \dfrac{x}{(x-1)(x+1)}

.

Tableau de signes :

| Intervalle |

x

(x-1)

(x+1)

\dfrac{x}{(x-1)(x+1)}

| Position |
|---|---|---|---|---|---|
|

x < -1

-

-

-

\dfrac{(-)}{(+)} = -

| en dessous |
|

-1 < x < 0

-

-

+

\dfrac{(-)}{(-)} = +

| au-dessus |
|

0 < x < 1

+

-

+

\dfrac{(+)}{(-)} = -

| en dessous |
|

x > 1

+

+

+

\dfrac{(+)}{(+)} = +

| au-dessus |

La courbe croise l'asymptote en

x = 0

(car

f(0) = 0 + 1 + 0 = 1

et l'asymptote donne

y = 0 + 1 = 1

Exercice 40

Avancé

Soit

f

la fonction définie sur

\mathbb{R}

par

f(x) = \sqrt{x^2 + x + 1}

Montrer que

f

est bien définie sur

\mathbb{R}

tout entier.

Il faut montrer que

x^2 + x + 1 > 0

pour tout

x \in \mathbb{R}

.

Complétons le carré :

x^2 + x + 1 = \left(x + \dfrac{1}{2}\right)^2 + 1 - \dfrac{1}{4} = \left(x + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}

\left(x + \dfrac{1}{2}\right)^2 \geq 0

pour tout

x

, donc :

x^2 + x + 1 \geq \dfrac{3}{4} > 0 \quad \text{pour tout } x \in \mathbb{R}

On peut également vérifier par le discriminant :

\Delta = 1 - 4 = -3 < 0

. Comme le coefficient dominant est positif et

\Delta < 0

, le trinôme est strictement positif sur

\mathbb{R}

.

Donc

f(x) = \sqrt{x^2+x+1}

est bien définie sur

\mathbb{R}

Montrer que la droite

y = x + \dfrac{1}{2}

est asymptote oblique de la courbe de

f

+\infty

Pour

x > 0

, calculons

f(x) - x = \sqrt{x^2+x+1} - x

. Expression conjuguée :

f(x) - x = \dfrac{(x^2+x+1)-x^2}{\sqrt{x^2+x+1}+x} = \dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}

On factorise par

x > 0

= \dfrac{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1\right)} = \dfrac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}

Quand

x \to +\infty

f(x) - x \to \dfrac{1}{\sqrt{1}+1} = \dfrac{1}{2}

Donc

f(x) - \left(x + \dfrac{1}{2}\right) \to 0

: la droite

y = x + \dfrac{1}{2}

est asymptote oblique en $+\infty$ .

Montrer que la droite

y = -x - \dfrac{1}{2}

est asymptote oblique de la courbe de

f

-\infty

Pour

x < 0

, calculons

f(x) - (-x) = f(x) + x = \sqrt{x^2+x+1} + x

.

Expression conjuguée (on multiplie par

\sqrt{x^2+x+1} - x

) :

f(x) + x = \dfrac{(x^2+x+1)-x^2}{\sqrt{x^2+x+1}-x} = \dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}-x}

Pour

x < 0

\sqrt{x^2} = -x

, donc

\sqrt{x^2+x+1} = -x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}

.

Le dénominateur :

-x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} - x = -x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} + 1\right)

.

Donc :

f(x) + x = \dfrac{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{-x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1\right)} = \dfrac{-(1+\frac{1}{x})}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}

Quand

x \to -\infty

f(x) + x \to \dfrac{-1}{1+1} = -\dfrac{1}{2}

Donc

f(x) - \left(-x - \dfrac{1}{2}\right) = f(x) + x + \dfrac{1}{2} \to 0

: la droite

y = -x - \dfrac{1}{2}

est asymptote oblique en $-\infty$ .

Montrer que la courbe de

f

est toujours au-dessus de ses deux asymptotes obliques.

En $+\infty$ (pour

x

assez grand,

x + \dfrac{1}{2} > 0

) :

f(x) - \left(x + \dfrac{1}{2}\right) = \sqrt{x^2+x+1} - x - \dfrac{1}{2}

Comparons les carrés :

f(x)^2 = x^2+x+1

\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2 = x^2+x+\dfrac{1}{4}

f(x)^2 - \left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2 = (x^2+x+1) - \left(x^2+x+\dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{3}{4} > 0

Comme les deux quantités sont positives,

f(x) > x + \dfrac{1}{2}

: la courbe est au-dessus de l'asymptote

y = x + \dfrac{1}{2}

.

En $-\infty$ : de même,

f(x) = \sqrt{x^2+x+1} > 0

toujours, et

-x - \dfrac{1}{2} > 0

pour

x < -\dfrac{1}{2}

f(x)^2 - \left(-x-\dfrac{1}{2}\right)^2 = (x^2+x+1) - \left(x^2+x+\dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{3}{4} > 0

Donc

f(x) > -x - \dfrac{1}{2}

: la courbe est au-dessus de l'asymptote

y = -x - \dfrac{1}{2}

.

Conclusion : la courbe de

f

est toujours au-dessus de ses deux asymptotes obliques, en s'en rapprochant par valeurs supérieures quand

x \to \pm\infty

. L'écart vaut exactement

\dfrac{3/4}{\sqrt{x^2+x+1} + |x + 1/2|}

, qui tend vers

0

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Étude d'une fonction rationnelle

Difficile

On considère la fonction

f

définie par :

f(x) = \dfrac{x^2 - 5x + 6}{x^2 - 4}

Partie A — Domaine et simplification

Déterminer le domaine de définition de

f

f(x)

est définie lorsque

x^2 - 4 \neq 0

, soit

x^2 \neq 4

, c'est-à-dire

x \neq 2

x \neq -2

\mathcal{D}_f = \mathbb{R} \setminus \{-2 ; 2\}

Factoriser le numérateur et le dénominateur, puis simplifier

f(x)

pour tout

x

de son domaine.

Numérateur :

x^2 - 5x + 6

. Discriminant :

\Delta = 25 - 24 = 1

. Racines :

x = \dfrac{5 \pm 1}{2}

, soit

x = 3

x = 2

.

Donc

x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)

.

Dénominateur :

x^2 - 4 = (x-2)(x+2)

(différence de carrés).

Pour

x \neq 2

x \neq -2

f(x) = \dfrac{(x-2)(x-3)}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{x - 3}{x + 2}

Remarque : le facteur

(x - 2)

se simplifie. La valeur

x = 2

est une discontinuité évitable (« trou »).

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2} f(x)

. La fonction

f

admet-elle un prolongement par continuité en

x = 2

Comme

f(x) = \dfrac{x-3}{x+2}

pour

x \neq 2

\lim_{x \to 2} f(x) = \dfrac{2 - 3}{2 + 2} = \dfrac{-1}{4}

La limite est finie, donc

f

admet un prolongement par continuité en

x = 2

en posant

f(2) = -\dfrac{1}{4}

.

Graphiquement : la courbe présente un « trou » au point

\left(2, -\dfrac{1}{4}\right)

Partie B — Asymptotes

Déterminer les limites de

f

+\infty

-\infty

, puis en déduire l'asymptote horizontale.

Avec la forme simplifiée

f(x) = \dfrac{x - 3}{x + 2}

, on factorise par

x

f(x) = \dfrac{x\left(1 - \frac{3}{x}\right)}{x\left(1 + \frac{2}{x}\right)} = \dfrac{1 - \frac{3}{x}}{1 + \frac{2}{x}} \xrightarrow[x \to \pm\infty]{} \dfrac{1}{1} = 1

La droite

y = 1

est asymptote horizontale en

+\infty

et en

-\infty

Déterminer les limites latérales de

f

x = -2

, puis en déduire l'asymptote verticale.

x = -2

: le numérateur

x - 3 \to -5 \neq 0

et le dénominateur

x + 2 \to 0

.

À droite ( $x \to (-2)^+$ ) :

x + 2 \to 0^+

x - 3 \to -5 < 0

\lim_{x \to (-2)^+} f(x) = \dfrac{-5}{0^+} = -\infty

À gauche ( $x \to (-2)^-$ ) :

x + 2 \to 0^-

x - 3 \to -5 < 0

\lim_{x \to (-2)^-} f(x) = \dfrac{-5}{0^-} = +\infty

La droite

x = -2

est asymptote verticale.

Étudier la position de la courbe de

f

par rapport à son asymptote horizontale.

f(x) - 1 = \dfrac{x - 3}{x + 2} - 1 = \dfrac{x - 3 - (x + 2)}{x + 2} = \dfrac{-5}{x + 2}

Le numérateur

-5 < 0

est toujours négatif. Le signe dépend de

x + 2

:

- Si

x > -2

x + 2 > 0

, donc

f(x) - 1 = \dfrac{-5}{> 0} < 0

: la courbe est en dessous de

y = 1

.
- Si

x < -2

x + 2 < 0

, donc

f(x) - 1 = \dfrac{-5}{< 0} > 0

: la courbe est au-dessus de

y = 1

.

La courbe ne croise jamais son asymptote horizontale (car

f(x) = 1

n'a pas de solution :

-5 \neq 0

Problème 2 — Étude asymptotique d'une fonction rationnelle

Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

\mathbb{R} \setminus \{-1\}

par :

f(x) = \dfrac{x^3 + 2x^2 - x + 1}{x^2 + 2x + 1}

Partie A — Simplification et division euclidienne

Factoriser le dénominateur

x^2 + 2x + 1

On reconnaît une identité remarquable :

x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2

Le dénominateur s'annule uniquement en

x = -1

(racine double).

Effectuer la division euclidienne de

x^3 + 2x^2 - x + 1

par

(x+1)^2 = x^2 + 2x + 1

On divise

x^3 + 2x^2 - x + 1

par

x^2 + 2x + 1

x^3 + 2x^2 - x + 1 = (x^2 + 2x + 1) \cdot x + (-2x + 1)

Vérification :

(x^2+2x+1) \cdot x + (-2x+1) = x^3 + 2x^2 + x - 2x + 1 = x^3 + 2x^2 - x + 1

✓

Donc :

f(x) = x + \dfrac{-2x + 1}{(x+1)^2}

En déduire que la droite

y = x

est asymptote oblique de la courbe de

f

\pm\infty

f(x) - x = \dfrac{-2x + 1}{(x+1)^2}

Étudions cette expression quand

x \to \pm\infty

. On factorise par

x^2

au dénominateur et par

x

au numérateur :

\dfrac{-2x+1}{(x+1)^2} = \dfrac{x\left(-2 + \frac{1}{x}\right)}{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)^2} = \dfrac{-2 + \frac{1}{x}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)^2}

Quand

x \to \pm\infty

: le numérateur

\to -2

(fini) et le dénominateur

\to \pm\infty

.

Donc :

\lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - x) = 0

La droite

y = x

est asymptote oblique en

+\infty

et en

-\infty

Partie B — Asymptote verticale et position

Déterminer les limites latérales de

f

x = -1

et en déduire la nature de l'asymptote.

x = -1

: le numérateur

(-1)^3 + 2(-1)^2 - (-1) + 1 = -1 + 2 + 1 + 1 = 3 \neq 0

.

Le dénominateur

(x+1)^2 \to 0^+

(toujours positif, car c'est un carré).

Donc :

\lim_{x \to (-1)^+} f(x) = \dfrac{3}{0^+} = +\infty

\lim_{x \to (-1)^-} f(x) = \dfrac{3}{0^+} = +\infty

Les deux limites latérales valent

+\infty

(même signe, car

(x+1)^2 > 0

des deux côtés).

La droite

x = -1

est asymptote verticale.

Remarque : les deux branches de la courbe montent vers

+\infty

de chaque côté de l'asymptote (et non pas en sens opposés, contrairement au cas d'une racine simple).

Étudier la position de la courbe par rapport à l'asymptote oblique

y = x

f(x) - x = \dfrac{-2x + 1}{(x+1)^2}

Le dénominateur

(x+1)^2 > 0

pour

x \neq -1

. Le signe dépend donc du numérateur

-2x + 1

-2x + 1 > 0 \iff x < \dfrac{1}{2}

- Pour

x < \dfrac{1}{2}

(et

x \neq -1

) :

f(x) - x > 0

, la courbe est au-dessus de

y = x

.
- Pour

x > \dfrac{1}{2}

f(x) - x < 0

, la courbe est en dessous de

y = x

.
- Pour

x = \dfrac{1}{2}

f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2}

, la courbe croise l'asymptote.

La courbe croise son asymptote oblique au point

\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)

Problème 3 — Asymptotes d'une fonction irrationnelle

Avancé

On considère la fonction

f

définie par :

f(x) = \sqrt{4x^2 + 4x + 3}

On admet que

f

est définie sur

\mathbb{R}

(on pourra vérifier que

4x^2 + 4x + 3 > 0

pour tout

x

Partie A — Comportement en $+\infty$

Pour

x > 0

, montrer que

f(x) = 2x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{4x^2}}

Pour

x > 0

f(x) = \sqrt{4x^2 + 4x + 3} = \sqrt{4x^2\left(1 + \dfrac{4x}{4x^2} + \dfrac{3}{4x^2}\right)} = \sqrt{4x^2}\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{4x^2}}

\sqrt{4x^2} = 2|x| = 2x

(car

x > 0

).

Donc :

f(x) = 2x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{4x^2}}

Calculer

\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x)

à l'aide de l'expression conjuguée. En déduire l'asymptote oblique en

+\infty

Calculons

f(x) - 2x = \sqrt{4x^2+4x+3} - 2x

. Forme «

+\infty - \infty

».

Expression conjuguée :

f(x) - 2x = \dfrac{(4x^2+4x+3) - 4x^2}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x} = \dfrac{4x + 3}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x}

Pour

x > 0

, on factorise par

x

= \dfrac{x\left(4 + \frac{3}{x}\right)}{x\left(2\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{4x^2}} + 2\right)} = \dfrac{4 + \frac{3}{x}}{2\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{4x^2}} + 2}

Quand

x \to +\infty

\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x) = \dfrac{4}{2 \times 1 + 2} = \dfrac{4}{4} = 1

Donc

f(x) - (2x + 1) \to 0

: la droite

y = 2x + 1

est asymptote oblique en $+\infty$ .

Partie B — Comportement en $-\infty$

Pour

x < 0

, montrer que

f(x) = -2x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{4x^2}}

Pour

x < 0

\sqrt{4x^2} = 2|x| = -2x

(car

|x| = -x

quand

x < 0

).

Donc :

f(x) = \sqrt{4x^2\left(1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{4x^2}\right)} = -2x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{4x^2}}

Attention au signe :

-2x > 0

puisque

x < 0

, ce qui est cohérent avec

f(x) = \sqrt{\cdots} > 0

Calculer

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (f(x) + 2x)

et en déduire l'asymptote oblique en

-\infty

Calculons

f(x) - (-2x) = f(x) + 2x = \sqrt{4x^2+4x+3} + 2x

. Forme «

+\infty + (-\infty)

».

Expression conjuguée (on multiplie par

\sqrt{4x^2+4x+3} - 2x

en haut et en bas) :

f(x) + 2x = \dfrac{(4x^2+4x+3) - 4x^2}{\sqrt{4x^2+4x+3} - 2x} = \dfrac{4x+3}{\sqrt{4x^2+4x+3} - 2x}

Pour

x < 0

, on factorise par

|x| = -x

au dénominateur :

\sqrt{4x^2+4x+3} - 2x = -2x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{4x^2}} - 2x = -2x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{4x^2}} + 1\right)

Et le numérateur :

4x + 3 = x\left(4 + \frac{3}{x}\right)

.

Donc :

f(x) + 2x = \dfrac{x\left(4+\frac{3}{x}\right)}{-2x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{4x^2}}+1\right)} = \dfrac{-(4+\frac{3}{x})}{2\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{3}{4x^2}}+1\right)}

Quand

x \to -\infty

\lim_{x \to -\infty} (f(x) + 2x) = \dfrac{-4}{2(1+1)} = \dfrac{-4}{4} = -1

Donc

f(x) - (-2x - 1) = f(x) + 2x + 1 \to 0

: la droite

y = -2x - 1

est asymptote oblique en $-\infty$ .

Partie C — Synthèse

Montrer que la courbe de

f

est toujours au-dessus de ses deux asymptotes obliques.

En $+\infty$ : comparons

f(x)^2

(2x+1)^2

f(x)^2 - (2x+1)^2 = (4x^2+4x+3) - (4x^2+4x+1) = 2 > 0

Comme

f(x) > 0

2x + 1 > 0

(pour

x > -\frac{1}{2}

), on a

f(x) > 2x + 1

: la courbe est au-dessus de

y = 2x + 1

.

En $-\infty$ : comparons

f(x)^2

(-2x-1)^2 = (2x+1)^2

f(x)^2 - (2x+1)^2 = 2 > 0

Même conclusion : pour

x < -\frac{1}{2}

-2x - 1 > 0

, et

f(x) > -2x - 1

: la courbe est au-dessus de

y = -2x - 1

.

La courbe est donc toujours au-dessus de ses deux asymptotes, avec un écart qui vaut :

f(x) - (2x+1) = \dfrac{2}{f(x) + 2x + 1} \to 0

Interprétation géométrique : la courbe de

f

, qui est la branche supérieure de l'ellipse

y^2 = 4x^2+4x+3

, forme une sorte de « V arrondi » qui s'approche de ses deux asymptotes obliques par au-dessus, avec les pentes

+2

-2

respectivement.

Problème 4 — Étude d'une fonction par morceaux

Avancé

On considère la fonction

f

définie sur

\mathbb{R}

par :

f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^3 - 8}{x^2 - 4} & \text{si } x \notin \{-2 ; 2\} \[8pt] a & \text{si } x = 2 \[4pt] b & \text{si } x = -2 \end{cases}

où

a

b

sont deux réels à déterminer.

Partie A — Étude en $x = 2$

Factoriser

x^3 - 8

x^2 - 4

, puis simplifier

\dfrac{x^3 - 8}{x^2 - 4}

pour

x \notin \{-2 ; 2\}

Numérateur : différence de cubes

a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)

x^3 - 8 = x^3 - 2^3 = (x-2)(x^2 + 2x + 4)

Dénominateur : différence de carrés :

x^2 - 4 = (x-2)(x+2)

Pour

x \neq 2

x \neq -2

\dfrac{x^3 - 8}{x^2 - 4} = \dfrac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{x^2 + 2x + 4}{x + 2}

Déterminer

\displaystyle\lim_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 8}{x^2 - 4}

et en déduire la valeur de

a

pour que

f

soit continue en

x = 2

D'après la simplification :

\lim_{x \to 2} \dfrac{x^3-8}{x^2-4} = \lim_{x \to 2} \dfrac{x^2+2x+4}{x+2} = \dfrac{4+4+4}{2+2} = \dfrac{12}{4} = 3

Pour que

f

soit continue en

x = 2

, il faut :

\lim_{x \to 2} f(x) = f(2)

Soit

3 = a

. Donc

a = 3

Partie B — Étude en $x = -2$

Déterminer les limites à gauche et à droite de

\dfrac{x^3-8}{x^2-4}

x = -2

x = -2

: le numérateur simplifié

x^2 + 2x + 4 \to 4 - 4 + 4 = 4 \neq 0

.

Le dénominateur

x + 2 \to 0

.

À droite ( $x \to (-2)^+$ ) :

x + 2 \to 0^+

x^2+2x+4 \to 4 > 0

\lim_{x \to (-2)^+} \dfrac{x^2+2x+4}{x+2} = \dfrac{4}{0^+} = +\infty

À gauche ( $x \to (-2)^-$ ) :

x + 2 \to 0^-

x^2+2x+4 \to 4 > 0

\lim_{x \to (-2)^-} \dfrac{x^2+2x+4}{x+2} = \dfrac{4}{0^-} = -\infty

Peut-on choisir

b

pour rendre

f

continue en

x = -2

? Justifier.

Pour que

f

soit continue en

x = -2

, il faudrait :

\lim_{x \to -2} f(x) = f(-2) = b

Mais les limites latérales en

x = -2

n'existent pas (elles valent

+\infty

-\infty

respectivement, et sont donc distinctes).

Il n'existe aucune valeur de $b$ qui rende

f

continue en

x = -2

.

La droite

x = -2

est une asymptote verticale de la courbe de

f

, et cette discontinuité est non évitable (contrairement au « trou » en

x = 2

qui est évitable).

Partie C — Étude asymptotique

Effectuer la division euclidienne de

x^2 + 2x + 4

par

x + 2

et en déduire l'asymptote oblique de

f

Division de

x^2 + 2x + 4

par

x + 2

x^2 + 2x + 4 = (x+2)(x) + 4

Vérification :

(x+2) \times x + 4 = x^2 + 2x + 4

✓

Donc pour

x \neq \pm 2

\dfrac{x^2+2x+4}{x+2} = x + \dfrac{4}{x+2}

Quand

x \to \pm\infty

\dfrac{4}{x+2} \to 0

.

Donc

f(x) - x \to 0

: la droite

y = x

est asymptote oblique en

\pm\infty

Étudier la position de la courbe par rapport à l'asymptote oblique et dresser un tableau récapitulatif des asymptotes.

f(x) - x = \dfrac{4}{x + 2}

Le numérateur

4 > 0

. Le signe dépend de

x + 2

:

- Si

x > -2

f(x) - x > 0

, courbe au-dessus de

y = x

.
- Si

x < -2

f(x) - x < 0

, courbe en dessous de

y = x

.

Tableau récapitulatif :

| Type | Équation | Condition |
|---|---|---|
| Asymptote verticale |

x = -2

\lim_{(-2)^+} = +\infty

\lim_{(-2)^-} = -\infty

|
| Asymptote oblique |

y = x

| en

+\infty

et en

-\infty

|
| Trou (prolongement) | point

(2, 3)

a = 3

pour continuité |

La courbe croise l'asymptote oblique lorsque

\dfrac{4}{x+2} = 0

, ce qui n'a jamais lieu. La courbe ne croise donc jamais son asymptote oblique.

S'entraîner avec les sujets du bac

Voir les sujets corrigés →

Limites de fonctions

I. Limite finie d'une fonction en un point

1. Définition

2. Limite à gauche, limite à droite

3. Lien avec la continuité

II. Limite infinie d'une fonction en un point

1. Définition

2. Limites latérales infinies

3. Asymptote verticale

III. Limite d'une fonction en +∞ ou −∞

1. Limite finie en l'infini

2. Limite infinie en l'infini

3. Asymptote horizontale

4. Asymptote oblique

IV. Limites des fonctions de référence

1. Tableau des limites de référence

2. Limite d'un polynôme en l'infini

3. Limite d'une fonction rationnelle en l'infini

V. Opérations sur les limites

1. Règles de calcul

2. Formes indéterminées

3. Composée de limites

VI. Théorèmes de comparaison

1. Théorème des gendarmes (fonctions)

2. Théorème de comparaison (divergence)

3. Composée avec x​

VII. Méthodes

M1 — FI ∞∞​ : factoriser par le terme dominant

M2 — FI +∞−∞ : factoriser

M3 — FI 00​ : factoriser par (x−a)

M4 — FI 00​ avec x​ : quantité conjuguée

M5 — FI +∞−∞ avec x​ : quantité conjuguée

M6 — Asymptotes d'une fraction rationnelle

M7 — Lire une limite sur un graphique

Tableau récapitulatif FI / méthodes

1. Définitions et limites de référence

Définitions

Limites de référence

Polynômes et fractions rationnelles

Opérations et théorèmes

2. Méthodes

Schéma de décision

6 méthodes clés

Tableau récapitulatif

Opérations — récap

Partie A — Domaine et simplification

Partie B — Asymptotes

Partie A — Simplification et division euclidienne

Partie B — Asymptote verticale et position

Partie A — Comportement en +∞+\infty+∞

Partie B — Comportement en −∞-\infty−∞

Partie C — Synthèse

Partie A — Étude en x=2x = 2x=2

Partie B — Étude en x=−2x = -2x=−2

Partie C — Étude asymptotique

S'entraîner avec les sujets du bac

III. Limite d'une fonction en $+ \infty$ ou $- \infty$

3. Composée avec $x$

M1 — FI $\frac{\infty}{\infty}$ : factoriser par le terme dominant

M2 — FI $+ \infty - \infty$ : factoriser

M3 — FI $\frac{0}{0}$ : factoriser par $(x - a)$

M4 — FI $\frac{0}{0}$ avec $x$ : quantité conjuguée

M5 — FI $+ \infty - \infty$ avec $x$ : quantité conjuguée

Partie A — Comportement en $+\infty$

Partie B — Comportement en $-\infty$

Partie A — Étude en $x = 2$

Partie B — Étude en $x = -2$