Limites et Continuité Exercices Corrigés : 14 Problèmes

En \( +\infty \), on a : \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} 2x^3 = +\infty \)

Solution de la question 2 :

En \( -\infty \), on a : \( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} 2x^3 = -\infty \)

Solution de la question 3 :

Pour un polynôme, lorsque \( x \) tend vers l’infini, les termes de degré inférieur deviennent négligeables devant le terme de plus haut degré. Ainsi :

\[ f(x) = 2x^3\left(1 – \frac{5}{2x} + \frac{3}{2x^2} – \frac{7}{2x^3}\right) \]

Quand \( x \to \pm\infty \), l’expression entre parenthèses tend vers 1, donc la limite de \( f(x) \) est celle de \( 2x^3 \).

Les degrés du numérateur et du dénominateur sont égaux (degré 2). La limite est donc :

\[ \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{3x^2 – 5x + 1}{2x^2 + 7} = \frac{3}{2} \]

Solution de la question 2 :

Le degré du numérateur (3) est supérieur au degré du dénominateur (2), donc :

\[ \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^3 + 2x}{5x^2 – 3} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x^3}{5x^2} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x}{5} = +\infty \]

Solution de la question 3 :

Le degré du numérateur (1) est inférieur au degré du dénominateur (2), donc :

\[ \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{4x + 1}{x^2 – 9} = 0 \]

On multiplie par l’expression conjuguée :

\[ \sqrt{x^2 + 3x} – x = \frac{(\sqrt{x^2 + 3x} – x)(\sqrt{x^2 + 3x} + x)}{\sqrt{x^2 + 3x} + x} = \frac{x^2 + 3x – x^2}{\sqrt{x^2 + 3x} + x} = \frac{3x}{\sqrt{x^2 + 3x} + x} \]

Pour \( x > 0 \), on factorise par \( x \) :

\[ \frac{3x}{x\sqrt{1 + \frac{3}{x}} + x} = \frac{3}{\sqrt{1 + \frac{3}{x}} + 1} \]

Quand \( x \to +\infty \), on obtient : \( \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{3}{\sqrt{1 + 0} + 1} = \frac{3}{2} \)

Solution de la question 2 :
\[ \sqrt{x^2 – 5x} = \sqrt{x^2\left(1 – \frac{5}{x}\right)} = |x|\sqrt{1 – \frac{5}{x}} \]

Pour \( x > 0 \), \( |x| = x \), donc :

\[ \lim\limits_{x \to +\infty} x\sqrt{1 – \frac{5}{x}} = +\infty \]

On factorise le numérateur :

\[ \frac{x^2 – 4}{x – 2} = \frac{(x-2)(x+2)}{x – 2} = x + 2 \quad \text{pour } x \neq 2 \]

Donc : \( \lim\limits_{x \to 2} \frac{x^2 – 4}{x – 2} = \lim\limits_{x \to 2} (x + 2) = 4 \)

Solution de la question 2 :

On factorise :

\[ x^3 + 1 = (x+1)(x^2 – x + 1) \]
\[ x^2 – 1 = (x-1)(x+1) \]

Donc :

\[ \frac{x^3 + 1}{x^2 – 1} = \frac{(x+1)(x^2 – x + 1)}{(x-1)(x+1)} = \frac{x^2 – x + 1}{x – 1} \quad \text{pour } x \neq -1 \]

On calcule la limite :

\[ \lim\limits_{x \to -1} \frac{x^2 – x + 1}{x – 1} = \frac{1 + 1 + 1}{-1 – 1} = \frac{3}{-2} = -\frac{3}{2} \]

On multiplie par l’expression conjuguée :

\[ \frac{\sqrt{1+x} – \sqrt{1-x}}{x} = \frac{(\sqrt{1+x} – \sqrt{1-x})(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})} \]
\[ = \frac{(1+x) – (1-x)}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})} = \frac{2x}{x(\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x})} = \frac{2}{\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}} \]

Donc : \( \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1+x} – \sqrt{1-x}}{x} = \frac{2}{\sqrt{1} + \sqrt{1}} = \frac{2}{2} = 1 \)

Solution de la question 2 :

On peut écrire \( x – 4 = (\sqrt{x})^2 – 4 = (\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2) \), donc :

\[ \frac{\sqrt{x} – 2}{x – 4} = \frac{\sqrt{x} – 2}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)} = \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \quad \text{pour } x \neq 4 \]

Donc : \( \lim\limits_{x \to 4} \frac{\sqrt{x} – 2}{x – 4} = \frac{1}{\sqrt{4} + 2} = \frac{1}{4} \)

On reconnaît :

\[ x^3 – 3x^2 + 3x – 1 = (x-1)^3 \]
\[ x^2 – 2x + 1 = (x-1)^2 \]

Donc pour \( x \neq 1 \) :

\[ f(x) = \frac{(x-1)^3}{(x-1)^2} = x – 1 \]

Solution de la question 2 :
\[ \lim\limits_{x \to 1} f(x) = \lim\limits_{x \to 1} (x-1) = 0 \]

Solution de la question 3 :

Oui, on peut prolonger \( f \) par continuité en posant \( f(1) = 0 \). La fonction prolongée est alors continue en \( x = 1 \) car la limite en ce point existe et est finie.

Calculons les limites à gauche et à droite :

\[ \lim\limits_{x \to 2^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 2^-} (x^2 + 1) = 4 + 1 = 5 \]
\[ \lim\limits_{x \to 2^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 2^+} (2x + 1) = 4 + 1 = 5 \]

De plus, \( f(2) = 5 \).

Puisque \( \lim\limits_{x \to 2^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 2^+} f(x) = f(2) = 5 \), la fonction \( f \) est continue en \( x = 2 \).

Solution de la question 2 :

Sur \( ]-\infty, 2[ \), \( f \) est une fonction polynôme, donc continue.

Sur \( ]2, +\infty[ \), \( f \) est une fonction affine, donc continue.

Nous avons montré que \( f \) est continue en \( x = 2 \).

Par conséquent, \( f \) est continue sur \( \mathbb{R} \).

Pour que \( f \) soit continue en \( x = 1 \), il faut :

\[ \lim\limits_{x \to 1^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^+} f(x) \]

Calculons :

\[ \lim\limits_{x \to 1^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^-} (x^2 – 3x + a) = 1 – 3 + a = a – 2 \]
\[ \lim\limits_{x \to 1^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 1^+} (2x + b) = 2 + b \]

Donc : \( a – 2 = 2 + b \), soit \( a = b + 4 \).

Il existe une infinité de couples \( (a, b) \) vérifiant cette condition. Par exemple : \( b = 0 \) et \( a = 4 \).

Solution de la question 2 :

Pour \( a = b + 4 \) :

• Sur \( ]-\infty, 1] \), \( f \) est polynôme, donc continue.

• Sur \( ]1, +\infty[ \), \( f \) est affine, donc continue.

• En \( x = 1 \), \( f \) est continue par choix de \( a \) et \( b \).

Donc \( f \) est continue sur \( \mathbb{R} \).

On factorise le numérateur :

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

Donc pour \( x \neq -1 \) :

\[ g(x) = \frac{(x+1)(x+2)}{x+1} = x + 2 \]

Solution de la question 2 :
\[ \lim\limits_{x \to -1} g(x) = \lim\limits_{x \to -1} (x + 2) = -1 + 2 = 1 \]

Solution de la question 3 :

Oui, on peut prolonger \( g \) par continuité car la limite en \( -1 \) existe et est finie. On définit :

\[ \tilde{g}(x) = \begin{cases} g(x) = \frac{x^2 + 3x + 2}{x + 1} & \text{si } x \neq -1 \\ 1 & \text{si } x = -1 \end{cases} \]

Ou plus simplement : \( \tilde{g}(x) = x + 2 \) pour tout \( x \in \mathbb{R} \).

Solution de la question 4 :

Oui, \( \tilde{g}(x) = x + 2 \) est une fonction affine, donc elle est continue sur \( \mathbb{R} \).

\( f \) est une fonction polynôme, donc elle est continue sur \( \mathbb{R} \).

Solution de la question 2 :
\[ f(2) = 2^3 – 2(2) – 5 = 8 – 4 – 5 = -1 \]
\[ f(3) = 3^3 – 2(3) – 5 = 27 – 6 – 5 = 16 \]

Solution de la question 3 :

\( f \) est continue sur \( [2, 3] \).

\( f(2) = -1 < 0 \) et \( f(3) = 16 > 0 \).

De plus, \( 0 \in [f(2), f(3)] = [-1, 16] \).

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \( f(x) = 0 \) admet au moins une solution \( \alpha \in [2, 3] \).

\( f \) est dérivable sur \( \mathbb{R} \) et \( f'(x) = 3x^2 + 1 \).

Pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( x^2 \geq 0 \), donc \( 3x^2 + 1 \geq 1 > 0 \).

Par conséquent, \( f \) est strictement croissante sur \( \mathbb{R} \).

Solution de la question 2 :
\[ \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} x^3 = -\infty \]
\[ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} x^3 = +\infty \]

Solution de la question 3 :

\( f \) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \( \mathbb{R} \).

De plus, \( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \).

D’après le théorème de la bijection, \( f \) réalise une bijection de \( \mathbb{R} \) sur \( \mathbb{R} \).

En particulier, l’équation \( f(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \in \mathbb{R} \).

Solution de la question 4 :

Calculons quelques valeurs :

\[ f(0) = 0 + 0 – 1 = -1 < 0 \] \[ f(1) = 1 + 1 - 1 = 1 > 0 \]

Donc \( \alpha \in ]0, 1[ \), soit \( 0 < \alpha < 1 \).

\( h'(x) = 3x^2 – 3 = 3(x^2 – 1) = 3(x-1)(x+1) \)

Tableau de signes de \( h'(x) \) :

• Si \( x < -1 \) : \( h'(x) > 0 \) (croissante)
• Si \( -1 < x < 1 \) : \( h'(x) < 0 \) (décroissante)
• Si \( x > 1 \) : \( h'(x) > 0 \) (croissante)

Solution de la question 2 :
\[ h(-1) = (-1)^3 – 3(-1) + 1 = -1 + 3 + 1 = 3 \quad \text{(maximum local)} \]
\[ h(1) = 1^3 – 3(1) + 1 = 1 – 3 + 1 = -1 \quad \text{(minimum local)} \]

Solution de la question 3 :

Limites : \( \lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = -\infty \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = +\infty \)

D’après le tableau de variations :

• Sur \( ]-\infty, -1] \) : \( h \) croît de \( -\infty \) à 3, donc coupe une fois l’axe (car \( 0 \in ]-\infty, 3] \)).
• Sur \( [-1, 1] \) : \( h \) décroît de 3 à -1, donc coupe une fois l’axe (car \( 0 \in [-1, 3] \)).
• Sur \( [1, +\infty[ \) : \( h \) croît de -1 à \( +\infty \), donc coupe une fois l’axe (car \( 0 \in [-1, +\infty[ \)).

L’équation \( h(x) = 0 \) admet exactement 3 solutions sur \( \mathbb{R} \).

Solution de la question 4 :

Calculons :

\[ h(-2) = -8 + 6 + 1 = -1 < 0 \quad ; \quad h(-1) = 3 > 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha_1 \in ]-2, -1[ \]
\[ h(0) = 1 > 0 \quad ; \quad h(1) = -1 < 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha_2 \in ]0, 1[ \] \[ h(1) = -1 < 0 \quad ; \quad h(2) = 8 - 6 + 1 = 3 > 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha_3 \in ]1, 2[ \]

Numérateur en 3 : \( 2(3)^2 – 5(3) + 1 = 18 – 15 + 1 = 4 > 0 \)

Dénominateur : \( x – 3 \)

• Quand \( x \to 3^- \) : \( x – 3 < 0 \), donc \( f(x) \to \frac{4^+}{0^-} = -\infty \)
• Quand \( x \to 3^+ \) : \( x – 3 > 0 \), donc \( f(x) \to \frac{4^+}{0^+} = +\infty \)

La droite d’équation \( x = 3 \) est une asymptote verticale à la courbe de \( f \).

Solution de la question 2 :

Le degré du numérateur (2) est supérieur au degré du dénominateur (1) :

\[ \lim\limits_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2}{x} = \lim\limits_{x \to \pm\infty} 2x = \pm\infty \]

Solution de la question 3 :

Non, car les limites en \( \pm\infty \) ne sont pas finies. Il n’y a pas d’asymptote horizontale.

Division euclidienne de \( x^2 + x – 1 \) par \( x – 2 \) :

\( x^2 + x – 1 = (x – 2)(x + 3) + 5 \)

Vérifions : \( (x-2)(x+3) + 5 = x^2 + 3x – 2x – 6 + 5 = x^2 + x – 1 \) ✓

Donc :

\[ g(x) = \frac{(x-2)(x+3) + 5}{x – 2} = x + 3 + \frac{5}{x – 2} \]

Solution de la question 2 :

Lorsque \( x \to \pm\infty \), \( \frac{5}{x – 2} \to 0 \), donc :

\[ \lim\limits_{x \to \pm\infty} \left[g(x) – (x + 3)\right] = \lim\limits_{x \to \pm\infty} \frac{5}{x – 2} = 0 \]

La droite d’équation \( y = x + 3 \) est une asymptote oblique à la courbe de \( g \) en \( \pm\infty \).

Solution de la question 3 :

Position relative : \( g(x) – (x + 3) = \frac{5}{x – 2} \)

• Si \( x > 2 \) : \( \frac{5}{x – 2} > 0 \), donc la courbe est au-dessus de l’asymptote.
• Si \( x < 2 \) : \( \frac{5}{x - 2} < 0 \), donc la courbe est en dessous de l’asymptote.