Limites et Continuité Exercices Corrigés : 14 Problèmes

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

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

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

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 :

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

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

On multiplie par l'expression conjuguée :

Pour $x > 0$, on factorise par $x$ :

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

Pour $x > 0$, $|x| = x$, donc :

On factorise le numérateur :

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

On factorise :

Donc :

On calcule la limite :

On multiplie par l'expression conjuguée :

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

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

Donc : $\lim\limits_{x \to 4} \frac{\sqrt{x} - 2}{x - 4} = \frac{1}{\sqrt{4} + 2} = \frac{1}{4}$

On reconnaît :

Donc pour $x \neq 1$ :

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 :

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 $x = 2$.

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 :

Calculons :

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 $a = 4$.

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 :

Donc pour $x \neq -1$ :

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

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

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 $\mathbb{R}$.

$f$ 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 $\mathbb{R}$.

$f$ 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 $\alpha \in \mathbb{R}$.

Calculons quelques valeurs :

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)

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 $\mathbb{R}$.

Calculons :

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 $f$.

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

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 :

Lorsque $x \to \pm\infty$, $\frac{5}{x - 2} \to 0$, donc :

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

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.