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Solution des exercices : Limites et continuité-Ts

Classe:

Terminale

Déterminer l'ensemble de définition d'une fonction

Exercice 1

1) Le réel

$x$ appartient à l'ensemble de définition

$D_{f}$ de la fonction

$f$ si, et seulement si, il est solution du système :

$(\ast)\ \left\lbrace\begin{array}{lcl} x^{2}+2x+3&\geq& 0\quad(1)\\ x^{2}-3x-4&\geq& 0\quad(2) \end{array}\right.$

Le discriminant :

$\Delta$ associé au trinôme :

$x^{2}+2x+3$ vaut :

$\Delta=2^{2}-4\times 1\times 3=4-12=-8.$

Il est strictement négatif et le coefficient de «

$x^{2}$ » est positif (il vaut

$1).$

On en déduit :

$\forall\,x\in\mathbb{R}\;,\ x^{2}+2x+3>0$

Le discriminant

$\Delta$ associé au trinôme :

$x^{2}-3x-4$ vaut :

$\Delta=(-3)^{2}-4\times 1\times(-4)=9+16=25.$

Il est strictement positif et on vérifie aisément que le trinôme a pour racines

$-1$ et

$4.$

On en déduit que

$(x^{2}-3x-4\geq 0)\Leftrightarrow(x\leq-1)\text{ ou }(x\geq 4).$

Faisons un tableau conjoint pour déterminer l'ensemble des solutions du système

$(\ast)$

$\begin{array}{|c|lcccccr|} \hline x&-\infty& &-1& &4& &+\infty\\ \hline \text{L'inéquation (1) est vérifiée}& &\text{oui}&|&\text{oui}&|&\text{oui}&\\ \hline \text{L'inéquation (2) est vérifiée}& &\text{oui}&|&\text{non}&|&\text{oui}&\\ \hline \text{Le système est vérifiée}& &\text{oui}&|&\text{non}&|&\text{oui}&\\ \hline \end{array}$

Finalement :

$D_{f}=]-\infty\;;\ -1]\cup[4\;;\ +\infty[.$

2) Soit

$f_{1}$ la fonction définie par :

$f_{1}(x)=x+\dfrac{2}{\sqrt{x+4}}.$

Alors

$f_{1}(x)$ existe si et seulement si

$x+4>0$ , soit :

$x>-4.$

$D_{f1}=]-4\;;\ +\infty[\text{ et }D_{f1}\cap]-\infty\;;\ 0]=]-4\;;\ 0].$

Soit

$f_{2}$ la fonction définie par :

$f_{2}(x)=x+3-\sqrt{x^{2}+x-2}.$

Alors

$f_{2}(x)$ existe si et seulement si

$x^{2}+x-2\geq 0\Leftrightarrow(x\leq-2)$ ou

$(x\geq 1).$

$D_{f2}=]-\infty\;;\ -2]\cup[1\;;\ +\infty[\text{ et }D_{f2}\cap[0\;;\ +\infty[=[1\;;\ +\infty[.$

$f(x)$ existe si et seulement si :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} x^{2}+5x&\neq&0\quad(1)\text{ et}\\ \dfrac{1-3x}{x^{2}+5x}&\geq&0\quad(2) \end{array}\right.$

La condition

$(1)$ équivaut à

$x\neq 0$ et

$x\neq -5.$

La condition

$(2)$ se résout à l'aide d'un tableau de signes :

$\begin{array}{|c|lcccccccr|} \hline x&-\infty& &-5& &-\dfrac{1}{3}& &0& &+\infty\\ \hline 1-3x& &+&|&+&|&+&|&-&\\ \hline x^{2}+5x& &+&|&-&|&+&|&+&\\ \hline Q& &+&||&-&||&+&|&-&\\ \hline \end{array}$

Il en résulte que :

$D_{f}=]-\infty\;;\ -5[\cup\left]0\;;\ \dfrac{1}{3}\right].$

$f(x)$ existe si et seulement si :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} 1-3x&\geq&0\quad(1)\text{ et}\\ x^{2}+5x&>&0\quad(2) \end{array}\right.$

On résout ces deux inéquations simultanées à l'aide d'un tableau de signes :

$\begin{array}{|c|lcccccccr|} \hline x&-\infty& &-5& &0& &\dfrac{1}{3}& &+\infty\\ \hline 1-3x& &+&|&+&|&+&|&-&\\ \hline x^{2}+5x& &+&||&-&||&+&|&+&\\ \hline \end{array}$

Il en résulte que :

$D_{f}=]-\infty\;;\ -5[\cup\left]0\;;\ \dfrac{1}{3}\right].$

$f(x)$ existe si et seulement si :

$x^{3}-12x+16>0.$

On peut remarquer que

$2$ est une racine évidente du polynôme au premier membre de cette inégalité.

Par la méthode de Hörner, par exemple, on vérifie que celui-ci se factorise en

$(x+4)(x-2)^{2}.$

Il est alors clair que

$D_{f}=]-4\;;\ 2[\cup]2\;;\ +\infty[.$

$f(x)$ existe si et seulement si : Il en résulte que :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} 1-x&>&0\quad(1)\text{ et}\\ |x-3|-5&\neq&0\quad(2) \end{array}\right.$

La condition

$(1)$ équivaut à :

$x<1$ et le contraire de la condition

$(2)$ s'écrit :

$|x-3|=5$ , ce qui équivaut à

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} x-3&=&5\\ x-3&=&-5 \end{array}\right.\text{ou}$ soit

$x=8$ ou

$x=-2.$

La condition

$(2)$ signifie donc qu'on doit avoir :

$x\neq 8$ et

$x\neq -2.$

Or, si

$x<1$ ,

$x$ est certainement différent de

$8.$

En résumé,

$x$ doit être inférieur (strictement) à

$1$ et différent de

$-2$ , ce qui donne :

$D_{f}=]-\infty\;;\ -2[\cup]-2\;;\ 1[.$

$f(x)$ existe si et seulement si :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&\geq 0\quad(1)\text{ et}\\ \pi x&\text{n'est pas un multiple entier de}&\pi\quad(2) \end{array}\right.$

En résumé, si $x$ n'est pas un entier naturel.

$D_{f}=\mathbb{R}\setminus\mathbb{N}.$

$f(x)$ existe si et seulement si :

$x$ n'est pas un multiple impair de

$\dfrac{\pi}{2}$ (pour que

$\tan x$ existe) et

$x^{2}-\pi^{2}$ n'est pas un multiple entier de

$\pi.$

$x^{2}-\pi^{2}=k\pi\Leftrightarrow x^{2}=\pi(k+\pi)\Leftrightarrow$

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} k&\geq &-\pi\\ x=\sqrt{\pi(k+\pi)}&\text{ou}&x=-\sqrt{\pi(k+\pi)} \end{array}\right.$

$D_{f}$ est donc l'ensemble

$\mathbb{R}$ privé des nombres de la forme

$(2h+1)\dfrac{\pi}{2}$ , où

$h$ est un entier relatif quelconque, et de la forme

$\sqrt{\pi(k+\pi)}\text{ ou }-\sqrt{\pi(k+\pi)}$ , où

$k$ est un entier relatif supérieur ou égal à

$-3.$

$f(x)$ existe si et seulement si :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} 2\sin x-1&\geq&0\quad(1)\text{ et}\\ 2\sin^{2}x-1&\neq& 0\quad(2) \end{array}\right.$

Résolvons ces conditions dans

$[0\;;\ 2\pi[$ par exemple.

Pour cela, on s'aide d'un schéma du cercle trigonométrique (voir le rappel sur les inéquations trigonométriques ci-dessus) :

1) signifie qu'un point d'abscisse curviligne

$x$ doit être situé sur l'arc rouge et

$(2)$ signifie que

$x$ doit être différent de

$\dfrac{\pi}{4}$ ,

$\dfrac{3\pi}{4}$ ,

$\dfrac{5\pi}{4}$ et

$\dfrac{7\pi}{4}.$

Finalement

$D_{f}\cap[0\;;\ 2\pi[=\left[\dfrac{\pi}{6}\;;\ \dfrac{\pi}{4}\right[\cup\left]\dfrac{\pi}{4}\;;\ \dfrac{3\pi}{4}\right[\cup\left]\dfrac{3\pi}{4}\;;\ \dfrac{5\pi}{6}\right].$

On en déduit le domaine de définition complet dans

$\mathbb{R}$ en ajoutant

$2\pi$ à chaque extrémité d'intervalle :

$D_{f}$ est la réunion des ensembles de la forme :

$\left[\dfrac{\pi}{6}+2k\pi\;;\ \dfrac{\pi}{4}+2k\pi\right[\cup\left]\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\;;\ \dfrac{3\pi}{4}+2k\pi\right[\cup\left]\dfrac{3\pi}{4}+2k\pi\;;\ \dfrac{5\pi}{6}+2k\pi\right]$ , pour

$k$ appartenant à

$\mathbb{Z}.$

Calculs de limites

Exercice 2

1) La fonction

$f\ :\ x\mapsto x^{3}-3x+5$ est une fonction polynôme.

Par conséquent

$\lim_{\,x\rightarrow 1}(x^{3}-3x+5)=f(1)=1^{3}-3\times 1+5=3.$

2) La fonction

$f\ :\ x\mapsto 2x^{2}+x-2$ est une fonction polynôme.

Par conséquent

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

3) La fonction

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{3x+1}{x-3}$ est une fonction rationnelle définie au point

$x_{0}=2.$

Par conséquent

$\lim_{\,x\rightarrow 2}\left(\dfrac{3x+1}{x-3}\right)=f(2)=\dfrac{3\times 2+1}{2-3}=-7.$

Extension de la notion de limite

Exercice 3

1) a)

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x^{2}-3x+1)=\lim_{x\rightarrow +\infty}(x^{2})=+\infty$ (application du théorème sur la limite d'un polynôme à l'infini et d'une limite de référence).

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}(x^{2}-3x+1)=\lim_{x\rightarrow -\infty}(x^{2})=+\infty$ (application du théorème sur la limite d'un polynôme à l'infini et d'une limite de référence).

b) La fonction

$f\ :\ \mapsto(x^{3}-x)(x+1)$ est visiblement une fonction polynôme dont le monôme de plus haut degré est

$x^{3}\times x=x^{4}.$

On obtient alors :

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

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

c) En tenant compte du signe de l'expression sous la valeur absolue, on voit que

$f(x)$ s'exprime de deux manières suivant les valeurs de

$x$ :

$\left\lbrace\begin{array}{lllllll} \text{Si }x&\leq&3\;,&\text{alors}&f(x)&=&x^{2}-x+3\\ \text{Si }x&\geq&3\;,&\text{alors}&f(x)&=&x^{2}+x-3 \end{array}\right.$

Il en résulte que :

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

Et :

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

d) Méthode analogue au c) ci-dessus.

$\left\lbrace\begin{array}{lllllll} \text{Si }x&\leq&-\dfrac{4}{5}\;,&\text{alors}&f(x)&=&2x^{2}+5x-4\\ \text{Si }x&\geq&-\dfrac{4}{5}\;,&\text{alors}&f(x)&=&2x^{2}-5x+4 \end{array}\right.$

D'où :

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

Et :

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

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

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2x^{2}-x}{x+3}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2x^{2}}{x}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(2x)\\&=&+\infty.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{2x^{2}-x}{x+3}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{2x^{2}}{x}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(2x)\\&=&-\infty.\end{array}$

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

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x+1}{x^{2}+2}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x}{x^{2}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)\\&=&0.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x+1}{x^{2}+2}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x}{x^{2}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)\\&=&0.\end{array}$

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

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x^{3}-3x}{x^{3}+x+2}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x^{3}}{x^{3}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(1)\\&=&1.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x^{3}-3x}{x^{3}+x+2}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x^{3}}{x^{3}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(1)\\&=&1.\end{array}$

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

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

On procède ainsi :

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\sqrt{x}\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}{\sqrt{x}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}{\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}\\&=&1\end{array}$

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

$\ast$ Cette fonction n'étant définie que pour

$x\geq 0$ et

$x\neq 1$ (vérification laissée au lecteur), sa limite en

$-\infty$ n'existe pas.

2) a)

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

Le graphique de signe de l'expression

$(x-1)$ autour de

$1$ est :

Il en résulte que :

$\lim_{\,x\rightarrow 1^{+}}\left(\dfrac{1}{x-1}\right)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&1\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$

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

De même,

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

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&1\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$

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

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

Le graphique de signe de l'expression

$(x^{2}-4)$ autour de

$-2$ et de

$2$ est :

Il en résulte que :

$\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&-3\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&-3\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$

De même,

$\lim_{\,x\rightarrow 2^{+}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&-3\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow 2^{-}}\left(\dfrac{-3}{x^{2}-4}\right)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&-3\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$

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

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

Ici encore, on a affaire à une limite du type

$''\dfrac{\text{réel}}{\text{zéro}}''$ , donc il faut étudier le signe du dénominateur.

Le tableau de signe de l'expression

$(x+3)^{2}(x-2)$ autour de

$-3$ et de

$2$ est :

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

Il en résulte que :

$\lim_{\,x\rightarrow (-3)^{-}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&9\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow (-3)^{+}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&9\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$

De même,

$\lim_{\,x\rightarrow (2)^{+}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&9\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow (2)^{-}}\left(\dfrac{x^{2}+x+3}{(x+3)^{2}(x-2)}\right)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&9\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$

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

Posons

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

$\ast$ Si

$k$ est pair, (nombres du type,

$-\dfrac{3\pi}{2}$ ,

$\dfrac{\pi}{2}$ ,

$\dfrac{5\pi}{2}$ , etc...) le cosinus est positif pour les valeurs de

$x$ inférieures à

$x_{0}$ et négatif pour les valeurs de

$x$ supérieures à

$x_{0}$ (le vérifier sur un graphique dans le cas de

$\dfrac{\pi}{2}$ par exemple), tandis que le sinus tend vers

$1.$

D'où :

$\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{+}}\tan x=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&1\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{-}}\tan x=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&1\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$

$\ast$ Si

$k$ est impair, (nombres du type,

$-\dfrac{\pi}{2}$ ,

$\dfrac{3\pi}{2}$ ,

$\dfrac{7\pi}{2}$ , etc...) le cosinus est négatif pour les valeurs de

$x$ inférieures à

$x_{0}$ et positif pour les valeurs de

$x$ supérieures à

$x_{0}$ (le vérifier sur un graphique dans le cas de

$-\dfrac{\pi}{2}$ par exemple), tandis que le sinus tend vers

$-1.$

D'où :

$\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{+}}\tan x=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&-1\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow x_{0}^{-}}\tan x=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&1\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$

Dans les deux cas,

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

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

L'expression

$(1+\cos x)$ est toujours positive car l'on a

$-1\leq\cos x\leq 1$ pour tout réel

$x.$

$\lim_{\,x\rightarrow\pi^{+}}\left(\dfrac{2}{1+\cos x}\right)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&2\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow\pi^{-}}\left(\dfrac{2}{1+\cos x}\right)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&2\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$

On peut donc conclure que :

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

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

Le graphique ci-dessous :

montre que l'on a

$\sin x>-\dfrac{1}{2}$ (ou, ce qui est équivalent

$2\sin x+1>0$ ) lorsque

$x>-\dfrac{\pi}{6}$ et

$\sin x<-\dfrac{1}{2}$ lorsque

$x<-\dfrac{\pi}{6}.$

Par conséquent, le dénominateur de l'expression

$\dfrac{3}{1+2\sin x}$ tend vers

$0^{-}$ lorsque

$x$ tend vers

$\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)$ par valeurs inférieures et vers

$0^{+}$ lorsque

$x$ tend vers

$\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)$ par valeurs supérieures.

Le calcul suivant en découle :

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

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&3\\ D&\rightarrow&0^{-} \end{array}\right.$ et

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

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&3\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$

3) a)

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

On a :

$f(x)=\left\lbrace\begin{array}{ll} \dfrac{1-\cos x}{3x^{2}}&\text{si }<0\\ \\ \dfrac{1-\cos x}{-x^{2}}&\text{si }\geq 0 \end{array}\right.$

Par suite, en utilisant la limite usuelle :

$\lim_{\,x\rightarrow 0}\left(\dfrac{1-\cos x}{x^{3}}\right)=\dfrac{1}{2}$ on obtient :

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

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=\dfrac{1}{6}.$

Et de manière analogue

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

$f\ :\ x\mapsto\left\lbrace\begin{array}{ll} x^{2}-1\;,&x\leq 0\\ x^{2}+1\;,&x>0\quad x_{0}=0 \end{array}\right.$

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

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

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

On a pour tout

$x$ non nul,

$\sqrt{x^{2}}=|x|$ , d'où

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left(\dfrac{x^{2}+x}{-x}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}(-x+1)\\&=&-1 \end{array}$

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left(\dfrac{x^{2}+x}{x}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}(x+1)\\&=&1 \end{array}$

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

On a :

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

D'où :

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

$\lim_{\,x\rightarrow\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{-}}f(x)=-1.$

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

On a :

$f(x)=x|x-1|=\left\lbrace\begin{array}{ll} x(-x+1)&\text{si }x\leq 1\\ x(x-1)&\text{si }\geq 1 \end{array}\right.$

On a

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

Levée l'indétermination

Exercice 4

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{x^{3}+3x-4}{x-1}\text{ en }1\;,\ -\infty\;,\ +\infty$

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

$\bullet$ Le calcul de la limite de

$f$ en

$1$ se présente a priori sous la forme d'une indétermination du type «

$\dfrac{0}{0}$ », car lorsque

$x$ tend vers

$1$ , aussi bien le numérateur que le dénominateur de la fraction

$f(x)$ tendent vers

$0.$

On cherche donc à factoriser le numérateur et le dénominateur qui sont des polynômes ayant une racine commune, à savoir,

$1.$

Par la méthode de Hörner ou la division euclidienne, on obtient facilement pour le numérateur :

$x^{3}+3x-4=(x-1)(x^{2}+x+4).$

D'où, en simplifiant :

$\lim_{\,x\rightarrow 1}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow 1}(x^{2}+x+4)=6.$

$\bullet$ Pour les limites en

$+\infty$ et en

$-\infty$ , on utilise le théorème relatif à la limite d'une fonction rationnelle à l'infini :

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x^{3}}{x}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(x^{2})\\&=&+\infty\end{array}$

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x^{3}}{x}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x^{2})\\&=&+\infty\end{array}$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{x^{2}+4x+4}{x^{2}+8}\text{ en }-2\;,\ -\infty\;,\ +\infty$

Méthodes analogues à celles du 1) précédent.

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -2}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow -2}\left[\dfrac{(x+2)^{2}}{(x+2)(x^{2}-x+4)}\right]\\&=&\lim_{\,\rightarrow -2}\left[\dfrac{(x+2)}{(x^{2}-x+4)}\right]\\&=&0\end{array}$

car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow& 0\\ D&\rightarrow& 10 \end{array}\right.$

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x^{2}}{x^{3}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)\\&=&0\end{array}$

$\begin{array}{lcl}\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x^{2}}{x^{3}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)\\&=&0\end{array}$

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

$\bullet$ En

$-\infty$ , le calcul de la limite ne présente pas d'indétermination car :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} \lim_{\,x\rightarrow -\infty}(1+x^{2})&=&+\infty\text{ et }\\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\sqrt{x}&=&+\infty \end{array}\right.$

d'où, par composition :

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\sqrt{1+x^{2}}=+\infty\quad(1)\text{ et }\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(-x)=+\infty\quad(2)$

Par somme, on en déduit alors que :

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}=+\infty$

$\bullet$ En

$+\infty$ , on a une indétermination du type «

$+\infty\;-\infty$ ».

On utilise l'expression conjuguée pour la lever.

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{(\sqrt{1+x^{2}}-x)(\sqrt{1+x^{2}}+x)}{(\sqrt{1+x^{2}}+x)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{1+x^{2}-x^{3}}{(\sqrt{1+x^{2}}+x)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{1}{(\sqrt{1+x^{2}}+x)}\right]\end{array}$

Or, on a :

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} \lim_{\,x\rightarrow +\infty}(1+x^{2})&=&+\infty\text{ et }\\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}\sqrt{x}&=&+\infty \end{array}\right.$

d'où, par composition :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\sqrt{1+x^{2}}=+\infty\quad(3)$

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x)=+\infty\quad(4).$

Par somme, on en déduit alors que :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(\sqrt{1+x^{2}}+x)=+\infty.$

On en conclut alors que

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{1}{(\sqrt{1+x^{2}}+x)}\right]\\&=&0\end{array}$

car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow& 1\\ D&\rightarrow& +\infty \end{array}\right.$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sqrt{3+x}-2x}{x-1}\text{ en }1\;,\ +\infty$

On vérifie aisément que

$D_{f}=[-3\;;\ 1[\cup]1\;;\ +\infty[.$

$\bullet$ En

$1$ , on a une indétermination du type «

$\dfrac{0}{0}$ ».

On la lève en multipliant numérateur et dénominateur par l'expression conjuguée du numérateur :

$\begin{array}{lcl} \lim_{\,x\rightarrow 1}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 1}\left[\dfrac{(\sqrt{3+x}-2x)(\sqrt{3+x}+2x)}{(x-1)(\sqrt{3+x}+2x)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 1}\left[\dfrac{3+x-4x^{2}}{(x-1)(\sqrt{3+x}+2x}\right] \end{array}$

Le numérateur de cette dernière expression est un trinôme du second degré qui a pour racines

$1$ et

$-\dfrac{3}{4}.$

Il se factorise donc en

$-4(x-1)\left(x+\dfrac{3}{4}\right)$ ou encore en

$(x-1)(-4x-3).$

$\begin{array}{lcl}\text{Ainsi}\quad\lim_{\,x\rightarrow 1}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 1}\left[\dfrac{(x-1)(-4x-3)}{(x-1)(\sqrt{3+x}+2x)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 1} \left[\dfrac{(-4x-3)}{(\sqrt{3+x}+2x)}\right]\\&=&-\dfrac{7}{4} \end{array}$

car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow& -7\\ D&\rightarrow& 4 \end{array}\right.$

$\bullet$ En

$+\infty$ , on a, en factorisant par

$x$ , au numérateur et au dénominateur :

$\begin{array}{lcl} \lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{x\left(-2+\dfrac{\sqrt{3+x}}{x}\right)}{x\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{-2+\dfrac{\sqrt{3+x}}{x}}{\left(1-\dfrac{1}{x}\right)} \end{array}$

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{\sqrt{3+x}}{x}\right]=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\sqrt{\dfrac{3+x}{x^{2}}}\right]$ (car au voisinage de

$+\infty$ , on a

$x=\sqrt{x^{2}}).$

$\begin{array}{lcl}\text{Et les relations}\quad\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3+x}{x^{2}}\right)&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x}{x^{2}}\right)\\&=&\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)\\&=&0 \end{array}$

Limite d'une fonction trigonométrique en $0$

Exercice 5

$\begin{array}{lcl}1)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{2x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{5x}\times\dfrac{5x}{2x}\right]\\&=&1\times\dfrac{5}{2}\\&=&\dfrac{5}{2}.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}2)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{x}{\sin 3x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{x}{3x}\times\dfrac{3x}{\sin 3x}\right]\\&=&1\times\dfrac{1}{3}\\&=&\dfrac{1}{3}.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}3)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{\sin 4x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin 5x}{5x}\times\dfrac{5x}{4x}\times\dfrac{4x}{\sin 4x}\right]\\&=&1\times\dfrac{5}{4}\times 1\\&=&\dfrac{5}{4}.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}4)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan x}{x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin x}{x}\times\dfrac{1}{\cos x}\right]\\&=&1\times\dfrac{1}{1}\\&=1&.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}5)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sin x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{2x}\times\dfrac{2x}{x}\times\dfrac{x}{\sin x}\right]\\&=&1\times 2\times 1\\&=&2.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}6)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin x}{\sqrt{x}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\sin x}{x}\times\dfrac{x}{\sqrt{x}}\right]\\&=&\left[\dfrac{\sin x}{x}\times\sqrt{x}\right]\\&=&1\times 0\\&=&0.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}7)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{4\times\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1}{2}\times\left(\dfrac{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}{\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right)^{2}\right]\\&=&\dfrac{1}{2}\times 1^{2}\\&=&\dfrac{1}{2}.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}8)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1-\cos x}{x^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[-\dfrac{2\sin^{2}(2x)}{x^{2}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{-2\sin^{2}(2x)}{4x^{2}}\times 4\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[-8\times\left(\dfrac{\sin(2x)}{(2x)}\right)^{2}\right]\\&=&-8\times 1^{2}\\&=&-8\end{array}$

$\begin{array}{lcl}9)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{1-\cos x}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2}\times|\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)|}\right].\end{array}$

Il y a lieu de distinguer deux cas :

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left[\dfrac{\tan 2x}{\sqrt{2}\times\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times\dfrac{\tan 2x}{2x}\times\dfrac{2x}{\dfrac{x}{2}}\times\dfrac{\dfrac{x}{2}}{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times 1\times 4\times 1\\&=&\dfrac{4}{\sqrt{2}}\\&=&2\sqrt{2}.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left[\dfrac{\tan 2x}{-\sqrt{2}\times\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left[-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times\dfrac{\tan 2x}{2x}\times\dfrac{2x}{\dfrac{x}{2}}\times\dfrac{\dfrac{x}{2}}{\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)}\right]\\&=&-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\times 1\times 4\times 1\\&=&-\dfrac{4}{\sqrt{2}}\\&=&-2\sqrt{2}.\end{array}$

$\begin{array}{lcl}10)\quad\lim_{\,x\rightarrow 0}f(x)&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{1-\cos x}{\sin^{2}\pi x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\sin^{2}\pi x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}\times\dfrac{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}{(\pi x)^{2}}\times\dfrac{(\pi x)^{2}}{\sin^{2}\pi x}\right]\\&=&\lim_{\,x\rightarrow 0}\left[\dfrac{2\sin^{2}\left(\dfrac{x}{2}\right)}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}\times\dfrac{1}{4\pi^{2}}\times\left(\dfrac{\pi x}{\sin\pi x}\right)^{2}\right]\\&=&2\times 1^{2}\times\dfrac{1}{4\pi^{2}}\times 1^{2}\\&=&\dfrac{1}{2\pi^{2}}.\end{array}$

Il y a lieu de distinguer deux cas :

Limite d'une fonction trigonométrique en $x_{0}$

Exercice 6

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin(2x-\pi)}{\tan(2x-\pi)}\quad x_{0}=\dfrac{\pi}{2}$

Posant

$X=x-\dfrac{\pi}{2}$ , on obtient :

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(2x-\pi)}{\tan(2x-\pi)}&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{\tan 2X}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{2X}\times\dfrac{2X}{\tan 2X}\end{array}$

Les quantités

$\dfrac{\sin 2X}{2X}$ et

$\dfrac{2X}{\tan 2X}$ tendant tous deux vers

$1$ lorsque

$X$ tend vers

$0$ , (voir exercice précédent) il est clair que :

$\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\sin(2x-\pi)}{\tan(2x-\pi)}=1.$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin 6x}{2\cos x-\sqrt{3}}\quad x_{0}=\dfrac{\pi}{6}$

Posons

$X=x-\dfrac{\pi}{6}.$

Alors

$x=X+\dfrac{\pi}{6}.$

$\begin{array}{lcl}\lim_{\,X\rightarrow\dfrac{\pi}{6}}\dfrac{\sin 6x}{2\cos x-\sqrt{3}}&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 6\left(X+\dfrac{\pi}{6}\right)}{2\cos\left(X+\dfrac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin(6X+\pi)}{2\left(\cos X\cos\dfrac{\pi}{6}-\sin X\dfrac{\pi}{6}\right)-\sqrt{3}}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{\sqrt{3}\cos X-\sin X-\sqrt{3}}\\&=&lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{\sin 2X}{\sqrt{3}(\cos X-1)-\sin X}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{2\sin X\cos X}{\sqrt{3}\left(-2\sin^{2}\dfrac{X}{2}\right)-2\sin\dfrac{X}{2}\cos\dfrac{X}{2}}\\&=&\lim_{\,X\rightarrow 0}\dfrac{4\sin\dfrac{X}{2}\cos\dfrac{X}{2}\cos X}{-2\sin\dfrac{X}{2}\left(\sqrt{3}\sin\dfrac{X}{2}+\cos\dfrac{X}{2}\right)}\\&=&\dfrac{4\times 1\times 1}{-2(\sqrt{3}\times 0+1)}\\&=&-2.\end{array}$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{\tan x}{\sin 2x-1}\quad x_{0}=\dfrac{\pi}{4}$

On a

$\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{4}}\tan x=1\text{ et }\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{4}}(\sin 2x-1)=0^{-}.$

D'où

$\lim_{\,x\rightarrow\dfrac{\pi}{4}}\dfrac{\tan x}{\sin 2x-1}=-\infty.$

Morale : il faut toujours vérifier si l'on a bien affaire à une forme indéterminée avant de se lancer « tête baissée » dans les calculs.

Déterminer une limite par lecture graphique

Exercice 7

$D_{f}=\mathbb{R}\setminus{0}$ (on n'a pas indiqué si le point d'abscisse

$0$ fait partie de la courbe).

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

$0$ );

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ (car

$\mathcal{C}_{f}$ est asymptote à la droite d'équation

$y=\dfrac{3}{5}x$ au voisinage de

$+\infty$ et

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3}{5}x\right)=+\infty)$

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=2$ (car

$\mathcal{C}_{f}$ admet pour asymptote horizontale la droite d'équation

$y=2$ au voisinage de

$-\infty).$

Exercice 8

Déterminons tout d'abord une équation de la droite

$\Delta.$

Elle est visiblement de la forme

$y=ax+b.$

Puisqu'elle passe par le point de coordonnées

$(0\;;\ 1)$ , on a

$b=1$ et elle passe par exemple par le point de coordonnées

$(1\;;\ 2)$ , donc on a aussi :

$2=a+1\Rightarrow a=1.$

Finalement l'équation réduite de

$\Delta$ est :

$y=x+1.$

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ (car

$\mathcal{C}_{f}$ est asymptote à la droite d'équation

$y=x+1$ au voisinage de

$+\infty$ et

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(x+1)=+\infty$ )

$\ast\ \lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=0$ (car

$\mathcal{C}_{f}$ admet pour asymptote horizontale l'axe des abscisses

$(y=0)$ au voisinage de

$-\infty).$

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

$0$ à gauche) ;

$\ast$ Puisque

$f$ admet pour asymptote oblique la droite

$\Delta$ d'équation

$y=x+1$ , on a

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1.$

Exercice 9

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=1$ (car

$\mathcal{C}_{f}$ admet pour asymptote horizontale la droite d'équation

$y=1$ au voisinage de

$-\infty).$

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ (car

$\mathcal{C}_{f}$ est asymptote à la droite d'équation

$y=x$ au voisinage de

$+\infty$ et

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ )

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}f(x)=+\infty$ ;

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

$0$ ) ;

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}[f(x)-x]=0$ (puisque, par hypothèse, la droite d'équation

$y=x$ est une asymptote à la courbe au voisinage de

$+\infty).$

d) Quand

$x$ tend vers

$\alpha$ par valeurs inférieures,

$f(x)$ tend vers

$0$ mais en restant positif.

On en déduit que :

$\lim_{\,x\rightarrow \alpha^{+}}\dfrac{1}{f(x)})=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow& 1\\ D&\rightarrow & 0^{+} \end{array}\right.$

e) Quand

$x$ tend vers

$\alpha$ par valeurs supérieures,

$f(x)$ tend vers

$0$ mais en restant négatif.

On en déduit que :

$\lim_{\,x\rightarrow \alpha^{-}}\dfrac{1}{f(x)})=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow& 1\\ D&\rightarrow & 0^{-} \end{array}\right.$

Limite d'une fonction composée

Exercice 10

$f\ :\ x\mapsto\cos\dfrac{\pi(x+1)}{x}$

Posons

$u(x)=\dfrac{\pi(x+1)}{x}$ et

$v(x)=\cos x.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\pi$ et

$\lim_{\,x\rightarrow \pi}v(x)=-1$ , entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\cos\dfrac{\pi(x+1)}{x}\right]=-1.$

$f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{2x^{2}-1}{x}}$

Posons

$u(x)=\dfrac{2x^{2}-1}{x}$ et

$v(x)=\sqrt{x}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x^{2}}{x}=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}2x=+\infty$ et

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

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\left[\sqrt{\dfrac{2x^{2}-1}{x}}\right]=+\infty.$

$f\ :\ x\mapsto\sin\dfrac{1}{\sqrt{x}}\text{ en }+\infty$

Posons

$u(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ et

$v(x)=\sin x.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=0$ et

$\lim_{\,x\rightarrow 0}\sin x=0$ , entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\sin\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right]=0.$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{1-\sqrt{|x|}}{2+\sqrt{|x|}}\text{ en }-\infty$

Posons

$u(x)=\dfrac{x-1}{2+x}$ ,

$v(x)=\sqrt{x}$ et

$w(x)=|x|.$

On vérifie aisément les relations

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}w(x)=+\infty$ ,

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty$ et

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{-x}{x}=1.$

D'où, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée (ici il y en a trois) :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{1-\sqrt{|x|}}{2+\sqrt{|x|}}\right]=-1.$

$f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\text{ en }+\infty$

Posons

$u(x)=\dfrac{2x+1}{x-3}$ et

$v(x)=\sqrt{x}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}u(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\dfrac{2x}{x}=2$ et

$\lim_{\,x\rightarrow 2}v(x)=\sqrt{2}$ , entraînent, d'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, que :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left[\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\right]=\sqrt{2}.$

$f\ :\ x\mapsto\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\text{ en }-\dfrac{1}{2}\;,\text{ puis en }3$

Notons d'abord que la fonction

$f$ n'est définie que si

$x\neq 3$ et si

$\dfrac{2x+1}{x-3}\geq 0.$

En tenant compte de ces deux conditions, on voit facilement que

$D_{f}=\left]-\infty\;;\ -\dfrac{1}{2}\right]\cup]3\;;\ +\infty[.$

$\ast$ En

$-\dfrac{1}{2}$ :

Avec les notations de la question précédente, on a :

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

$\lim_{\,x\rightarrow 0}v(x)=0.$

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

$\lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}\left(\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\right)=0.$

$\ast$ En

$3$ :

Avec les notations de la question précédente, on a :

$\lim_{\,x\rightarrow 3^{+}}u(x)=+\infty$ (car le numérateur de

$u(x)$ tend vers

$3$ tandis que son dénominateur tend vers

$0^{+}$ ) et

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

$\lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}\left(\sqrt{\dfrac{2x+1}{x-3}}\right)=+\infty.$

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

$f(x)$ existe si et seulement si

$\dfrac{1}{x^{2}-1}>0.$

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

$\ast$ En

$-1$ :

Posons

$u(x)=\dfrac{1}{x^{2}-1}$ et

$v(x)=\sqrt{x}.$

On a

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

car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow &1\\ D&\rightarrow&0^{+} \end{array}\right.$ et

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}v(x)=+\infty$ ,

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

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

$\ast$ En

$1$ :

Avec les notations de la question précédente, on a :

$\lim_{\,x\rightarrow 1^{+}}u(x)=+\infty$ (car le numérateur de

$u(x)$ tend vers

$1$ tandis que son dénominateur tend vers

$0^{+}$ )

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

$\lim_{\,x\rightarrow -\dfrac{1}{2}}\left(\sqrt{\dfrac{1}{x^{2}-1}}\right)=+\infty.$

$\ast$ En

$-\infty$ :

Avec les notations de la question précédente, on a :

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

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

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

$\ast$ En

$+\infty$ :

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

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

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

Posons

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

$v(x)=\sin x.$

On a

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

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

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\sin\dfrac{\pi x-1}{2x+1}\right)=1.$

La démarche est tout à fait analogue en

$+\infty$ avec le même résultat.

Déterminer une limite par comparaison

Exercice 11

$f\ :\ x\mapsto 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\text{ en }x_{0}=0$

On a, pour tout

$x$ non nul et en particulier pour tout

$x$ de

$[-1\;;\ 0[\cup]0\;;\ 1]$ :

$-1\leq\sin\dfrac{1}{x}\leq 1$ , d'où en multipliant les

$3$ membres par

$x^{2}\geq 0$ ,

$-x^{2}\leq x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\leq x^{2}$ , puis en ajoutant

$1$ aux

$3$ membres de cette dernière inégalité :

$1-x^{2}\leq 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\leq 1+x^{2}.$

Puisque

$\lim_{\,x\rightarrow 0}(1-x^{2})=\lim_{\,x\rightarrow 0}(1+x^{2})=1$ , le théorème dit “ des gendarmes ” (ou théorème d'encadrement) permet de conclure que

$\lim_{\,x\rightarrow 0}\left(1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\right)=1.$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin x}{x}\text{ en }+\infty\text{ et en }-\infty$

On a pour tout

$x$ réel, et en particulier pour tout

$x$ de

$]-\infty\;;\ 0[$ ,

$-1\leq\sin x\leq 1$ , d'où en multipliant les

$3$ membres par

$\dfrac{1}{x}<0$ ,

$-\dfrac{1}{x}\geq\dfrac{\sin x}{x}\geq\dfrac{1}{x}$ ou encore

$\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{\sin x}{x}\leq-\dfrac{1}{x}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(-\dfrac{1}{x}\right)=0$ et le théorème d'encadrement entraînent alors que :

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)=0$

De même on a pour tout réel

$x$ strictement positif,

$-1\leq\sin x\leq 1$ , d'où en multipliant les

$3$ membres par

$\dfrac{1}{x}>0$ ,

$-\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{\sin x}{x}\leq\dfrac{1}{x}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(-\dfrac{1}{x}\right)=0$ et le théorème d'encadrement nous donnent :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)=0$

$f\ :\ x\mapsto\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\text{ en }x_{0}=0$

Pour tout réel

$x$ non nul, on a par définition du sinus d'un réel :

$-1\leq\sin\dfrac{1}{x}\leq 1.$

En ajoutant

$\dfrac{1}{x}$ aux trois membres de cette dernière inégalité, il vient :

$-1+\dfrac{1}{x}\leq\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\leq 1+\dfrac{1}{x}.$

$\bullet$ Pour

$x<0$ , l'inégalité

$\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\leq 1+\dfrac{1}{x}$ et le fait que

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=-\infty$ entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de majoration) que :

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}\left(\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\right)=-\infty.$

$\bullet$ Pour

$x>0$ , l'inégalité

$\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\geq 1+\dfrac{1}{x}$ et le fait que

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=+\infty$ entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de minoration) que :

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{+}}\left(\sin\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\right)=+\infty.$

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{\sin x+2}{x}\text{ en }+\infty\text{ et en }-\infty$

Pour tout réel

$x$ , on a par définition du sinus d'un réel :

$-1\leq\sin x\leq 1.$

D'où en ajoutant

$2$ aux trois membres,

$1\leq 2+\sin x\leq 3.$

$\bullet$ Pour tout réel

$x$ strictement positif, multiplions les trois membres par

$\dfrac{1}{x}>0$ pour obtenir :

$\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{2+\sin x}{x}\leq\dfrac{3}{x}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{3}{x}\right)=0$ et le théorème d'encadrement nous donnent :

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2+\sin x}{x}\right)=0$

$\bullet$ Pour tout réel

$x$ strictement négatif, multiplions les trois membres par

$\dfrac{1}{x}<0$ pour obtenir :

$\dfrac{1}{x}\leq\dfrac{2+\sin x}{x}\leq\dfrac{3}{x}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{3}{x}\right)=0$ et le théorème d'encadrement nous donnent :

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{2+\sin x}{x}\right)=0$

$f\ :\ x\mapsto\cos x-x\text{ en }+\infty\text{ et en }-\infty$

Pour tout réel

$x$ , on a par définition du cosinus d'un réel :

$-1\leq\cos x\leq 1.$

D'où en ajoutant

$-x$ aux trois membres,

$-1-x\leq\cos x-x\leq 1-x.$

$\bullet$ Pour

$x<0$ , l'inégalité

$\cos x-x\geq -1-x$ et le fait que

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}(-1-x)=+\infty$ entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de minoration) que :

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}(\cos x-x)=+\infty.$

$\bullet$ Pour

$x>0$ , l'inégalité

$\cos x-x\leq 1-x$ et le fait que

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}(1-x)=-\infty$ entraînent d'après un théorème de comparaison (théorème de majoration) que :

$\lim_{\,x\rightarrow 0^{-}}(\cos x-x)=-\infty.$

$f\ :\ x\mapsto 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\text{ en }0$

Pour tout réel

$x$ non nul, on a par définition du sinus d'un réel :

$-1\leq \sin\dfrac{1}{x}\leq 1.$

D'où en multipliant les

$3$ membres par

$x^{2}\geq 0$ ,

$-x^{2}\leq x^{2}\sin\dfrac{1}{x}x^{2}.$

Puis, en ajoutant

$1$ aux trois membres, on obtient :

$1-x^{2}\leq 1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\leq1+x^{2}.$

Les relations

$\lim_{\,x\rightarrow 0}(1-x^{2})=\lim_{\,x\rightarrow 0}(1+x^{2})=1$ et le théorème d'encadrement nous donnent :

$\lim_{\,x\rightarrow 0}\left(1+x^{2}\sin\dfrac{1}{x}\right)=1.$

Étude des branches infinies

Exercice 12

1) Posons

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

$D_{f}=\left]-\infty\;;\ \dfrac{3}{2}\right[\cup\left]\dfrac{3}{2}\;;\ +\infty\right[.$

$\lim_{\,x\rightarrow -\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow -\infty}\left(\dfrac{x}{2x}\right)=\dfrac{1}{2}$ :

il en résulte que la droite

$D_{2}$ d'équation

$y=\dfrac{1}{2}$ est asymptote à

$\mathcal{C}$ au voisinage de

$-\infty.$

Le tableau de signes de

$2x-3$ autour de

$\dfrac{3}{2}$ étant :

$\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x&-\infty& &\dfrac{3}{2}& &+\infty\\ \hline 2x-3& &-&|&+&\\ \hline \end{array}$

On a :

$\lim_{\,x\rightarrow\left(\dfrac{3}{2}\right)^{-}}f(x)=-\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&\dfrac{7}{2}\\ D&\rightarrow& 0^{-} \end{array}\right.$

$\lim_{\,x\rightarrow\left(\dfrac{3}{2}\right)^{+}}f(x)=+\infty$ car

$\left\lbrace\begin{array}{lcl} N&\rightarrow&\dfrac{7}{2}\\ D&\rightarrow& 0^{+} \end{array}\right..$

Il en résulte que la droite

$\mathcal{D}_{1}$ d'équation

$x=\dfrac{1}{2}$ est asymptote verticale à

$\mathcal{C}.$

Enfin

$\lim_{\,x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x}{2x}\right)=\dfrac{1}{2}$ :

Il en résulte que la droite

$\mathcal{D}_{2}$ d'équation

$y=\dfrac{1}{2}$ est asymptote à

$\mathcal{C}$ au voisinage de

$+\infty.$

Exercice 13

$\ast\ lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\sqrt{x+2}\right)=0$ ;

$\ast\ lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}f(x)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}\left(\dfrac{2x^{2}-|x^{3}|}{x+2}\right)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}\left(\dfrac{2x^{2}+x^{3}}{x+2}\right)=\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{+}}\left(\dfrac{x^{2}(2+x)}{x+2}\right)$ (car au voisinage de

$-2$ ,

$x$ est négatif, donc

$x^{3}$ aussi).

D'où

$\lim_{\,x\rightarrow (-2)^{-}}f(x)=(-2)^{2}=4.$

Enfin

$f(-2)=\sqrt{-2+2}=0.$

Il résulte de ces calculs que

$f$ est continue à droite, mais pas à gauche en

$-2.$

En résumé,

$f$ n'est pas continue en

$-2.$

2) On a, pour tout

$x$ de

$]-\infty\;;\ -2[$ ,

$f(x)=\dfrac{2x^{2}+x^{3}}{x+2}=x^{2}$ (après simplification par

$(x+2)$ comme ci-dessus).

Exercice 14

$f\ :\ x\mapsto 3x^{2}+x-1$

$f$ est définie et continue sur

$\mathbb{R}$ comme fonction polynôme.

$f\ :\ x\mapsto\dfrac{2x+1}{2x-1}$

$f$ est définie et continue sur

$\mathbb{R}\setminus\left\lbrace\dfrac{1}{2}\right\rbrace$ comme fonction rationnelle.

$f\ :\ x\mapsto\sqrt{x^{2}+5x-5}$

$f(x)$ existe si et seulement si

$x^{2}+5x-5\geq 0$ , soit après calcul des racines du trinôme,

$x\in D=\left]-\infty\;;\ \dfrac{-5+3\sqrt{5}}{2}\right]\cup\left[\dfrac{-5+3\sqrt{5}}{2}\;;\ +\infty\right[.$

La fonction

$g\ :\ x\mapsto x^{2}+5x-5$ étant continue et positive sur

$D$ , il résulte d'un théorème du cours de Première que la fonction

$f=\sqrt{g}$ est continue sur

$D.$

Auteur:

Mouhamadou ka

Commentaires

AMANI (non vérifié)

ven, 10/01/2021 - 13:01

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DEMANDE INTEGRATION

DEMANDE T'INTEGRATION

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AMANI (non vérifié)

ven, 10/01/2021 - 13:01

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DEMANDE INTEGRATION

DEMANDE D'INTEGRATION

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Anonyme (non vérifié)

ven, 07/19/2024 - 02:51

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Bien

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Serigne fallou sarr (non vérifié)

lun, 11/11/2024 - 23:48

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Bac

Correction. Détaillé

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Solution des exercices : Limites et continuité-Ts

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Exercice 1

Calculs de limites

Exercice 2

Extension de la notion de limite

Exercice 3

Levée l'indétermination

Exercice 4

Limite d'une fonction trigonométrique en 00

Exercice 5

Limite d'une fonction trigonométrique en x_{0}x_{0}

Exercice 6

Déterminer une limite par lecture graphique

Exercice 7

Exercice 8

Exercice 9

Limite d'une fonction composée

Exercice 10

Déterminer une limite par comparaison

Exercice 11

Étude des branches infinies

Exercice 12

Exercice 13

Exercice 14

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Limite d'une fonction trigonométrique en $x_{0}$