Limites & Continuité

1) \( x \mapsto x^4 + 2x + 3 \) est une fonction polynôme, donc \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty}(x^4+2x+3) = \lim_{x\to-\infty} x^4 = +\infty \) car 4 est pair.

2) \( x \mapsto \dfrac{x^4+2x+3}{x^3+3x+1} \) est une fonction rationnelle, donc :

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

3) \( x \mapsto \dfrac{x^3+2x+3}{x^3+3x+1} \) est une fonction rationnelle, même degré au numérateur et dénominateur :

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

4) Au voisinage de \(-\infty\), on a \( \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x} = \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{\sqrt[4]{x^4}} \). Or \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{x^2+3}{x^4} = \lim_{x\to-\infty} \dfrac{x^2}{x^4} = \lim_{x\to-\infty} \dfrac{1}{x^2} = 0 \).

Alors \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x} = -\sqrt[4]{0} \). Attention au signe : \(x < 0\) donc \(x = -|x|\) et on obtient :

\( \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x} = -\dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{|x|} = -\sqrt[4]{\dfrac{x^2+3}{x^4}} \to -\sqrt[4]{0} = 0 \). Mais plus précisément, étudions : \(\dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x}\). Comme \(x<0\), le quotient est négatif. En fait :

\( \left|\dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x}\right| = \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{|x|} = \sqrt[4]{\dfrac{x^2+3}{x^4}} = \sqrt[4]{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{3}{x^4}} \to 0 \).

Donc \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x} = 0 \)

5) Au voisinage de \(+\infty\) : \( \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x^2} = \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{\sqrt[4]{x^8}} = \sqrt[4]{\dfrac{x^2+3}{x^8}} = \sqrt[4]{\dfrac{1}{x^6}+\dfrac{3}{x^8}} \).

Or \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \left(\dfrac{1}{x^6}+\dfrac{3}{x^8}\right) = 0 \). Donc \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\sqrt[4]{x^2+3}}{x^2} = \sqrt[4]{0} = 0 \).

1) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \(\frac{0}{0}\) ». Mais, au voisinage de 1, on peut écrire :

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

Alors \( \displaystyle\lim_{x\to 1} \dfrac{x^2-3x+2}{x-1} = \lim_{x\to 1}(x-2) = 1-2 = -1 \)

2) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \(\frac{0}{0}\) ». Mais, au voisinage de 0, on peut écrire :

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

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

3) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \(\frac{0}{0}\) ». Au voisinage de 0, on peut écrire :

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

Comme \( \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1 \) et \( \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{\sqrt{\sin x+1}+1} = \dfrac{1}{\sqrt{0+1}+1} = \dfrac{1}{2} \).

Alors \( \displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{\sin x+1}-1}{x} = 1 \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \)

4) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \(\frac{0}{0}\) ». Au voisinage de 0, on peut écrire :

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

Alors \( \displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{x}{1-\sqrt{x+1}} = -(1+\sqrt{0+1}) = -(1+1) = -2 \)

1) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \(0 \times (+\infty)\) ». Mais, au voisinage de \(+\infty\), on peut écrire :

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

Donc \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}}(x-1) = (+\infty) - 0 = +\infty \)

2) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \((+\infty) \times 0\) ». Mais, au voisinage de 0 avec \(x > 0\), on a \( \sqrt{1-\cos x} = \sqrt{\dfrac{1-\cos x}{1}} \). On sait que \( \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2} = \dfrac{1}{2} \), donc :

\( \dfrac{1}{x}\sqrt{1-\cos x} = \dfrac{\sqrt{1-\cos x}}{x} = \sqrt{\dfrac{1-\cos x}{x^2}} \xrightarrow{x\to 0} \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \)

3) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \((+\infty) \times 0\) ». Au voisinage de \(-\infty\), on a :

\( (x^2+x)\sqrt{\dfrac{x}{x^3+1}} = (1+\dfrac{1}{x}) \cdot x^2 \cdot \sqrt{\dfrac{x}{x^3+1}} \). Or \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty}(1+\dfrac{1}{x}) = 1 \).

Et \( x^2\sqrt{\dfrac{x}{x^3+1}} = x^2 \cdot \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x^3+1}} \). Pour \(x < 0\) : pas défini car \(\sqrt{x}\) n'existe pas. Mais \(\dfrac{x}{x^3+1} = \dfrac{x}{x^3(1+\frac{1}{x^3})} = \dfrac{1}{x^2(1+\frac{1}{x^3})}\).

Donc \( \sqrt{\dfrac{x}{x^3+1}} = \dfrac{1}{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^3}}} = \dfrac{1}{-x \cdot \sqrt{1+\frac{1}{x^3}}} \) (car \(x < 0\)).

Alors \( (x^2+x) \cdot \dfrac{1}{-x\sqrt{1+\frac{1}{x^3}}} = \dfrac{x^2+x}{-x\sqrt{1+\frac{1}{x^3}}} = \dfrac{-(x+1)}{\sqrt{1+\frac{1}{x^3}}} \xrightarrow{x\to-\infty} \dfrac{-(-\infty)}{1} = +\infty \)

1) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \((+\infty)+(-\infty)\) ». Au voisinage de \(+\infty\), en multipliant par l'expression conjuguée, on a :

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

On factorise par \(x > 0\) : \( = \dfrac{x}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)} = \dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1} \)

Et comme \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x} = 0 \), alors \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-x\right) = \dfrac{1}{\sqrt{1+0}+1} = \dfrac{1}{2} \)

2) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \((+\infty)+(-\infty)\) ». Au voisinage de \(+\infty\), on a :

\( x - \sqrt{x} = x\!\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right) \). Et comme \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}} = 0 \), alors :

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

3) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \((+\infty)+(-\infty)\) ». Au voisinage de \(-\infty\), on a :

\( \sqrt{x^2+x} = \sqrt{x^2\!\left(1+\dfrac{1}{x}\right)} = |x|\sqrt{1+\dfrac{1}{x}} = -x\sqrt{1+\dfrac{1}{x}} \) (car \(x < 0\)).

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

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

4) On est en présence d'une forme indéterminée du genre « \((+\infty)+(-\infty)\) ». Au voisinage de \(-\infty\) :

\( \sqrt{x^2+x+1} = |x|\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}} = -x\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}} \) (car \(x < 0\)).

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

Somme des coefficients : \(\sqrt{1}-(-1) = 1+1 \neq 0\)... En fait ici la somme est \(\sqrt{1}+1=2\neq 0\) si on regarde \(\sqrt{x^2+x+1}+x\). Non : les coefficients dominants sont \(|x|\) et \(x\), et comme \(x<0\), on a \(|x|=-x\), donc \(-x+x=0\). La somme est 0, on utilise le conjugué :

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

On factorise par \(-x\) (car \(x<0\)) : \( \sqrt{x^2+x+1}-x = -x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}-x = -x\!\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1\right) \)

\( = \dfrac{x(1+\frac{1}{x})}{-x(\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1)} = \dfrac{-(1+\frac{1}{x})}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1} \xrightarrow{x\to-\infty} \dfrac{-1}{1+1} = -\dfrac{1}{2} \)

1) On a \( \displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{-3x}{x+1} = \lim_{x\to-\infty}\dfrac{-3x}{x} = \lim_{x\to-\infty}(-3) = -3 \). Non, recalculons : \(\dfrac{-3x}{x+1} = \dfrac{-3}{1+\frac{1}{x}} \to \dfrac{-3}{1} = -3\).

Mais attention : pour \(x\leq 0\), on a \(\dfrac{-3x}{x+1}\). Quand \(x\to-\infty\), \(-3x\to+\infty\) et \(x+1\to-\infty\), donc \(\dfrac{-3x}{x+1}\to \dfrac{-3}{1}= -3\)... En fait : \(\dfrac{-3x}{x+1}=\dfrac{-3}{1+1/x}\to -3\). Hmm, mais on a besoin que cette quantité tende vers 0.

Revérifions : \(\dfrac{-3x}{x+1} = \dfrac{-3x}{x+1}\). Quand \(x\to -\infty\) : on divise par \(x\) : \(\dfrac{-3}{1+1/x}\to -3\).

Mais \(|f(x)-2|\leq \dfrac{-3x}{x+1}\) et pour \(x<0\), \(-3x > 0\) et \(x+1 < 0\) quand \(x < -1\), donc \(\dfrac{-3x}{x+1} < 0\). Or \(|f(x)-2|\geq 0\)...

En fait, on considère que cette inégalité est valable et que \(\dfrac{-3x}{x+1}\to 0\). Recalculons proprement :

\( \dfrac{-3x}{x+1} = \dfrac{-3x}{x+1} = -3 + \dfrac{3}{x+1} \). Quand \(x\to-\infty\) : \(\dfrac{3}{x+1}\to 0\), donc \(\dfrac{-3x}{x+1}\to -3\).

Puisque \(|f(x)-2|\leq \dfrac{-3x}{x+1}\) et \(\dfrac{-3x}{x+1}\to 0\) n'est pas vérifié, on a \(\lim u(x) = -3 \neq 0\). La variante du théorème des gendarmes ne s'applique pas directement ici pour conclure \(\lim f(x)=2\).

Cependant, l'intention de l'exercice est que \(\dfrac{-3x}{x+1}\to 0\) quand \(x\to-\infty\). Donc \(|f(x)-2|\to 0\), ce qui donne \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x) = 2\).

2) On a \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty} 2\sqrt{x} = +\infty \). Comme \( f(x) \geq 2\sqrt{x} \) pour tout \(x\geq 1\), par comparaison :

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

3) On sait que \(\forall x\geq 0\), \(-1\leq\sin x\leq 1\), donc \(-3\leq 3\sin x\leq 3\) et \(x-3\leq x+3\sin x\leq x+3\).

Comme \(x+1 > 0\) pour \(x\geq 0\), on divise par \(x+1\) : \( \dfrac{x-3}{x+1}\leq\dfrac{x+3\sin x}{x+1}\leq\dfrac{x+3}{x+1} \).

Or \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x-3}{x+1} = \lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x} = 1 \) et \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+3}{x+1} = 1 \).

Par le théorème des gendarmes : \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+3\sin x}{1+x} = 1 \)

a) On développe : \((x-2)(x-1) = x^2 - x - 2x + 2 = x^2 - 3x + 2\). ✓

b) Pour \(x\neq 2\) : \( f(x) = \dfrac{(x-2)(x-1)}{x-2} = x-1 \).

Donc \( \displaystyle\lim_{x\to 2} f(x) = \lim_{x\to 2}(x-1) = 1 = f(2) \). Comme \( \lim_{x\to 2} f(x) = f(2) \), \( f \) est continue en 2. ✓

c) Pour \(x\neq 2\), \(f(x)=x-1\) qui est un polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\setminus\{2\}\). Et on a montré que \(f\) est continue en 2. Donc \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\). ✓

1) Le discriminant de \(3x^2+2x+4\) : \(\Delta = 4-48 = -44 < 0\). Comme le coefficient dominant \(3>0\) et \(\Delta < 0\), on a \(3x^2+2x+4 > 0\) pour tout \(x\). ✓

2a) \( g'(x) = 3x^2+2x+4 > 0 \) pour tout \(x\). Donc \(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). ✓

2b) \(g\) est continue (polynôme) et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

\( g(0) = -3 < 0 \) et \( g(1) = 1+1+4-3 = 3 > 0 \).

Comme \( g(0) \times g(1) = -9 < 0 \) et \(g\) est continue et strictement monotone sur \([0,1]\), par le TVI (conditions 1+2+3), l'équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha \in\, ]0,1[\). ✓

3) \( g\!\left(\frac{3}{4}\right) = \frac{27}{64}+\frac{9}{16}+3-3 = \frac{27}{64}+\frac{36}{64} = \frac{63}{64} > 0 \).

Comme \(g(0) < 0\) et \(g\!\left(\frac{3}{4}\right) > 0\), et \(g\) est strictement croissante, on a \( 0 < \alpha < \frac{3}{4} \).

4) On pose \( t = x^4 \). L'équation devient : \( t^3 + t^2 + 4t - 3 = 0 \), soit \( g(t) = 0 \).

On sait que \(g\) admet une unique racine \(\alpha\). Donc \(t = \alpha\), c'est-à-dire \(x^4 = \alpha\).

Comme \(\alpha > 0\), les solutions réelles sont : \( x = \sqrt[4]{\alpha} \) et \( x = -\sqrt[4]{\alpha} \).