Exercices corrigés : la continuité en un point et les limites

a) Un polynôme est continu sur $\mathbb{R}$ tout entier : ni dénominateur, ni racine, ni changement d'écriture, donc aucun point suspect. On substitue sans réfléchir : $f(2)=2\times 8-10+1=7$, et $\lim_{x\to 2}f(x)=7$ également. CONTINUE. Calculer les deux limites unilatérales d'un polynôme est l'erreur de débutant la plus coûteuse en examen : elle ne rapporte aucun point et elle mange les minutes des exercices qui, eux, cachent quelque chose.

b) Le dénominateur s'annule en 5, donc $g(5)$ N'EXISTE PAS : la première condition tombe déjà et la fonction est discontinue, quoi qu'il arrive ensuite. Reste à nommer la discontinuité, et pour cela il faut la limite : $\dfrac{x^{2}-25}{x-5}=\dfrac{(x-5)(x+5)}{x-5}=x+5$ pour $x\neq 5$, donc $\lim_{x\to 5}g(x)=10$. La limite existe, la valeur non : discontinuité PAR POINT, un trou, la seule des trois qui se répare.

c) Ici aussi $h(3)$ n'existe pas, mais le numérateur ne s'annule pas en 3 : rien ne se simplifie. À gauche de 3, $x-3$ est un petit nombre NÉGATIF, donc $h(x)\to-\infty$ ; à droite, il est petit et POSITIF, donc $h(x)\to+\infty$. Les deux limites sont infinies et de signes contraires : la droite $x=3$ est une asymptote verticale, la discontinuité est INFINIE. Elle ne se répare par aucune valeur, puisque aucun nombre réel ne recolle à $\pm\infty$.

d) La fonction change d'écriture en 2, donc 2 est un point suspect, et c'est le seul. $k(2)=2+1=3$, car c'est la branche $x\le 2$ qui contient le point. À gauche, $\lim_{x\to 2^{-}}(x+1)=3$. À droite, $\lim_{x\to 2^{+}}(3x-3)=6-3=3$. Les deux limites unilatérales valent 3, donc la limite existe et vaut 3, et $k(2)=3$ : les trois conditions passent. CONTINUE. Deux formules différentes ne créent pas une discontinuité, elles créent un point à VÉRIFIER.

e) Même structure, réponse opposée. $m(1)=2\times 1=2$, car c'est la branche $x\ge 1$ qui contient le point. À gauche, $\lim_{x\to 1^{-}}x^{2}=1$. À droite, $\lim_{x\to 1^{+}}2x=2$. Les deux limites unilatérales sont DIFFÉRENTES, donc $\lim_{x\to 1}m(x)$ n'existe pas : discontinuité PAR SAUT, de hauteur $2-1=1$. Aucune redéfinition de $m(1)$ n'y changera quoi que ce soit, puisque c'est la limite qui manque, pas la valeur.

f) $n(4)=|0|=0$. À gauche de 4, $|x-4|=4-x\to 0$ ; à droite, $|x-4|=x-4\to 0$. Les deux limites valent 0 et $n(4)=0$ : CONTINUE. La courbe présente pourtant une POINTE, un angle vif. C'est le piège central du chapitre : la continuité interdit de lever le crayon, elle n'interdit pas de tourner brusquement. Une pointe se voit, elle ne se compte pas comme une discontinuité, et l'exercice 9 montre ce qu'elle coûte quand la fonction décrit un objet réel.

a) $f(0)=1$ par définition, première condition satisfaite. La limite est la limite trigonométrique fondamentale : $\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$, les angles étant en RADIANS. Elle vaut 1 des deux côtés, donc elle existe, et elle est égale à $f(0)=1$ : CONTINUE. Remarquez que la fonction $\dfrac{\sin x}{x}$ toute seule n'est PAS continue en 0, puisqu'elle n'y est même pas définie ; c'est la valeur $f(0)=1$, choisie exprès, qui répare le trou.

b) $g(0)=0$ existe. Pour la limite, on multiplie par le conjugué : $\dfrac{\sqrt{x+4}-2}{x}\times\dfrac{\sqrt{x+4}+2}{\sqrt{x+4}+2}=\dfrac{x+4-4}{x(\sqrt{x+4}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{x+4}+2}$, dont la limite en 0 vaut $\dfrac{1}{4}$. La limite existe, la valeur existe, mais $\dfrac{1}{4}\neq 0$ : la TROISIÈME condition échoue. Discontinuité PAR POINT, réparable en posant $g(0)=\dfrac14$. C'est le cas le plus sournois : la fonction est définie partout et pourtant discontinue.

c) Le domaine de $p$ est $[3\,;+\infty[$ : à gauche de 3, la fonction n'existe pas, donc $\lim_{x\to 3^{-}}p(x)$ n'a aucun sens, et parler de discontinuité serait un contresens. Ce qu'on vérifie, c'est la continuité À DROITE : $p(3)=0$ et $\lim_{x\to 3^{+}}\sqrt{x-3}=0$. Elles coïncident, donc $p$ est continue à droite en 3, et continue sur tout son domaine $[3\,;+\infty[$. Répondre « discontinue car il manque la limite à gauche » est l'erreur classique : on ne reproche pas à une fonction de ne pas exister là où son domaine s'arrête.

d) Deux points suspects, deux réponses. On factorise : $\dfrac{x^{2}-x-6}{x^{2}-9}=\dfrac{(x-3)(x+2)}{(x-3)(x+3)}=\dfrac{x+2}{x+3}$ pour $x\neq 3$. En $a=3$ : la fonction n'est pas définie, mais $\lim_{x\to 3}q(x)=\dfrac{5}{6}$, donc trou, discontinuité PAR POINT. En $a=-3$ : le facteur $x+3$ ne s'est pas simplifié, le numérateur $x+2$ tend vers $-1\neq 0$, donc le quotient explose : discontinuité INFINIE. Une même fonction porte les deux types, et c'est la simplification qui les distingue.

e) $r(0)=0$ existe. À gauche, $\dfrac{1}{x}\to-\infty$, donc $e^{1/x}\to e^{-\infty}=0$ : la limite à gauche vaut 0 et coïncide même avec $r(0)$. À droite, $\dfrac{1}{x}\to+\infty$, donc $e^{1/x}\to+\infty$. Les deux limites unilatérales diffèrent, dont l'une est infinie : $\lim_{x\to 0}r(x)$ n'existe pas et la discontinuité est INFINIE, du côté droit seulement. La fonction est continue à gauche en 0, ce qui ne suffit jamais : la continuité exige les DEUX côtés quand les deux existent.

f) $s(0)=0$. Le facteur $\sin\dfrac{1}{x}$ n'a aucune limite en 0, il oscille sans fin, donc aucune règle de produit ne s'applique : il faut le théorème du sandwich. Pour tout $x\neq 0$, $-1\le\sin\dfrac{1}{x}\le 1$, donc $-x^{2}\le s(x)\le x^{2}$. Les deux bornes tendent vers 0 quand $x\to 0$, donc $\lim_{x\to 0}s(x)=0=s(0)$ : CONTINUE. L'oscillation est écrasée par le facteur $x^{2}$, et c'est tout le mécanisme du sandwich : borner une fonction sans limite entre deux fonctions qui, elles, en ont une, et la MÊME.

a) Seule source de soupçon : le dénominateur. $x^{2}-4=0$ donne $x=-2$ et $x=2$, DEUX points suspects. Le numérateur $x+1$ ne s'annule ni en $-2$ ni en 2, donc rien ne se simplifie et les deux discontinuités sont INFINIES. $f$ est continue sur $]-\infty\,;-2[\cup\,]-2\,;2[\cup\,]2\,;+\infty[$, c'est-à-dire sur tout son domaine. Une fonction rationnelle est toujours continue sur son domaine : la seule vraie question est de savoir où est ce domaine.

b) Deux conditions simultanées, et c'est leur INTERSECTION qui compte. La racine impose $2x-6\ge 0$, donc $x\ge 3$ : l'inégalité est LARGE, car $\sqrt{0}=0$ existe. Le logarithme impose $x-4>0$, donc $x>4$ : l'inégalité est STRICTE, car $\ln 0$ n'existe pas. L'intersection est $]4\,;+\infty[$, et $g$ y est continue comme somme de deux fonctions continues. Le point 3 n'est pas un point de discontinuité : c'est un point où la fonction n'existe pas du tout, ce qui n'est pas la même chose.

c) La racine impose $x\ge 0$ et le dénominateur interdit $x=4$. Le domaine est donc $[0\,;4[\cup\,]4\,;+\infty[$ et $h$ y est continue. Deux points méritent un mot : en $x=4$, le numérateur vaut $2\neq 0$, donc discontinuité INFINIE ; en $x=0$, la fonction existe, $h(0)=0$, et elle est continue à droite, le domaine s'arrêtant là. On compte donc UN seul point de discontinuité, pas deux.

d) Une fonction par morceaux a deux familles de points suspects : les raccords et les accidents INTERNES à une branche. Raccords : $x=0$ et $x=3$. Accident interne : la branche du milieu a un dénominateur qui s'annule en $x=1$, et 1 est bien dans $[0\,;3[$. Trois points suspects donc. En 0 : à gauche $x^{2}\to 0$, à droite $\dfrac{1}{x-1}\to -1$, et $k(0)=-1$ : SAUT. En 1 : discontinuité INFINIE. En 3 : à gauche $\dfrac{1}{x-1}\to\dfrac12$, à droite 5, et $k(3)=5$ : SAUT. Oublier le point 1, qui n'est pas un raccord, est l'erreur que cet exercice cherche.

e) $x^{3}-x=x(x-1)(x+1)$ s'annule en $-1$, 0 et 1 : trois points suspects. Mais le numérateur $x-1$ se simplifie avec le facteur $x-1$ : pour $x\neq 1$, $m(x)=\dfrac{1}{x(x+1)}$. En $x=1$, la limite vaut donc $\dfrac{1}{2}$ : discontinuité PAR POINT, réparable. En $x=0$ et $x=-1$, rien ne se simplifie : discontinuités INFINIES. Trois points suspects, trois discontinuités, mais pas du même type, et c'est la factorisation seule qui le dit.

a) Identité à connaître : $x^{3}-8=(x-2)(x^{2}+2x+4)$. Donc pour $x\neq 2$, $f(x)=x^{2}+2x+4$, et $\lim_{x\to 2}f(x)=4+4+4=12$. On pose $f(2)=12$ : le prolongement est la parabole $x^{2}+2x+4$ tout entière. Vérification numérique, toujours utile : $f(2{,}001)=12{,}006$, on est bien au voisinage de 12.

b) Conjugué : $\dfrac{\sqrt{x+1}-1}{x}\times\dfrac{\sqrt{x+1}+1}{\sqrt{x+1}+1}=\dfrac{x}{x(\sqrt{x+1}+1)}=\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+1}$, dont la limite en 0 vaut $\dfrac{1}{2}$. On pose $g(0)=\dfrac12$. Le réflexe à garder : une racine au numérateur et un zéro sur zéro appellent le conjugué avant toute autre idée, parce qu'il transforme une différence de racines en une différence de carrés, donc en un facteur qui se simplifie.

c) On ramène à la limite fondamentale en fabriquant le même argument en haut et en bas : $\dfrac{\sin 5x}{2x}=\dfrac{5}{2}\times\dfrac{\sin 5x}{5x}$. Quand $x\to 0$, $5x\to 0$ aussi, donc le second facteur tend vers 1 et la limite vaut $\dfrac{5}{2}$. On pose $h(0)=\dfrac52$. L'erreur ordinaire est d'écrire directement $\dfrac52$ sans le changement d'argument, ce qui donne la bonne réponse pour une mauvaise raison et s'effondre dès que l'énoncé met $\sin 5x$ sur $\sin 3x$.

d) Aucun prolongement possible. À gauche de 0, $|x|=-x$, donc $k(x)=-1$ ; à droite, $|x|=x$, donc $k(x)=1$. Les deux limites unilatérales valent $-1$ et 1 : la limite n'existe pas, et poser une valeur en 0 ne créera jamais l'égalité manquante, quelle que soit cette valeur. C'est une discontinuité PAR SAUT, et un saut ne se répare pas : on ne bouche pas un fossé avec un point.

e) Limite usuelle $\lim_{h\to 0}\dfrac{e^{h}-1}{h}=1$. On force l'argument : $\dfrac{e^{2x}-1}{x}=2\times\dfrac{e^{2x}-1}{2x}$, dont la limite vaut $2\times 1=2$. On pose $m(0)=2$. Ceux qui ont déjà vu la dérivée reconnaîtront le taux de variation de $e^{2x}$ en 0 : les limites de ce type sont exactement les dérivées déguisées, et c'est pour les calculer que le chapitre des limites existe.

f) Le changement de variable $u=\sqrt{x}$ range tout : $x=u^{2}$, et quand $x\to 1$, $u\to 1$. Alors $\dfrac{x^{2}-1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{u^{4}-1}{u-1}=\dfrac{(u-1)(u+1)(u^{2}+1)}{u-1}=(u+1)(u^{2}+1)$, dont la limite en $u=1$ vaut $2\times 2=4$. On pose $n(1)=4$. Le conjugué marchait aussi, mais il demandait deux étages ; quand une racine est le seul obstacle, poser $u=\sqrt{x}$ ramène le problème à un polynôme.

a) Seul point suspect : $x=1$. À gauche, $\lim_{x\to 1^{-}}(3x+a)=3+a$, et c'est aussi $f(1)$, la branche $x\le 1$ contenant le point. À droite, $\lim_{x\to 1^{+}}(x^{2}-2)=-1$. On égale : $3+a=-1$, donc $a=-4$. Vérification : avec $a=-4$, la branche de gauche vaut $3-4=-1$ en 1, la branche de droite tend vers $-1$, et $f(1)=-1$. Les trois conditions passent, et la fonction est continue sur $\mathbb{R}$, puisque chaque branche l'est sur son morceau.

b) Ici il n'y a pas deux branches à recoller mais un trou à boucher, et la méthode se réduit à une limite. Pour $x\neq 3$, $\dfrac{x^{2}-9}{x-3}=\dfrac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3$, donc $\lim_{x\to 3}g(x)=6$. Comme $g(3)=a$ par définition, la continuité exige $a=6$. C'est exactement l'exercice 4 écrit à l'envers : là on cherchait la valeur à poser, ici on la nomme $a$ et on la résout.

c) Deux raccords, donc deux équations, donc un système. En $x=-1$ : la branche de gauche donne $(-1)^{2}=1$, celle du milieu tend vers $-a+b$, d'où $-a+b=1$. En $x=3$ : la branche du milieu tend vers $3a+b$, celle de droite donne $2\times 3+1=7$, d'où $3a+b=7$. On soustrait la première de la seconde : $4a=6$, donc $a=\dfrac{3}{2}$, puis $b=1+a=\dfrac{5}{2}$. Vérification aux deux bouts : $-\dfrac32+\dfrac52=1$ et $\dfrac92+\dfrac52=7$. Les deux tombent juste, donc le réglage est le bon.

d) À gauche, $\lim_{x\to 1^{-}}a^{2}x=a^{2}$. À droite et en 1, la fonction vaut $3a-2$. L'équation $a^{2}=3a-2$ s'écrit $a^{2}-3a+2=0$, soit $(a-1)(a-2)=0$ : DEUX solutions, $a=1$ et $a=2$. Les deux conviennent réellement, il n'y a rien à rejeter : avec $a=1$ la fonction vaut $x$ à gauche et 1 à droite, elle se recolle en 1 ; avec $a=2$ elle vaut $4x$ à gauche et 4 à droite, elle se recolle aussi. Répondre $a=1$ et s'arrêter là coûte la moitié des points : une équation du second degré doit toujours être menée jusqu'à ses deux racines.

e) Aucune valeur ne convient. À gauche de 2, $x-2$ est un petit nombre négatif, donc $\lim_{x\to 2^{-}}\dfrac{1}{x-2}=-\infty$. Une limite infinie n'est pas un nombre : elle ne peut être égale à $a$, quel que soit $a$. Poser $a=-1000$ ou $a=-10^{9}$ ne change rien, car la branche de gauche finit toujours par passer sous n'importe quelle valeur fixée. La discontinuité est INFINIE, et le paramètre $a$ ne peut réparer qu'un trou, jamais une asymptote. Le réflexe à garder : avant de résoudre une équation de raccord, vérifier que les deux limites sont FINIES, sinon on résout une équation qui n'existe pas.

a) Le numérateur tend vers $2+1=3$, un nombre strictement positif : il ne joue aucun rôle dans le signe, sauf par le sien. À gauche de 2, $x-2$ est NÉGATIF et minuscule, donc le quotient tend vers $-\infty$. À droite, $x-2$ est POSITIF et minuscule, donc le quotient tend vers $+\infty$. Deux signes contraires : c'est le comportement ordinaire d'un pôle SIMPLE, celui où le facteur $(x-2)$ apparaît à la puissance 1.

b) Le dénominateur est un CARRÉ : $(x-3)^{2}$ est positif des deux côtés de 3, et jamais négatif. Le numérateur vaut 5, positif. Les deux limites valent donc $+\infty$, sans changement de signe. Ici la limite bilatérale existe au sens large et vaut $+\infty$, ce qui n'en fait pas pour autant une fonction continue : $+\infty$ n'est pas un nombre réel, donc la deuxième condition de la continuité n'est pas remplie. Retenez la règle de parité : un facteur à puissance PAIRE ne change pas le signe, un facteur à puissance IMPAIRE le change.

c) On factorise le dénominateur, toujours : $x^{2}-1=(x-1)(x+1)$. Le numérateur tend vers $(-1)^{2}-2(-1)=1+2=3$, positif. Le facteur $x-1$ tend vers $-2$, négatif et non nul, donc il fixe un signe une fois pour toutes. Reste $x+1$ : à gauche de $-1$ il est négatif, à droite il est positif. Signe du dénominateur à gauche : négatif fois négatif, donc positif, d'où $+\infty$. À droite : négatif fois positif, donc négatif, d'où $-\infty$. C'est l'exercice qui punit le calcul mental : il faut écrire le tableau de signes, y compris pour le facteur qui ne s'annule pas.

d) Le numérateur tend vers $1-3=-2$, NÉGATIF, et c'est ce signe qui retourne tout. Le cube $(x-1)^{3}$ est négatif à gauche de 1 et positif à droite, la puissance étant impaire. À gauche : négatif divisé par négatif, donc $+\infty$. À droite : négatif divisé par positif, donc $-\infty$. Beaucoup d'élèves retiennent « à gauche c'est moins l'infini » comme une règle : cet exercice montre qu'il n'y en a aucune. Le signe se calcule, il ne se retient pas.

e) Deux limites de tailles très différentes. $\lim_{x\to 0^{+}}\ln x=-\infty$ : le logarithme plonge, lentement mais sans fin, et $x=0$ est une asymptote verticale. En revanche $\lim_{x\to 0^{+}}x\ln x=0$ : le facteur $x$ l'emporte. C'est la croissance comparée, et la façon la plus économique de s'en convaincre est numérique : pour $x=10^{-6}$, $\ln x\approx -13{,}8$, donc $x\ln x\approx -1{,}4\times 10^{-5}$, déjà minuscule. Aucune forme $0\times\infty$ ne se conclut par « ça se compense », il faut un argument.

f) $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$ et $\cos\dfrac{\pi}{2}=0$ : voilà le point suspect, invisible tant qu'on n'écrit pas la tangente comme un quotient. Le numérateur $\sin x$ tend vers 1, positif. Juste avant $\dfrac{\pi}{2}$, le cosinus est positif et décroît vers 0, donc $\tan x\to+\infty$ ; juste après, il est négatif, donc $\tan x\to-\infty$. La tangente a une asymptote verticale en $\dfrac{\pi}{2}$, et une en chaque $\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ : elle est continue sur son domaine, qui est troué une infinité de fois.

a) Forme $\dfrac{0}{0}$. La racine est au DÉNOMINATEUR, donc le conjugué s'y applique, mais il y a plus court : on factorise les deux étages avec le même outil. $x-4=(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)$, donc $x^{2}-16=(x-4)(x+4)=(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)(x+4)$. Après simplification il reste $(\sqrt{x}+2)(x+4)$, dont la limite en 4 vaut $4\times 8=32$. Contrôle numérique : en $x=4{,}000\,001$ la fonction vaut $32{,}000\,006$.