Exercices corrigés : les limites et la continuité (201-NYA)

a) En approchant par la GAUCHE, on suit la branche montante qui arrive au cercle blanc de hauteur 2 : $\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=2$. Par la DROITE, on suit la branche descendante qui part de la hauteur 3 : $\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=3$. Les deux limites unilatérales DIFFÈRENT, donc $\lim_{x\to 1}f(x)$ N'EXISTE PAS. Enfin le point plein donne $f(1)=3$ : la fonction est bel et bien définie en 1, alors même que sa limite n'existe pas : définition et limite sont deux questions indépendantes.

b) Par la gauche, la branche descendante tend vers le cercle blanc de hauteur 1 : $\lim_{x\to 3^{-}}f(x)=1$. Par la droite, la branche montante part elle aussi de la hauteur 1 : $\lim_{x\to 3^{+}}f(x)=1$. Les deux coïncident, donc $\lim_{x\to 3}f(x)=1$ : la limite EXISTE. Mais le point plein est à la hauteur 2 : $f(3)=2\ne 1$. Situation inverse de celle en $x=1$ : là, la limite manquait; ici elle existe, c'est la valeur de la fonction qui est mal placée.

c) En $x=1$ : $f(1)=3$ existe, mais la limite n'existe pas : la deuxième condition tombe, $f$ est DISCONTINUE, par SAUT (les deux limites unilatérales sont finies mais différentes). En $x=3$ : $f(3)=2$ existe, la limite existe et vaut 1, mais $1\ne 2$ : la troisième condition tombe, $f$ est discontinue par TROU (discontinuité réparable).

d) En $x=3$ : OUI. Il suffit de poser $f(3)=1$, la valeur de la limite : le point plein descend combler le trou et la courbe devient continue. C'est pour cela qu'on parle de discontinuité RÉPARABLE. En $x=1$ : NON, aucune valeur ne peut convenir : la courbe arrive à la hauteur 2 par la gauche et repart de la hauteur 3 par la droite, un point unique ne peut pas être à deux hauteurs à la fois. La différence profonde : le trou est un accident de DÉFINITION (la fonction sait où elle veut aller, on l'a mal notée en un point), tandis que le saut est un accident de COMPORTEMENT (la fonction elle-même se déchire) : aucune retouche ponctuelle ne recoud une déchirure.

a) $\frac{x^{2}-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2$ pour tout $x\ne 2$, d'où la limite $2+2=4$. Le droit de simplifier vient de la définition même de la limite : elle ne regarde QUE les $x$ voisins de 2, jamais $x=2$ lui-même. Or pour ces $x\ne 2$, le quotient est rigoureusement égal à $x+2$ : les deux fonctions ont donc la même limite. On ne divise jamais par zéro, on écarte simplement un point dont la limite se moque.

b) On multiplie haut et bas par le conjugué $\sqrt{x+9}+3$ : $\frac{(\sqrt{x+9}-3)(\sqrt{x+9}+3)}{x(\sqrt{x+9}+3)}=\frac{(x+9)-9}{x(\sqrt{x+9}+3)}=\frac{x}{x(\sqrt{x+9}+3)}=\frac{1}{\sqrt{x+9}+3}$. Le facteur $x$ fautif a disparu, et la limite vaut $\frac{1}{3+3}=\frac{1}{6}$. Le conjugué sert exactement à cela : transformer une différence de racines en différence de carrés, qui se simplifie.

c) $\frac{x^{3}-1}{x^{2}-1}=\frac{(x-1)(x^{2}+x+1)}{(x-1)(x+1)}=\frac{x^{2}+x+1}{x+1}\to\frac{3}{2}$. Pour la seconde : on met au même dénominateur avant tout, car $\infty-\infty$ ne se traite jamais terme à terme : $\frac{1}{x}-\frac{1}{x(x+1)}=\frac{(x+1)-1}{x(x+1)}=\frac{x}{x(x+1)}=\frac{1}{x+1}\to 1$. Deux infinis qui se dévorent laissent un reste parfaitement fini.

d) Pour $x>3$ : $|x-3|=x-3$, le quotient vaut $+1$, donc $\lim_{x\to 3^{+}}=1$. Pour $x<3$ : $|x-3|=-(x-3)$, le quotient vaut $-1$, donc $\lim_{x\to 3^{-}}=-1$. Les deux limites unilatérales diffèrent : la limite N'EXISTE PAS. Leçon générale : devant une valeur absolue (ou toute fonction définie par morceaux), on ne calcule jamais une limite globale d'un bloc : on SÉPARE les deux côtés, on lève l'absolu selon le signe, puis on compare. C'est le même réflexe qui servira à détecter les points de non-dérivabilité au chapitre suivant.

a) Méthode générale : diviser haut et bas par la plus haute puissance présente, ici $x^{2}$ : $f(x)=\frac{3-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}}{1-\frac{4}{x^{2}}}$. Quand $x\to\pm\infty$, tous les termes en $\frac{1}{x}$ et $\frac{1}{x^{2}}$ s'effacent : la limite vaut $\frac{3}{1}=3$ des DEUX côtés. Asymptote horizontale : $y=3$, la barre horizontale de la figure. Raccourci légitime pour une fonction rationnelle de degrés ÉGAUX : le rapport des coefficients dominants, ici $\frac{3}{1}$.

b) Le dénominateur $x^{2}-4=(x-2)(x+2)$ s'annule en $x=2$ et $x=-2$; le numérateur y vaut respectivement $12-4+1=9$ et $12+4+1=17$, tous deux non nuls : ce sont bien deux asymptotes VERTICALES (et non des trous). Signe autour de 2 : le numérateur reste proche de $+9$; le dénominateur $(x-2)(x+2)$ est positif pour $x>2$ (produit de deux positifs) et négatif pour $x$ juste en dessous de 2 (négatif fois positif). Donc $\lim_{x\to 2^{+}}f(x)=+\infty$ et $\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=-\infty$ : la courbe plonge puis remonte de part et d'autre du trait, exactement comme sur la figure.

c) Le numérateur a exactement UN degré de plus que le dénominateur : c'est la signature de l'asymptote oblique. On divise : $x^{2}+1=(x-1)(x+1)+2$, donc $g(x)=x+1+\frac{2}{x-1}$. Quand $x\to\pm\infty$, le reste $\frac{2}{x-1}$ tend vers 0 : la courbe se colle à la droite $y=x+1$, son asymptote oblique. Le reste donne même le CÔTÉ : positif pour $x>1$ (la courbe passe au-dessus), négatif pour $x<1$ (en dessous).

d) En $+\infty$ : $\sqrt{x^{2}+1}\approx\sqrt{x^{2}}=|x|=x$ (car $x>0$), donc $h(x)\approx\frac{2x}{x}=2$ : asymptote $y=2$. En $-\infty$ : attention, $\sqrt{x^{2}}=|x|=-x$ car $x<0$ ! Alors $h(x)\approx\frac{2x}{-x}=-2$ : asymptote $y=-2$. Il y a donc DEUX asymptotes horizontales distinctes. Le piège est l'automatisme $\sqrt{x^{2}}=x$, faux pour les $x$ négatifs : la racine carrée rend toujours un résultat POSITIF, d'où la valeur absolue obligatoire. Rigoureusement : $h(x)=\frac{2x}{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}$, et le quotient $\frac{x}{|x|}$ vaut $+1$ à droite, $-1$ à gauche : c'est lui, et lui seul, qui fabrique les deux asymptotes.

a) Si $\lim_{x\to a}f(x)=L$ et $\lim_{x\to a}g(x)=M$ existent et sont FINIES, alors : $\lim(f+g)=L+M$; $\lim(fg)=LM$; $\lim\frac{f}{g}=\frac{L}{M}$ À CONDITION que $M\neq 0$; et $\lim f^{n}=L^{n}$ pour $n$ entier positif. On en déduit aussi $\lim(cf)=cL$ pour toute constante $c$. L'hypothèse commune, souvent passée sous silence, est que les DEUX limites existent et sont finies : c'est elle qui tombe dans tous les contre-exemples du point c), et c'est aussi elle qui manque dans les formes indéterminées.

b) Le dénominateur d'abord, car c'est lui qui conditionne l'usage de la règle : $\lim_{x\to 2}(x+1)=3\neq 0$, la propriété du quotient s'applique donc. Numérateur : $\lim_{x\to 2}\left(3x^{2}-5\right)=3\lim_{x\to 2}x^{2}-5=3(4)-5=7$, en utilisant successivement la somme, le produit par une constante et la puissance. Conclusion : $\lim_{x\to 2}\frac{3x^{2}-5}{x+1}=\frac{7}{3}\approx 2{,}333$. On remarque que le résultat est simplement $f(2)$ : c'est le cas général pour une fonction rationnelle en un point où le dénominateur ne s'annule pas, et c'est exactement ce que signifie la continuité, établie à l'exercice 6.

c) Le plus simple est de partir de la fonction signe $s(x)=\frac{x}{|x|}$, qui vaut $-1$ pour $x<0$ et $+1$ pour $x>0$ : ses limites à gauche et à droite en 0 valent $-1$ et $+1$, elles diffèrent, donc $\lim_{x\to 0}s(x)$ N'EXISTE PAS. Pour la SOMME : posons $f(x)=s(x)$ et $g(x)=-s(x)+1$. Aucune des deux n'a de limite en 0 (la seconde saute de 2 à 0), pourtant $f(x)+g(x)=1$ pour tout $x\neq 0$, donc $\lim_{x\to 0}\left(f+g\right)=1$ existe. Pour le PRODUIT : posons $f(x)=s(x)$ et $g(x)=2s(x)$, toujours sans limite en 0; leur produit vaut $2\left(s(x)\right)^{2}=2$ pour tout $x\neq 0$, puisque $(\pm 1)^{2}=1$, donc $\lim_{x\to 0}(fg)=2$ existe. Dans les deux cas, la leçon est la même : la réciproque des propriétés est FAUSSE. L'existence de la limite d'une somme ou d'un produit n'entraîne nullement celle des limites de chaque terme, car deux discontinuités peuvent se compenser exactement. On ne peut donc jamais « découper » une limite qui existe en morceaux dont on supposerait qu'ils existent aussi : les propriétés se lisent uniquement de gauche à droite.

d) Parce que la conclusion $\frac{L}{M}$ n'a aucun sens si $M=0$ : la division par zéro n'est pas définie. Quand le dénominateur tend vers 0, deux situations se présentent. Si le numérateur tend vers une constante NON NULLE, le quotient explose en valeur absolue et il reste à déterminer le signe de part et d'autre : c'est le mécanisme des asymptotes verticales de l'exercice 3. Si le numérateur tend AUSSI vers 0, on obtient la forme indéterminée $\frac{0}{0}$, où la règle ne dit rien du tout et où il faut lever l'indétermination par factorisation, conjugué ou mise au même dénominateur, comme à l'exercice 2. Le vrai contenu de la condition $M\neq 0$ est donc celui-ci : elle sépare les cas où l'on peut conclure mécaniquement de ceux qui exigent un travail algébrique.

a) On pose $u=3x$. Quand $x\to 0$, on a $u\to 0$ également, et l'expression devient $\frac{\sin u}{u}$. La limite fondamentale donne $\lim_{u\to 0}\frac{\sin u}{u}=1$, donc $\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{3x}=1$. Le passage est licite parce que $u=3x$ est continue, tend vers 0, et ne prend la valeur 0 que lorsque $x$ la prend lui-même : aucune valeur parasite n'est atteinte au voisinage épointé. Notez que le dénominateur est bien $3x$ et non $x$ : si l'énoncé avait demandé $\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{x}$, il aurait fallu écrire $\frac{\sin 3x}{x}=3\cdot\frac{\sin 3x}{3x}$ pour retrouver la forme fondamentale, et la limite vaudrait 3.

b) $\lim_{x\to 2}\sqrt{x^{2}+5}=\sqrt{\lim_{x\to 2}\left(x^{2}+5\right)}=\sqrt{9}=3$. De même, $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$, donc $\lim_{x\to 0}e^{\frac{\sin x}{x}}=e^{1}=e\approx 2{,}718$. La propriété employée est celle-ci : si $g$ a pour limite $L$ en $a$ et si $f$ est CONTINUE en $L$, alors $\lim_{x\to a}f\left(g(x)\right)=f(L)$, c'est-à-dire que la limite entre à l'intérieur de la fonction. Elle vaut parce que la racine et l'exponentielle sont continues partout où elles sont définies; le point d) montre ce qui arrive quand cette continuité fait défaut.

c) On pose $u=\frac{1}{x}$, de sorte que $x\to+\infty$ entraîne $u\to 0^{+}$, avec $x=\frac{1}{u}$. L'expression devient $\frac{1}{u}\sin u=\frac{\sin u}{u}$, dont la limite vaut 1. Donc $\lim_{x\to+\infty}x\sin\frac{1}{x}=1$. Le changement de variable a transformé une limite en l'infini, où l'on ne dispose d'aucune formule pour le sinus, en la limite fondamentale en 0 : c'est le bénéfice typique de la substitution $u=\frac{1}{x}$, qui échange voisinage de l'infini et voisinage de zéro. Interprétation : pour $x$ grand, $\sin\frac{1}{x}\approx\frac{1}{x}$, donc le produit vaut approximativement 1.

d) Vérifications. $g$ est la fonction nulle, donc $\lim_{x\to 0}g(x)=0$ ✓. Pour $f$ : lorsque $u\to 0$ avec $u\neq 0$, on a toujours $f(u)=0$, donc $\lim_{u\to 0}f(u)=0$ ✓ (la limite ignore la valeur $f(0)=1$, puisque la définition exclut le point lui-même). Mais la composée vaut $f\left(g(x)\right)=f(0)=1$ pour TOUT $x$, donc $\lim_{x\to 0}f\left(g(x)\right)=1\neq 0$. L'hypothèse manquante est la CONTINUITÉ de $f$ au point limite : ici $\lim_{u\to 0}f(u)=0$ alors que $f(0)=1$, donc $f$ est discontinue en 0 et le théorème du point b) ne s'applique pas. Une seconde hypothèse suffirait aussi : que $g$ ne prenne PAS la valeur limite 0 au voisinage épointé de $a$, ce qui était vrai au point a) avec $u=3x$ et faux ici puisque $g$ vaut identiquement 0. Retenir donc que le changement de variable est sûr dans deux cas : fonction extérieure continue, ou fonction intérieure n'atteignant pas sa limite. En pratique au cégep, toutes les fonctions usuelles étant continues sur leur domaine, la première condition est presque toujours remplie, mais l'exercice montre que ce n'est pas une évidence logique.

a) Trois conditions : $f(a)$ existe, $\lim_{x\to a}f(x)$ existe, et $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$. Chaque morceau est un polynôme, donc continu sur son intervalle : seuls les raccords en $x=1$ et $x=3$ posent question. En $x=1$ : la branche de gauche tend vers $1^{2}=1$, celle de droite vaut $a+b$; l'égalité impose $a+b=1$. En $x=3$ : la branche du milieu tend vers $3a+b$, celle de droite vaut $6$; d'où $3a+b=6$. En soustrayant les deux équations : $2a=5$, donc $a=\frac{5}{2}$ et $b=1-\frac{5}{2}=-\frac{3}{2}$. Vérification : $3\left(\frac{5}{2}\right)-\frac{3}{2}=\frac{15-3}{2}=6$ ✓.

b) $u(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2$ pour $x\ne 2$ : la limite vaut 4, finie, mais $u(2)$ n'existe pas : discontinuité par TROU (réparable). $v(x)=\frac{1}{x-2}$ : les limites unilatérales valent $-\infty$ et $+\infty$ : discontinuité INFINIE (asymptote verticale), irréparable. $w(x)=\frac{|x-2|}{x-2}$ vaut $-1$ à gauche et $+1$ à droite : discontinuité par SAUT, irréparable elle aussi. Trois expressions bâties sur le même $x-2$, trois pathologies distinctes : c'est le NUMÉRATEUR qui décide laquelle.

c) Non : $p(2)$ n'existe même pas (division par zéro), la première condition tombe. Mais la limite, elle, existe et vaut 4 : on peut donc PROLONGER $p$ par continuité en posant $\tilde{p}(2)=4$, ce qui revient à définir $\tilde{p}(x)=x+2$ partout. Le prolongement par continuité, c'est boucher un trou avec la seule valeur qui recolle la courbe : la limite.

d) Un polynôme est bâti à partir de la fonction identité et des constantes par sommes et produits; or ces opérations PRÉSERVENT la continuité, et $\lim_{x\to a}x=a$ trivialement : par récurrence sur le degré, tout polynôme est continu partout. Une rationnelle est un quotient de deux polynômes continus : le quotient reste continu tant que le dénominateur ne s'annule pas. Conséquence pratique majeure : pour toutes ces fonctions, $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$, c'est-à-dire qu'on calcule la limite par simple SUBSTITUTION. C'est bien pourquoi les seuls exercices intéressants du chapitre portent sur les points où cette substitution échoue, en donnant $\frac{0}{0}$ : partout ailleurs, il n'y a rien à calculer.

a) Si $f$ est CONTINUE sur l'intervalle FERMÉ $[a,b]$ et si $k$ est une valeur comprise entre $f(a)$ et $f(b)$, alors il existe au moins un $c\in[a,b]$ tel que $f(c)=k$. Deux précisions capitales : la continuité sur tout l'intervalle est indispensable, et le théorème affirme l'EXISTENCE d'un tel $c$, sans dire ni combien il y en a, ni comment le trouver.

b) $f(x)=x^{3}-x-1$ est un polynôme, donc continue sur $[1,2]$ : l'hypothèse est vérifiée. Calculs aux bornes : $f(1)=1-1-1=-1<0$ et $f(2)=8-2-1=5>0$, les deux points marqués sur la figure. La valeur $k=0$ est bien comprise entre $-1$ et $5$ : le théorème garantit l'existence d'un $c\in[1,2]$ avec $f(c)=0$. L'équation a donc au moins une racine dans cet intervalle, et cela SANS l'avoir calculée.

c) Bissection : on coupe en deux et on garde la moitié où le signe change. $f(1{,}5)=3{,}375-1{,}5-1=0{,}875>0$ : la racine est dans $[1;1{,}5]$. $f(1{,}25)=1{,}953125-1{,}25-1=-0{,}296875<0$ : la racine est dans $[1{,}25;1{,}5]$. $f(1{,}375)=2{,}599609-1{,}375-1=0{,}224609>0$ : la racine est dans $[1{,}25;1{,}375]$, un intervalle de largeur $0{,}125$ ✓. Trois étapes ont divisé l'incertitude par 8 : chaque bissection gagne un facteur 2, soit environ trois étapes par chiffre décimal. La vraie racine vaut $1{,}3247\ldots$, le trait vertical de la figure.

d) Aucun défaut : $g$ n'est PAS continue sur $[-1,1]$, puisqu'elle n'est même pas définie en 0, où elle possède une asymptote verticale. L'hypothèse centrale du théorème s'effondre, la conclusion n'a plus à tenir : c'est précisément le contre-exemple qui montre que la continuité n'est pas une clause de style. Pour $\cos x=x$ : on pose $h(x)=\cos x-x$, continue partout (différence de fonctions continues). $h(0)=1-0=1>0$ et $h\left(\frac{\pi}{2}\right)=0-\frac{\pi}{2}\approx-1{,}571<0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ tel que $h(c)=0$, c'est-à-dire $\cos c=c$ : l'équation a une solution (le célèbre point fixe $0{,}739\ldots$), démontrée en trois lignes alors qu'aucune formule ne la donne.

a) $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$, à condition IMPÉRATIVE que $x$ soit en RADIANS (en degrés, la limite vaudrait $\frac{\pi}{180}$ : c'est la vraie raison pour laquelle tout le calcul différentiel travaille en radians). Quant à $f(0)$ : elle n'existe pas, le quotient donnant $\frac{0}{0}$, d'où le cercle blanc de la figure. Encore une limite qui existe là où la fonction est absente.

b) On force l'apparition du motif $\frac{\sin u}{u}$ : $\frac{\sin 5x}{3x}=\frac{5}{3}\cdot\frac{\sin 5x}{5x}\to\frac{5}{3}\cdot 1=\frac{5}{3}$ (avec $u=5x\to 0$). Pour la tangente : $\frac{\tan x}{x}=\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{1}{\cos x}\to 1\cdot\frac{1}{1}=1$. Réflexe : l'argument du sinus doit être IDENTIQUE au dénominateur; on ajuste par une constante, jamais en changeant l'argument.

c) Conjugué $1+\cos x$ : $\frac{1-\cos x}{x}\cdot\frac{1+\cos x}{1+\cos x}=\frac{1-\cos^{2}x}{x(1+\cos x)}=\frac{\sin^{2}x}{x(1+\cos x)}=\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin x}{1+\cos x}\to 1\cdot\frac{0}{2}=0$. Avec $x^{2}$ au dénominateur, le même calcul donne $\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{1}{1+\cos x}\to 1\cdot 1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$. La différence tient à la VITESSE : $1-\cos x$ s'annule comme $x^{2}$, pas comme $x$. Divisé par $x$, il reste un $x$ qui tue tout; divisé par $x^{2}$, la compensation est exacte et laisse $\frac{1}{2}$. Cette hiérarchie ($\sin x\sim x$ mais $1-\cos x\sim\frac{x^{2}}{2}$) reviendra intacte dans les séries de Taylor.

d) Théorème du sandwich : si $g(x)\le f(x)\le h(x)$ autour de $a$ et si $g$ et $h$ tendent vers la MÊME limite $L$ en $a$, alors $f$ tend aussi vers $L$. Ici, $\sin\frac{1}{x}$ oscille sauvagement et n'a aucune limite en 0, donc aucune règle de produit ne s'applique. Mais il reste borné : $-1\le\sin\frac{1}{x}\le 1$, d'où, en multipliant par $x^{2}\ge 0$ : $-x^{2}\le x^{2}\sin\frac{1}{x}\le x^{2}$. Les deux bornes tendent vers 0 : la fonction est écrasée entre elles, donc $\lim_{x\to 0}x^{2}\sin\frac{1}{x}=0$. Le sandwich est l'outil des fonctions qui oscillent : on ne cherche pas à suivre les oscillations, on les ENFERME.