Exercice 0.1 : Calculer une limite en un point : douze calculs directs

Pour chaque ligne, calculez la limite demandée, sans la règle de L'Hôpital, et donnez sa valeur, ou dites si elle vaut $+\infty$ , $-\infty$ ou n'existe pas.

Une seule méthode pour les douze lignes : substituer d'abord. Si l'on obtient un nombre, c'est la limite. Si l'on obtient $\frac{0}{0}$ , on lève l'indétermination par la technique qu'elle appelle (factoriser, multiplier par le conjugué, mettre au même dénominateur, faire apparaître $\frac{\sin u}{u}$ ) puis on substitue de nouveau. Si l'on obtient $\frac{k}{0}$ avec $k\neq 0$ , on étudie le signe du dénominateur de chaque côté.

a) $\lim_{x\to -2}\frac{x^{2}-3x}{x+4}$ .
b) $\lim_{x\to -1}\frac{x^{2}+6x+5}{x^{2}-x-2}$ .
c) $\lim_{x\to -2}\frac{x^{3}+8}{x+2}$ .
d) $\lim_{x\to 5}\frac{\sqrt{x+4}-3}{x-5}$ .
e) $\lim_{x\to 7}\frac{x-7}{\sqrt{x+2}-3}$ .
f) $\lim_{x\to 2}\frac{\frac{2}{x}-1}{x-2}$ .
g) $\lim_{h\to 0}\frac{(-1+h)^{3}+1}{h}$ .
h) $\lim_{x\to 0}\frac{\tan 6x}{\sin 4x}$ .
i) $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos 2x}{x\sin x}$ .
j) $\lim_{x\to -2^{-}}\frac{x-1}{x+2}$ et $\lim_{x\to -2^{+}}\frac{x-1}{x+2}$ .
k) $\lim_{x\to -1}\frac{x-4}{(x+1)^{2}}$ .
l) $f(x)=x^{2}+1$ si $x<1$ et $f(x)=4-x$ si $x\geq 1$ : $\lim_{x\to 1^{-}}f(x)$ , puis $\lim_{x\to 1}f(x)$ .

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a)

La limite

b)

La limite

c)

La limite

d)

La limite

e)

La limite

f)

La limite

g)

La limite

h)

La limite

i)

La limite

j)

Limite en

-2^{-}

Limite en

-2^{+}

k)

La limite

l)

Limite en

1^{-}

\lim_{x\to 1}f(x)

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Réponses

a) Substitution directe ; $5$
b) $\frac{x+5}{x-2}$ ; $-\frac{4}{3}$
c) $x^{2}-2x+4$ ; $12$
d) $\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}$ ; $\frac{1}{6}$
e) $\sqrt{x+2}+3$ ; $6$
f) $-\frac{1}{x}$ ; $-\frac{1}{2}$
g) $3-3h+h^{2}$ ; $3$
h) $\frac{6}{4}$ par les limites fondamentales ; $\frac{3}{2}$
i) $2\cdot\frac{\sin x}{x}$ ; $2$
j) $\frac{-3}{0^{\mp}}$ ; $+\infty$ à gauche, $-\infty$ à droite
k) $\frac{-5}{0^{+}}$ ; $-\infty$
l) $2$ à gauche, $3$ à droite ; la limite n'existe pas

Le geste qui décide de tout : substituer AVANT de manipuler. La forme obtenue choisit la technique : un nombre se lit, $\frac{0}{0}$ cache un facteur commun à faire sortir, $\frac{k}{0}$ annonce une limite infinie dont seul le signe reste à trouver.

a)

Le dénominateur vaut $2\neq 0$ : substitution directe, $\frac{4+6}{2}=5$ .

b)

Forme $\frac{0}{0}$ , donc $x+1$ est facteur en haut et en bas : $\frac{(x+1)(x+5)}{(x+1)(x-2)}=\frac{x+5}{x-2}\to\frac{4}{-3}=-\frac{4}{3}\approx-1{,}333$ .

c)

Forme $\frac{0}{0}$ . Somme de cubes : $x^{3}+8=(x+2)\left(x^{2}-2x+4\right)$ , donc la limite vaut $4+4+4=12$ . Piège : écrire $x^{2}+2x+4$ , le signe du milieu est l'OPPOSÉ de celui du binôme.

d)

Forme $\frac{0}{0}$ . Conjugué : $\frac{(x+4)-9}{(x-5)\left(\sqrt{x+4}+3\right)}=\frac{1}{\sqrt{x+4}+3}\to\frac{1}{6}\approx 0{,}167$ .

e)

Forme $\frac{0}{0}$ , la racine est en bas : on multiplie par $\sqrt{x+2}+3$ , et $\frac{(x-7)\left(\sqrt{x+2}+3\right)}{(x+2)-9}=\sqrt{x+2}+3\to 6$ .

f)

Forme $\frac{0}{0}$ . Même dénominateur en haut : $\frac{2}{x}-1=\frac{2-x}{x}$ , donc l'expression vaut $\frac{2-x}{x(x-2)}=-\frac{1}{x}\to-\frac{1}{2}$ . Piège : $2-x=-(x-2)$ , le signe moins se perd facilement.

g)

Forme $\frac{0}{0}$ . On développe : $(-1+h)^{3}=-1+3h-3h^{2}+h^{3}$ , donc le quotient vaut $3-3h+h^{2}\to 3$ .

h)

Forme $\frac{0}{0}$ . On fait apparaître les limites fondamentales : $\frac{\tan 6x}{6x}\cdot\frac{4x}{\sin 4x}\cdot\frac{6}{4}\to 1\cdot 1\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ , puisque $\frac{\tan u}{u}=\frac{\sin u}{u}\cdot\frac{1}{\cos u}\to 1$ .

i)

Forme $\frac{0}{0}$ . Duplication : $1-\cos 2x=2\sin^{2}x$ , donc l'expression vaut $\frac{2\sin^{2}x}{x\sin x}=2\cdot\frac{\sin x}{x}\to 2$ .

j)

Forme $\frac{-3}{0}$ : limite infinie. À gauche de $-2$ , $x+2<0$ , donc $\frac{-3}{0^{-}}\to+\infty$ ; à droite, $x+2>0$ , donc $\frac{-3}{0^{+}}\to-\infty$ . Piège : oublier que le numérateur est NÉGATIF, ce qui inverse les deux signes.

k)

Forme $\frac{-5}{0}$ : le carré $(x+1)^{2}$ est positif des deux côtés, donc $\frac{-5}{0^{+}}\to-\infty$ à gauche comme à droite, et la limite vaut $-\infty$ .

l)

À gauche, $f(x)=x^{2}+1\to 2$ ; à droite, $f(x)=4-x\to 3$ . Les deux limites unilatérales diffèrent, donc $\lim_{x\to 1}f(x)$ n'existe pas, même si $f(1)=3$ existe.

Contrôle : à la machine, on évalue l'expression en $a-0{,}001$ et en $a+0{,}001$ . Les deux valeurs doivent encadrer la limite trouvée ; pour une forme $\frac{k}{0}$ , elles doivent être très grandes et du signe annoncé de chaque côté.

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Exercice 0.2 : Calculer une limite à l'infini : dix calculs directs

Pour chaque ligne, calculez la limite en $+\infty$ ou en $-\infty$ indiquée, sans la règle de L'Hôpital, et donnez sa valeur, ou dites si elle vaut $+\infty$ ou $-\infty$ .

Une seule méthode pour les dix lignes : repérer le terme DOMINANT en haut et en bas et le mettre en facteur, en se souvenant que $\sqrt{x^{2}}=\left|x\right|$ , qui vaut $-x$ en $-\infty$ ; lever une forme $\infty-\infty$ avec une racine par le conjugué ; pour l'exponentielle, l'arc tangente et le logarithme, se ramener au comportement de la fonction de référence.

a) $\lim_{x\to-\infty}\left(3x^{4}-x^{5}+2\right)$ .
b) $\lim_{x\to-\infty}\frac{6x^{3}-2x}{1-4x^{3}}$ .
c) $\lim_{x\to-\infty}\frac{2x^{3}+1}{x^{2}-4x}$ .
d) $\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{16x^{2}+x}}{1-2x}$ .
e) $\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{4x^{2}+5x}-2x\right)$ .
f) $\lim_{x\to+\infty}\frac{3+\sin 2x}{x+1}$ .
g) $\lim_{x\to+\infty}\frac{6\cdot 3^{x}+1}{2\cdot 3^{x}-2^{x}}$ .
h) $\lim_{x\to-\infty}\arctan\left(x^{2}\right)$ .
i) $\lim_{x\to+\infty}\left[\ln\left(2x^{2}+1\right)-2\ln(x+5)\right]$ .
j) $\lim_{x\to+\infty}\frac{5x^{\frac{3}{2}}-x}{2x\sqrt{x}+7}$ .

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a)

La limite

b)

La limite

c)

La limite

d)

La limite

e)

La limite

f)

La limite

g)

La limite

h)

La limite

i)

La limite

j)

La limite

Voir la correction

Réponses

a) Comme $-x^{5}$ ; $+\infty$
b) $\frac{6}{-4}$ ; $-\frac{3}{2}$
c) Comme $2x$ ; $-\infty$
d) $\frac{-4}{-2}$ , avec $\sqrt{x^{2}}=-x$ ; $2$
e) $\frac{5x}{\sqrt{4x^{2}+5x}+2x}$ ; $\frac{5}{4}$
f) Sandwich entre $\frac{2}{x+1}$ et $\frac{4}{x+1}$ ; $0$
g) $\frac{6}{2}$ ; $3$
h) $\arctan u$ , $u\to+\infty$ ; $\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$
i) $\ln\frac{2x^{2}+1}{(x+5)^{2}}$ ; $\ln 2\approx 0{,}693$
j) $\frac{5}{2}$ ; $\frac{5}{2}$

Le geste qui décide de tout : mettre en facteur le terme qui domine, et seulement lui. Tout le reste tend vers $0$ ou vers une constante ; il ne reste qu'à lire un rapport de coefficients, ou un signe.

a)

$3x^{4}-x^{5}+2=x^{5}\left(\frac{3}{x}-1+\frac{2}{x^{5}}\right)$ : la parenthèse tend vers $-1$ et $x^{5}\to-\infty$ , donc la limite vaut $+\infty$ . Piège : lire le terme $3x^{4}$ , positif, alors que c'est $-x^{5}$ qui domine.

b)

Degrés égaux : on divise par $x^{3}$ , $\frac{6-\frac{2}{x^{2}}}{\frac{1}{x^{3}}-4}\to\frac{6}{-4}=-\frac{3}{2}$ , en $-\infty$ comme en $+\infty$ .

c)

Degré du haut supérieur : $\frac{2x^{3}+1}{x^{2}-4x}=\frac{x^{3}\left(2+\frac{1}{x^{3}}\right)}{x^{2}\left(1-\frac{4}{x}\right)}$ , qui se comporte comme $2x$ , donc tend vers $-\infty$ .

d)

$\sqrt{16x^{2}+x}=\left|x\right|\sqrt{16+\frac{1}{x}}=-x\sqrt{16+\frac{1}{x}}$ pour $x<0$ . Donc l'expression vaut $\frac{-x\sqrt{16+\frac{1}{x}}}{x\left(\frac{1}{x}-2\right)}=\frac{-\sqrt{16+\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x}-2}\to\frac{-4}{-2}=2$ . Piège : écrire $\sqrt{x^{2}}=x$ , ce qui donne $-2$ .

e)

Forme $\infty-\infty$ . Conjugué : $\frac{\left(4x^{2}+5x\right)-4x^{2}}{\sqrt{4x^{2}+5x}+2x}=\frac{5x}{x\left(\sqrt{4+\frac{5}{x}}+2\right)}\to\frac{5}{4}$ . Piège : conclure $0$ parce que les deux termes « se ressemblent ».

f)

Le sinus est borné : $2\leq 3+\sin 2x\leq 4$ , donc $\frac{2}{x+1}\leq\frac{3+\sin 2x}{x+1}\leq\frac{4}{x+1}$ pour $x>-1$ , et les deux bornes tendent vers $0$ . Par le sandwich, la limite vaut $0$ .

g)

Le terme dominant est $3^{x}$ en haut comme en bas : $\frac{6+3^{-x}}{2-\left(\frac{2}{3}\right)^{x}}\to\frac{6}{2}=3$ , puisque $\left(\frac{2}{3}\right)^{x}\to 0$ .

h)

En $-\infty$ , $x^{2}\to+\infty$ , et $\arctan u\to\frac{\pi}{2}$ quand $u\to+\infty$ : la limite vaut $\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$ . Piège : répondre $-\frac{\pi}{2}$ en regardant $x$ au lieu de $x^{2}$ .

i)

Forme $\infty-\infty$ . On regroupe : $\ln\frac{2x^{2}+1}{(x+5)^{2}}$ , et le quotient tend vers $2$ (degrés égaux), donc par continuité du logarithme la limite vaut $\ln 2\approx 0{,}693$ .

j)

$x\sqrt{x}=x^{\frac{3}{2}}$ : le terme dominant est $x^{\frac{3}{2}}$ en haut comme en bas, puisque $x^{\frac{3}{2}}$ l'emporte sur $x$ . On divise : $\frac{5-x^{-\frac{1}{2}}}{2+7x^{-\frac{3}{2}}}\to\frac{5}{2}$ .

Contrôle : à la machine, on évalue l'expression en $x=10^{4}$ (ou $-10^{4}$ ) puis en $x=10^{6}$ ; les valeurs doivent se rapprocher de la limite trouvée, ou grandir sans cesse avec le signe annoncé.

Exercice 1 : Lire les limites sur un graphique

La figure montre une fonction $f$ présentant un SAUT en $x=1$ et un TROU en $x=3$ . Les points pleins sont des valeurs atteintes, les cercles blancs des valeurs exclues.

a) Déterminez $\lim_{x\to 1^{-}}f(x)$ , $\lim_{x\to 1^{+}}f(x)$ , $\lim_{x\to 1}f(x)$ et $f(1)$ . Commentez.
b) Déterminez $\lim_{x\to 3^{-}}f(x)$ , $\lim_{x\to 3^{+}}f(x)$ , $\lim_{x\to 3}f(x)$ et $f(3)$ . En quoi la situation diffère-t-elle de celle en $x=1$ ?
c) La fonction est-elle continue en $x=1$ ? en $x=3$ ? Justifiez avec les trois conditions de la continuité, et nommez le type de discontinuité dans chaque cas.
d) Peut-on REDÉFINIR $f$ en un seul point pour la rendre continue en $x=3$ ? Et en $x=1$ ? Expliquez ce que cette différence révèle sur la nature profonde des deux discontinuités.

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a)

\lim_{x\to 1^{-}}f(x)

\lim_{x\to 1^{+}}f(x)

\lim_{x\to 1}f(x)

f(1)

b)

\lim_{x\to 3^{-}}f(x)

\lim_{x\to 3^{+}}f(x)

\lim_{x\to 3}f(x)

f(3)

c)

En

x=1

En

x=3

d)

Réparable en

x=3

?

Valeur à poser en

3

Réparable en

x=1

?

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Réponses

a) $2$ et $3$ : pas de limite ; $f(1)=3$
b) Limite $1$ , mais $f(3)=2$
c) Saut en $1$ , trou en $3$
d) Poser $f(3)=1$ ; rien à faire en $1$

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.

Exercice 2 : Lever les indéterminations

Une indétermination $\frac{0}{0}$ n'est pas une impasse : c'est le signe qu'un facteur commun se cache et attend d'être simplifié.

a) Calculez $\lim_{x\to 2}\frac{x^{2}-4}{x-2}$ par factorisation. Pourquoi a-t-on le DROIT de simplifier par $x-2$ , alors que ce facteur s'annule justement en 2 ?
b) Calculez $\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{x+9}-3}{x}$ par la technique du conjugué.
c) Calculez $\lim_{x\to 1}\frac{x^{3}-1}{x^{2}-1}$ puis $\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}+x}\right)$ (indétermination $\infty-\infty$ ).
d) Calculez $\lim_{x\to 3}\frac{x-3}{|x-3|}$ en distinguant les deux côtés. Que faut-il en conclure, et quelle leçon générale la valeur absolue enseigne-t-elle ?

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Réponses

a) $4$
b) $\frac{1}{6}$
c) $\frac{3}{2}$ puis $1$
d) $-1$ et $+1$ : la limite n'existe pas

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.

Exercice 3 : Limites à l'infini et asymptotes

La figure montre la courbe de $f(x)=\frac{3x^{2}-2x+1}{x^{2}-4}$ , sans ses asymptotes.

a) Calculez $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ et $\lim_{x\to-\infty}f(x)$ pour la fonction de la figure, et identifiez l'asymptote horizontale. Quelle méthode générale utilisez-vous ?
b) Trouvez les asymptotes verticales de $f$ et déterminez le signe de la limite de part et d'autre de $x=2$ .
c) Montrez que $g(x)=\frac{x^{2}+1}{x-1}$ possède une asymptote OBLIQUE et donnez son équation.
d) Étudiez $h(x)=\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+1}}$ en $+\infty$ ET en $-\infty$ . Combien d'asymptotes horizontales trouve-t-on, et quel piège ce calcul tend-il ?

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Réponses

a) $y=3$ des deux côtés
b) $x=\pm 2$ ; $-\infty$ à gauche de $2$ , $+\infty$ à droite
c) $y=x+1$
d) $y=2$ en $+\infty$ , $y=-2$ en $-\infty$

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 droite horizontale en pointillé de la figure du corrigé. 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.

Exercice 4 : Les propriétés algébriques des limites

Les limites se calculent terme à terme tant qu'aucune indétermination n'apparaît. Encore faut-il savoir ce que les règles autorisent, et surtout ce qu'elles n'autorisent pas.

a) Énoncez les propriétés de la limite d'une somme, d'un produit, d'un quotient et d'une puissance, en précisant les hypothèses de chacune.
b) Calculez $\lim_{x\to 2}\frac{3x^{2}-5}{x+1}$ en justifiant chaque étape par une propriété.
c) Donnez deux fonctions $f$ et $g$ telles que $\lim_{x\to 0}f(x)$ et $\lim_{x\to 0}g(x)$ n'existent NI l'une NI l'autre, alors que $\lim_{x\to 0}\left(f(x)+g(x)\right)$ existe. Faites de même pour un produit.
d) Pourquoi la propriété du quotient exige-t-elle que la limite du dénominateur soit non nulle ? Que peut-il se passer quand elle est nulle ?

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Réponses

a) Somme, produit, puissance ; quotient si $M\neq 0$
b) $\frac{7}{3}$
c) $s$ et $1-s$ ; $s$ et $2s$ : réciproque fausse
d) $\frac{k}{0}$ : infini ; $\frac{0}{0}$ : indéterminé

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.

Exercice 5 : Limites de fonctions composées et changement de variable

Poser $u=g(x)$ pour ramener une limite compliquée à une limite connue est le geste le plus rentable du chapitre. Il repose sur un théorème dont l'hypothèse est régulièrement oubliée.

a) Calculez $\lim_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{3x}$ par le changement de variable $u=3x$ , en justifiant le passage.
b) Calculez $\lim_{x\to 2}\sqrt{x^{2}+5}$ et $\lim_{x\to 0}e^{\frac{\sin x}{x}}$ . Quelle propriété des fonctions continues utilise-t-on ?
c) Calculez $\lim_{x\to+\infty}x\sin\frac{1}{x}$ par un changement de variable bien choisi.
d) Soient $f(u)=0$ si $u\neq 0$ et $f(0)=1$ , et $g(x)=0$ pour tout $x$ . Vérifiez que $\lim_{x\to 0}g(x)=0$ et $\lim_{u\to 0}f(u)=0$ , mais que $\lim_{x\to 0}f\left(g(x)\right)\neq 0$ . Quelle hypothèse manquait-il ?

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Réponses

a) $1$
b) $3$ et $e$ : continuité de la fonction extérieure
c) $1$ avec $u=\frac{1}{x}$
d) Composée de limite $1$ : $f$ non continue en $0$

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.

Exercice 6 : Le raccordement : forcer la continuité

Une fonction définie par morceaux est continue là où chaque morceau l'est; tout se joue aux points de RACCORD, où l'on impose que les branches se rejoignent.

a) Rappelez les trois conditions de la continuité en un point, puis déterminez $a$ et $b$ pour que la fonction suivante soit continue partout : $f(x)=x^{2}$ si $x<1$ ; $f(x)=ax+b$ si $1\le x<3$ ; $f(x)=2x$ si $x\ge 3$ .
b) Classez la discontinuité de chacune de ces fonctions en $x=2$ : $u(x)=\frac{x^{2}-4}{x-2}$ ; $v(x)=\frac{1}{x-2}$ ; $w(x)=\frac{|x-2|}{x-2}$ .
c) La fonction $p(x)=\frac{x^{2}-4}{x-2}$ est-elle continue en $x=2$ ? Peut-on la prolonger par continuité, et si oui comment ?
d) Expliquez pourquoi tout polynôme est continu sur $\mathbb{R}$ , et pourquoi une fonction rationnelle est continue partout SAUF aux zéros du dénominateur. Quelle conséquence pratique en tire-t-on pour le calcul des limites ?

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Réponses

a) $a=\frac{5}{2}$ , $b=-\frac{3}{2}$
b) $u$ : trou ; $v$ : infinie ; $w$ : saut
c) Non continue ; prolongement par $4$
d) Substitution partout où le dénominateur est non nul

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.

Exercice 7 : Le théorème des valeurs intermédiaires

La figure montre $f(x)=x^{3}-x-1$ sur $[1,2]$ : la courbe part sous l'axe et finit au-dessus, donc elle doit le traverser. Le théorème des valeurs intermédiaires transforme cette évidence visuelle en preuve.

a) Énoncez précisément le théorème des valeurs intermédiaires, avec toutes ses hypothèses.
b) Démontrez que l'équation $x^{3}-x-1=0$ possède au moins une solution dans $[1,2]$ .
c) Encadrez cette racine dans un intervalle de largeur $0{,}125$ par la méthode de BISSECTION, en détaillant chaque étape.
d) La fonction $g(x)=\frac{1}{x}$ vérifie $g(-1)=-1$ et $g(1)=1$ , pourtant elle ne prend jamais la valeur 0. Le théorème est-il pris en défaut ? Expliquez, puis montrez que $\cos x=x$ admet une solution.
e) Montrez que l'équation $\ln x=x-4$ admet au moins une solution dans $[0\,;8]$ . Pourquoi ne peut-on pas appliquer le théorème sur $[0\,;8]$ tel quel ? Montrez ensuite qu'elle admet une seconde solution, plus petite que 1.

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Réponses

a) $f$ continue sur $[a,b]$ , $k$ entre $f(a)$ et $f(b)$
b) $f(1)=-1<0<5=f(2)$
c) $[1{,}25\,;1{,}375]$
d) $g$ non continue en $0$ ; $h(0)>0>h\left(\frac{\pi}{2}\right)$
e) $h(x)=\ln x-x+4$ continue sur $[1\,;8]$ , $h(1)=3>0>h(8)$ ; pas sur $[0\,;8]$ , $\ln 0$ n'existant pas ; seconde racine dans $]0{,}01\,;1[$ .

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 $1{,}3247\ldots$ , là où la courbe de la figure coupe l'axe des abscisses.

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.

e)

On ramène l'équation à une racine : $\ln x=x-4$ équivaut à $h(x)=0$ avec $h(x)=\ln x-x+4$ . Le théorème ne s'applique pas sur $[0\,;8]$ tel quel : $\ln 0$ n'existe pas, donc $h$ n'est ni définie ni continue en 0, et la première hypothèse tombe. Écrire « $h$ est continue sur $[0\,;8]$ » est faux et coûte la justification, même si la conclusion est juste. On choisit donc un intervalle fermé INCLUS dans le domaine $]0\,;+\infty[$ , par exemple $[1\,;8]$ : $h$ y est continue, comme somme d'un logarithme et d'un polynôme continus sur $]0\,;+\infty[$ . On a $h(1)=0-1+4=3>0$ et $h(8)=\ln 8-4\approx 2{,}08-4=-1{,}92<0$ . Comme $0$ est compris entre $h(8)$ et $h(1)$ , il existe $c\in\,]1\,;8[$ tel que $h(c)=0$ , et ce $c$ est bien une solution dans $[0\,;8]$ . Seconde solution : près de 0, $\ln x\to-\infty$ , donc $h$ redevient négative ; concrètement $h(0{,}01)\approx -4{,}61-0{,}01+4=-0{,}62<0$ et $h(1)=3>0$ , et le théorème sur $[0{,}01\,;1]$ donne une seconde racine dans $]0{,}01\,;1[$ . Les deux racines valent environ $0{,}019$ et $5{,}75$ . Le choix des bornes est la partie notée : une borne où le calcul est exact, comme $h(1)$ , et une où le signe est sûr sans calculatrice, comme $\ln 8<3$ puisque $8<e^{3}\approx 20$ .

Exercice 8 : Les limites trigonométriques et le sandwich

La figure montre $y=\frac{\sin x}{x}$ autour de 0 : la fonction n'est pas définie en 0 (cercle blanc), mais elle y tend vers 1, la limite qui fonde toute la trigonométrie du calcul différentiel.

a) Énoncez la limite fondamentale illustrée par la figure et précisez l'unité d'angle indispensable. Que vaut $f(0)$ ?
b) Calculez $\lim_{x\to 0}\frac{\sin 5x}{3x}$ et $\lim_{x\to 0}\frac{\tan x}{x}$ .
c) Calculez $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x}$ puis $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}$ (multipliez par le conjugué). Pourquoi les deux résultats diffèrent-ils autant ?
d) Énoncez le théorème du sandwich et utilisez-le pour calculer $\lim_{x\to 0}x^{2}\sin\frac{1}{x}$ , une limite qu'aucune des techniques précédentes n'atteint.

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Réponses

a) $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ en radians ; $f(0)$ n'existe pas
b) $\frac{5}{3}$ et $1$
c) $0$ et $\frac{1}{2}$
d) $0$ par le sandwich

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.

Exercice 9 : La définition formelle : epsilon et delta

C'est ici que le cours québécois va plus loin que la spécialité française : la limite cesse d'être une intuition de rapprochement pour devenir un énoncé quantifié, vérifiable.

a) Énoncez la définition formelle de $\lim_{x\to a}f(x)=L$ avec les quantificateurs, puis traduisez-la en français courant.
b) Démontrez que $\lim_{x\to 3}(2x-1)=5$ en exhibant un $\delta$ explicite en fonction de $\varepsilon$ .
c) Démontrez que $\lim_{x\to 2}x^{2}=4$ . Pourquoi faut-il ici BORNER $\delta$ au départ, contrairement au point b) ?
d) Pourquoi la définition impose-t-elle $0<|x-a|$ et non simplement $|x-a|<\delta$ ? Quel exemple du chapitre serait détruit par cet oubli ?

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Réponses

a) $\forall\varepsilon>0,\exists\delta>0$ : $0<|x-a|<\delta\Rightarrow|f(x)-L|<\varepsilon$
b) $\delta=\frac{\varepsilon}{2}$
c) $\delta=\min\left(1,\frac{\varepsilon}{5}\right)$
d) La limite ignore la valeur en $a$

a)

Définition : $\lim_{x\to a}f(x)=L$ signifie que pour tout $\varepsilon>0$ , il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $x$ , $0<|x-a|<\delta\;\Rightarrow\;|f(x)-L|<\varepsilon$ . En français courant : aussi étroite que soit la bande horizontale de demi-largeur $\varepsilon$ que l'on trace autour de $L$ , on peut toujours trouver une bande verticale de demi-largeur $\delta$ autour de $a$ telle que la courbe, sur cette bande verticale (le point $a$ excepté), reste entièrement dans la bande horizontale. L'ordre des quantificateurs est essentiel : c'est l'adversaire qui choisit $\varepsilon$ EN PREMIER, et l'on doit fournir un $\delta$ qui dépend de lui.

b)

Soit $\varepsilon>0$ donné. On part de la quantité à contrôler : $|f(x)-L|=|(2x-1)-5|=|2x-6|=2|x-3|$ . On veut $2|x-3|<\varepsilon$ , ce qui équivaut à $|x-3|<\frac{\varepsilon}{2}$ . Il suffit donc de poser $\delta=\frac{\varepsilon}{2}$ . Vérification : si $0<|x-3|<\delta=\frac{\varepsilon}{2}$ , alors $|f(x)-5|=2|x-3|<2\cdot\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$ ✓. La démonstration est complète pour tout $\varepsilon>0$ . Exemple concret : pour $\varepsilon=0{,}01$ , on prend $\delta=0{,}005$ . La méthode générale pour une fonction affine est toujours celle-là : factoriser $|x-a|$ et lire le coefficient.

c)

Soit $\varepsilon>0$ . On factorise : $\left|x^{2}-4\right|=|x-2|\cdot|x+2|$ . Le facteur $|x-2|$ est celui qu'on contrôle, mais $|x+2|$ dépend encore de $x$ : il faut le MAJORER par une constante. Pour cela on impose d'abord $\delta\leq 1$ , ce qui garantit $|x-2|<1$ , donc $1<x<3$ , donc $3<x+2<5$ et $|x+2|<5$ . Alors $\left|x^{2}-4\right|<5|x-2|$ , et il suffit d'avoir $5|x-2|<\varepsilon$ , c'est-à-dire $|x-2|<\frac{\varepsilon}{5}$ . On pose donc $\delta=\min\left(1,\frac{\varepsilon}{5}\right)$ ✓. Il faut borner $\delta$ au départ, contrairement au point b), parce que la fonction n'est plus affine : le « coefficient » $|x+2|$ varie avec $x$ , et sans contrainte préalable il pourrait être arbitrairement grand, rendant impossible toute majoration uniforme. Exemple : pour $\varepsilon=0{,}1$ , on prend $\delta=\min(1;0{,}02)=0{,}02$ , et l'on vérifie que $|x-2|<0{,}02$ entraîne $\left|x^{2}-4\right|<0{,}02\times 4{,}02=0{,}0804<0{,}1$ ✓.

d)

La condition $0<|x-a|$ exclut explicitement le point $x=a$ lui-même : elle dit que la limite ne dépend QUE du comportement de $f$ au voisinage de $a$ , jamais de sa valeur EN $a$ . Sans cette exclusion, la définition exigerait $|f(a)-L|<\varepsilon$ pour tout $\varepsilon$ , donc $f(a)=L$ , et « avoir une limite » deviendrait synonyme d'« être continue ». Tout le chapitre s'effondrerait. L'exemple détruit en premier serait $\lim_{x\to 2}\frac{x^{2}-4}{x-2}=4$ de l'exercice 2 : la fonction n'est même pas DÉFINIE en 2, et pourtant sa limite existe. Avec la mauvaise définition, aucune fonction présentant un trou n'aurait de limite, la dérivée elle-même serait impossible à définir (le taux d'accroissement $\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ n'est jamais défini en $x=a$ ), et il n'y aurait pas de calcul différentiel. Ce petit $0<$ porte donc tout l'édifice.

Exercice 10 : Continuité sur un intervalle et théorème des bornes atteintes

La continuité en un point ne donne rien à elle seule. C'est la continuité sur un intervalle FERMÉ et BORNÉ qui produit les grands théorèmes, et qui justifiera toute la méthode d'optimisation.

a) Que signifie « $f$ est continue sur $[a,b]$ » ? En quoi les deux extrémités reçoivent-elles un traitement particulier ?
b) Énoncez le théorème des bornes atteintes (ou théorème des valeurs extrêmes) avec toutes ses hypothèses.
c) Montrez par trois exemples que la conclusion tombe si l'on retire l'une des hypothèses : intervalle non borné, intervalle non fermé, fonction discontinue.
d) Expliquez pourquoi ce théorème justifie la méthode d'optimisation sur intervalle fermé, et ce qu'il faut faire à la place quand le domaine est ouvert.

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Réponses

a) Continue à droite en $a$ , à gauche en $b$
b) Continue sur $[a,b]$ fermé borné : bornes atteintes
c) $x$ sur $[0,+\infty[$ , $x$ sur $]0,1[$ , $\frac{1}{x}$ prolongée par $0$
d) Existence garantie ; sur un ouvert, signe de $f'$

a)

$f$ est continue sur $[a,b]$ si elle est continue en chaque point INTÉRIEUR $c\in\left]a,b\right[$ au sens habituel ( $\lim_{x\to c}f(x)=f(c)$ ), et si elle est continue À DROITE en $a$ ( $\lim_{x\to a^{+}}f(x)=f(a)$ ) et À GAUCHE en $b$ ( $\lim_{x\to b^{-}}f(x)=f(b)$ ). Les extrémités reçoivent un traitement particulier parce que la limite bilatérale n'y a aucun sens : la fonction n'est pas définie de l'autre côté. Exiger $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$ au sens plein serait une condition impossible à satisfaire, et l'on se contente donc de la limite unilatérale du côté où la fonction existe.

b)

THÉORÈME DES BORNES ATTEINTES : si $f$ est continue sur un intervalle FERMÉ et BORNÉ $[a,b]$ , alors $f$ y est bornée et elle ATTEINT ses bornes, c'est-à-dire qu'il existe $c$ et $d$ dans $[a,b]$ tels que $f(c)\leq f(x)\leq f(d)$ pour tout $x\in[a,b]$ . Trois hypothèses sont donc en jeu : la continuité, la fermeture de l'intervalle (les extrémités lui appartiennent) et son caractère borné. Le théorème est un théorème d'EXISTENCE : il affirme que le maximum et le minimum existent, sans indiquer où ils se trouvent.

c)

Intervalle NON BORNÉ : $f(x)=x$ sur $\left[0,+\infty\right[$ est continue, mais n'a aucun maximum, car elle croît sans limite. Intervalle NON FERMÉ : $f(x)=x$ sur $\left]0,1\right[$ est continue et bornée, mais n'atteint ni maximum ni minimum, car les valeurs 0 et 1 qu'elle approche ne sont jamais prises; pire, $f(x)=\frac{1}{x}$ sur $\left]0,1\right]$ est continue et n'est même pas bornée. Fonction DISCONTINUE : sur $[0,1]$ , posons $f(x)=\frac{1}{x}$ pour $x\neq 0$ et $f(0)=0$ ; l'intervalle est bien fermé et borné, mais la fonction n'est pas continue en 0 et elle n'est pas bornée. Les trois hypothèses sont donc INDÉPENDANTES et toutes nécessaires : aucune n'est décorative.

d)

La méthode d'optimisation sur $[a,b]$ consiste à évaluer $f$ aux nombres critiques et aux deux bornes, puis à retenir la plus grande et la plus petite valeur. Cette méthode n'est valide que parce que le théorème GARANTIT que le maximum et le minimum existent : sans lui, on comparerait une liste de candidats sans savoir si le gagnant est bien un extremum absolu, ni même s'il en existe un. Le théorème fournit l'existence, et l'analyse par la dérivée fournit la localisation, puisqu'un extremum sur un fermé est atteint soit en un nombre critique, soit à une borne. Quand le domaine est OUVERT ou non borné, le théorème ne s'applique plus et il faut justifier autrement : par le signe de $f'$ sur tout l'intervalle (croissance puis décroissance autour d'un unique nombre critique), par la convexité ou la concavité via $f''$ , ou en montrant que $f$ tend vers l'infini (ou vers une valeur moins bonne) aux extrémités du domaine. C'est exactement la situation de la boîte sans couvercle dans la série d'optimisation appliquée, dont le domaine $\left]0,+\infty\right[$ interdit tout recours aux bornes.

Exercice 11 : Trouver les paramètres qui rendent une fonction continue

On considère les fonctions suivantes, où $a$ , $b$ , $c$ , $d$ et $m$ sont des constantes réelles.

$f(x)=\frac{\sqrt{x+4}-2}{x}$ si $x>0$ ; $f(0)=a$ ; $f(x)=\frac{\sin(bx)}{x}$ si $x<0$ , avec $b\neq 0$ .

$g(x)=\frac{x^{2}+cx-6}{x-2}$ si $x\neq 2$ ; $g(2)=d$ .

a) Déterminez $a$ et $b$ pour que $f$ soit continue en $0$ .
b) Déterminez $c$ pour que $\lim_{x\to 2}g(x)$ soit finie, puis $d$ pour que $g$ soit continue en $2$ .
c) Déterminez $m$ pour que $h(x)=x^{2}-m$ si $x\le 1$ , $h(x)=mx+2$ si $x>1$ , soit continue sur $\mathbb{R}$ .
d) Peut-on choisir une valeur $p(0)$ qui rende continue en $0$ la fonction $p(x)=\frac{1}{x}$ ? Justifiez.

Voir la correction

Réponses

a) $a=b=\frac{1}{4}$
b) $c=1$ , $d=5$
c) $m=-\frac{1}{2}$
d) Non : discontinuité infinie

a)

La continuité en $0$ exige que les deux limites unilatérales existent, soient égales, et vaillent $f(0)=a$ . À droite, forme $\frac{0}{0}$ levée par le conjugué : $\frac{\sqrt{x+4}-2}{x}=\frac{(x+4)-4}{x\left(\sqrt{x+4}+2\right)}=\frac{1}{\sqrt{x+4}+2}\to\frac{1}{4}$ . À gauche, on fait apparaître le motif $\frac{\sin u}{u}$ : $\frac{\sin(bx)}{x}=b\cdot\frac{\sin(bx)}{bx}\to b$ . Donc $b=\frac{1}{4}$ et $a=\frac{1}{4}$ . Les trois conditions portent sur trois objets différents, deux limites et une valeur, et chacune donne une équation.

b)

Le dénominateur tend vers $0$ . Si le numérateur tendait vers un nombre non nul, la limite serait infinie : pour une limite FINIE, il faut donc que le numérateur s'annule en $2$ , soit $4+2c-6=0$ et $c=1$ . Alors $x^{2}+x-6=(x-2)(x+3)$ et $g(x)=x+3$ pour $x\neq 2$ , de limite $5$ en $2$ . Pour la continuité, $d=5$ . Cet argument, « le numérateur doit s'annuler là où le dénominateur s'annule », est une condition NÉCESSAIRE : il faut ensuite vérifier, par la factorisation, que la limite est bien finie.

c)

Chaque morceau est un polynôme, continu sur son intervalle : seul le raccord en $1$ compte. $h(1)=1-m$ et $\lim_{x\to 1^{-}}h(x)=1-m$ ; $\lim_{x\to 1^{+}}h(x)=m+2$ . On impose $1-m=m+2$ , d'où $m=-\frac{1}{2}$ . Vérification : $1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ et $-\frac{1}{2}+2=\frac{3}{2}$ ✓.

d)

Non. $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1}{x}=+\infty$ et $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{1}{x}=-\infty$ : aucune limite finie n'existe en $0$ , et aucune valeur $p(0)$ ne peut être égale à une limite qui n'existe pas. La discontinuité est INFINIE, donc irréparable. Seul un trou, où la limite existe et est finie, se répare en redéfinissant un point.

Exercice 12 : La partie entière : limites unilatérales, continuité et sandwich

On note $\lfloor x\rfloor$ la partie entière de $x$ , le plus grand entier inférieur ou égal à $x$ : $\lfloor 2{,}7\rfloor=2$ et $\lfloor -1{,}3\rfloor=-2$ . La figure en montre le graphe : points pleins atteints, cercles blancs exclus.

a) Calculez $\lim_{x\to 2^{-}}\lfloor x\rfloor$ , $\lim_{x\to 2^{+}}\lfloor x\rfloor$ et $\lfloor 2\rfloor$ . La fonction est-elle continue en $2$ ?
b) En un entier $n$ , la partie entière est-elle continue à gauche, à droite, ou ni l'un ni l'autre ?
c) Soit $u(x)=\lfloor x\rfloor+\lfloor -x\rfloor$ . Calculez $u(2{,}5)$ , $u(2)$ et $\lim_{x\to 2}u(x)$ . Nommez la discontinuité.
d) Soit $v(x)=(x-1)\lfloor x\rfloor$ . Montrez que $v$ est continue en $1$ , alors que $\lfloor x\rfloor$ ne l'est pas.
e) Encadrez $\frac{\lfloor x\rfloor}{x}$ pour $x>1$ et calculez $\lim_{x\to+\infty}\frac{\lfloor x\rfloor}{x}$ .

Voir la correction

Réponses

a) $1$ et $2$ ; $\lfloor 2\rfloor=2$ : discontinue
b) Continue à droite seulement
c) $-1$ ; $0$ ; limite $-1$ : trou
d) Limites et valeur nulles : continue
e) $1-\frac{1}{x}<\frac{\lfloor x\rfloor}{x}\le 1$ : limite $1$

a)

Juste à gauche de $2$ , par exemple en $1{,}99$ , la partie entière vaut $1$ : $\lim_{x\to 2^{-}}\lfloor x\rfloor=1$ . Juste à droite, elle vaut $2$ : $\lim_{x\to 2^{+}}\lfloor x\rfloor=2$ , et $\lfloor 2\rfloor=2$ . Les limites unilatérales diffèrent : la limite n'existe pas et la fonction est discontinue en $2$ , par un saut de hauteur $1$ .

b)

En $n$ , la limite à droite vaut $n=\lfloor n\rfloor$ , la limite à gauche vaut $n-1$ . La partie entière est donc continue À DROITE en chaque entier, jamais à gauche : c'est ce que dit le point plein au début de chaque marche. Entre deux entiers, elle est constante, donc continue.

c)

$u(2{,}5)=2+\lfloor -2{,}5\rfloor=2+(-3)=-1$ . $u(2)=2+(-2)=0$ . Pour $x$ non entier, $\lfloor -x\rfloor=-\lfloor x\rfloor-1$ , donc $u(x)=-1$ : c'est vrai de part et d'autre de $2$ , et $\lim_{x\to 2}u(x)=-1$ . La limite existe, la valeur existe, elles diffèrent : discontinuité par TROU, réparable en posant $u(2)=-1$ . Deux fonctions à sauts se sont additionnées en une fonction presque constante, dont les sauts se compensent exactement.

d)

$v(1)=0\times 1=0$ . À gauche, $\lfloor x\rfloor=0$ et $v(x)=0$ : limite $0$ . À droite, $\lfloor x\rfloor=1$ et $v(x)=x-1\to 0$ . Les trois nombres valent $0$ : $v$ est continue en $1$ . Le facteur $x-1$ , qui s'annule précisément au point du saut, écrase la discontinuité du second facteur. La propriété « produit de fonctions continues » ne s'applique pas, et pourtant la conclusion est vraie : les règles donnent des conditions suffisantes, pas nécessaires.

e)

Par définition, $x-1<\lfloor x\rfloor\le x$ . Pour $x>1$ , on divise par $x>0$ sans changer le sens : $1-\frac{1}{x}<\frac{\lfloor x\rfloor}{x}\le 1$ . Les deux bornes tendent vers $1$ quand $x\to+\infty$ : par le théorème du sandwich, $\lim_{x\to+\infty}\frac{\lfloor x\rfloor}{x}=1$ . La fonction elle-même ne se simplifie jamais, elle oscille sous $1$ en dents de scie, mais on n'a pas besoin de la suivre : on l'enferme.

Exercice 13 : Limites des fonctions exponentielles, logarithmes et arctangente

Aucune de ces limites ne demande la règle de L'Hôpital : chacune se lit sur le comportement d'une fonction de référence, à condition de savoir de quel côté on arrive.

a) Calculez $\lim_{x\to 0^{-}}e^{\frac{1}{x}}$ et $\lim_{x\to 0^{+}}e^{\frac{1}{x}}$ .
b) Calculez $\lim_{x\to 0^{-}}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)$ et $\lim_{x\to 0^{+}}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)$ . Quel type de discontinuité obtient-on ?
c) Calculez $\lim_{x\to+\infty}\frac{3\cdot 2^{x}-5^{x}}{5^{x}+4}$ et $\lim_{x\to-\infty}\frac{3\cdot 2^{x}-5^{x}}{5^{x}+4}$ .
d) Calculez $\lim_{x\to+\infty}\left[\ln(2x+1)-\ln(x+3)\right]$ .
e) Donnez les asymptotes de $k(x)=\frac{2e^{x}+1}{e^{x}-1}$ , avec le signe des limites de part et d'autre de l'asymptote verticale.

Voir la correction

Réponses

a) $0$ et $+\infty$
b) $-\frac{\pi}{2}$ et $\frac{\pi}{2}$ : saut
c) $-1$ et $0$
d) $\ln 2\approx 0{,}693$
e) $y=2$ , $y=-1$ , $x=0$ ; $-\infty$ à gauche, $+\infty$ à droite

a)

Quand $x\to 0^{-}$ , $\frac{1}{x}\to-\infty$ , et $e^{t}\to 0$ quand $t\to-\infty$ : $\lim_{x\to 0^{-}}e^{\frac{1}{x}}=0$ . Quand $x\to 0^{+}$ , $\frac{1}{x}\to+\infty$ et $e^{\frac{1}{x}}\to+\infty$ . Même expression, deux côtés, deux comportements opposés : une limite en $0$ sans précision de côté n'a ici aucun sens.

b)

À gauche, $\frac{1}{x}\to-\infty$ et $\arctan t\to-\frac{\pi}{2}$ : limite $-\frac{\pi}{2}$ . À droite, $+\frac{\pi}{2}$ . Les deux limites sont FINIES et différentes : c'est une discontinuité par saut, de hauteur $\pi$ , et aucune valeur en $0$ ne peut la réparer.

c)

En $+\infty$ , le terme dominant est $5^{x}$ , en haut comme en bas. On divise tout par $5^{x}$ : $\frac{3\left(\frac{2}{5}\right)^{x}-1}{1+4\cdot 5^{-x}}$ . Or $\left(\frac{2}{5}\right)^{x}\to 0$ et $5^{-x}\to 0$ : la limite vaut $-1$ . En $-\infty$ , c'est l'inverse : $2^{x}\to 0$ et $5^{x}\to 0$ , le numérateur tend vers $0$ et le dénominateur vers $4$ , limite $0$ . La base la plus grande domine en $+\infty$ , la constante domine en $-\infty$ : il faut refaire le tri à chaque bout.

d)

Chaque logarithme tend vers $+\infty$ : forme $\infty-\infty$ . On regroupe avant de passer à la limite : $\ln\left(\frac{2x+1}{x+3}\right)$ . Le quotient tend vers $2$ , et le logarithme est continu en $2$ : la limite vaut $\ln 2\approx 0{,}693$ .

e)

En $+\infty$ , on divise par $e^{x}$ : $\frac{2+e^{-x}}{1-e^{-x}}\to 2$ , asymptote $y=2$ . En $-\infty$ , $e^{x}\to 0$ : $k(x)\to\frac{0+1}{0-1}=-1$ , asymptote $y=-1$ . Le dénominateur s'annule en $x=0$ où le numérateur vaut $3$ : asymptote verticale $x=0$ . Pour $x\to 0^{+}$ , $e^{x}>1$ , le dénominateur est positif et petit : $+\infty$ . Pour $x\to 0^{-}$ , il est négatif : $-\infty$ . Deux asymptotes horizontales DIFFÉRENTES, comme pour les fonctions à racine, mais pour une autre raison : l'exponentielle ne se comporte pas du tout de la même façon aux deux bouts.

Exercice 14 : Problème : la courbe d'apprentissage d'un opérateur

Un opérateur débute sur une nouvelle machine. Sa cadence, en pièces par heure, est modélisée par $P(t)=40-30e^{-0{,}25t}$ , où $t$ est le nombre de jours travaillés depuis le début de sa formation.

Après $20$ jours travaillés, il part deux semaines en congé. À son retour, sa cadence est modélisée par $Q(t)=40-6{,}2e^{-0{,}5(t-20)}$ pour $t\ge 20$ , où $t$ compte toujours les jours travaillés.

a) Calculez $P(0)$ et $\lim_{t\to+\infty}P(t)$ . Interprétez.
b) Calculez $P(5)$ au dixième.
c) Montrez par le théorème des valeurs intermédiaires que la cadence atteint $35$ pièces par heure entre le jour $5$ et le jour $10$ , puis trouvez cet instant exactement.
d) Calculez $\lim_{t\to 20^{-}}P(t)$ et $Q(20)$ . La cadence, décrite par $P$ puis $Q$ , est-elle continue en $t=20$ ? Chiffrez l'écart.
e) Au bout de combien de jours travaillés depuis le début retrouve-t-il une cadence de $39$ pièces par heure ?

Voir la correction

Réponses

a) $10$ pièces par heure ; plafond $40$
b) $31{,}4$
c) $t=4\ln 6\approx 7{,}17$ jours
d) $39{,}80$ contre $33{,}8$ : saut de $6{,}0$
e) $t\approx 23{,}65$

a)

$P(0)=40-30=10$ pièces par heure le premier jour. Quand $t\to+\infty$ , $e^{-0{,}25t}\to 0$ et $P(t)\to 40$ : la cadence plafonne à $40$ pièces par heure. La droite $y=40$ est une asymptote horizontale que le modèle n'atteint jamais : on s'en approche sans fin, ce qui décrit bien un apprentissage.

b)

$P(5)=40-30e^{-1{,}25}\approx 40-30\times 0{,}2865\approx 31{,}4$ pièces par heure.

c)

$P$ est continue sur $\left[5,10\right]$ , comme toute combinaison d'exponentielles. $P(5)\approx 31{,}4<35$ et $P(10)=40-30e^{-2{,}5}\approx 37{,}5>35$ : par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in\left[5,10\right]$ tel que $P(c)=35$ . Pour le trouver : $30e^{-0{,}25t}=5$ , soit $e^{-0{,}25t}=\frac{1}{6}$ et $t=4\ln 6\approx 7{,}17$ jours. Le théorème garantissait l'existence, le logarithme donne la valeur.

d)

$\lim_{t\to 20^{-}}P(t)=40-30e^{-5}\approx 39{,}80$ , car $P$ est continue. $Q(20)=40-6{,}2=33{,}8$ . Les deux diffèrent de $6{,}0$ pièces par heure : la cadence présente un SAUT en $t=20$ , le congé a coûté six pièces par heure. La limite à droite existe et vaut $Q(20)$ , la limite à gauche aussi, mais elles ne coïncident pas.

e)

Au retour, $Q(t)=39$ donne $6{,}2e^{-0{,}5(t-20)}=1$ , soit $e^{-0{,}5(t-20)}=\frac{1}{6{,}2}$ et $t-20=2\ln 6{,}2\approx 3{,}65$ . Il retrouve $39$ pièces par heure vers $t\approx 23{,}65$ , soit au cours du 24e jour travaillé. Avant le congé, il avait atteint ce niveau pour $30e^{-0{,}25t}=1$ , soit $t=4\ln 30\approx 13{,}6$ jours : le réapprentissage est beaucoup plus rapide que l'apprentissage, ce que traduit le coefficient $0{,}5$ contre $0{,}25$ .

Exercice 15 : Problème : le coût de dépollution et l'asymptote verticale

Une usine doit retirer une partie d'un polluant de ses rejets. Le coût, en milliers de dollars, pour en retirer $p$ pour cent est modélisé par $C(p)=\frac{120p}{100-p}$ .

a) Donnez le domaine de $C$ dans le contexte et calculez $C(0)$ .
b) Calculez $C(50)$ et $C(90)$ .
c) Calculez $\lim_{p\to 100^{-}}C(p)$ . Pourquoi une seule limite unilatérale a-t-elle un sens, et que dit ce résultat ?
d) Le budget est de $600$ milliers de dollars. Quel pourcentage peut-on retirer ?
e) Comparez le coût pour passer de $0$ à $90$ pour cent au coût pour passer de $90$ à $99$ pour cent.

Voir la correction

Réponses

a) $[0,100[$ ; $C(0)=0$
b) $120$ et $1080$ milliers de dollars
c) $+\infty$ : tout retirer est impossible
d) $83{,}3$ %
e) $1080$ contre $10\,800$ milliers de dollars

a)

Un pourcentage retiré va de $0$ à $100$ , et $p=100$ annule le dénominateur : domaine $\left[0,100\right[$ . $C(0)=0$ : ne rien retirer ne coûte rien.

b)

$C(50)=\frac{6000}{50}=120$ milliers de dollars. $C(90)=\frac{10800}{10}=1080$ milliers de dollars. Passer de la moitié à neuf dixièmes multiplie le coût par neuf.

c)

Quand $p\to 100^{-}$ , le numérateur tend vers $12000$ et le dénominateur vers $0$ par valeurs POSITIVES : $C(p)\to+\infty$ . La limite à droite n'a pas de sens, puisqu'on ne retire pas plus de $100$ pour cent, et la formule y donnerait d'ailleurs un coût négatif. L'asymptote verticale $p=100$ traduit une réalité économique : retirer la TOTALITÉ du polluant est impossible à coût fini, chaque point de plus coûtant davantage que le précédent.

d)

$\frac{120p}{100-p}=600$ donne $120p=60000-600p$ , soit $720p=60000$ et $p\approx 83{,}3$ pour cent. On vérifie que $83{,}3$ est dans le domaine. $C$ étant continue et croissante sur $\left[0,100\right[$ , tout budget positif correspond à un et un seul pourcentage : c'est le théorème des valeurs intermédiaires, doublé de la monotonie.

e)

De $0$ à $90$ : $1080$ milliers de dollars. $C(99)=\frac{11880}{1}=11880$ , donc de $90$ à $99$ : $11880-1080=10800$ milliers de dollars, dix fois plus pour neuf points de pourcentage. Près de l'asymptote, le coût marginal explose : le dernier pour cent, de $99$ à $100$ , n'a pas de prix.

Exercices corrigés : les limites et la continuité (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

Rappel de cours

Calculs : les limites en un point

Exercice 0.1 : Calculer une limite en un point : douze calculs directs

Calculs : les limites à l'infini

Exercice 0.2 : Calculer une limite à l'infini : dix calculs directs

Partie A : Calculer les limites (/50)

Exercice 1 : Lire les limites sur un graphique

Exercice 2 : Lever les indéterminations

Exercice 3 : Limites à l'infini et asymptotes

Exercice 4 : Les propriétés algébriques des limites

Exercice 5 : Limites de fonctions composées et changement de variable

Partie B : Rigueur, continuité et théorèmes (/50)

Exercice 6 : Le raccordement : forcer la continuité

Exercice 7 : Le théorème des valeurs intermédiaires

Exercice 8 : Les limites trigonométriques et le sandwich

Exercice 9 : La définition formelle : epsilon et delta

Exercice 10 : Continuité sur un intervalle et théorème des bornes atteintes

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Trouver les paramètres qui rendent une fonction continue

Exercice 12 : La partie entière : limites unilatérales, continuité et sandwich

Exercice 13 : Limites des fonctions exponentielles, logarithmes et arctangente

Exercice 14 : Problème : la courbe d'apprentissage d'un opérateur

Exercice 15 : Problème : le coût de dépollution et l'asymptote verticale

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