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) 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.