Exercices corrigés : limites et continuité (Terminale spécialité)

En $-\infty$, $x^{3}\to-\infty$ donc $-2x^{3}\to+\infty$, et $5x^{2}\to+\infty$ : la somme tend vers $+\infty$, sans forme indéterminée. La factorisation du terme prépondérant, $-2x^{3}\left(1-\frac{5}{2x}+\frac{7}{2x^{3}}\right)$, donne la même conclusion et sert dès que les signes se contrarient. Piège : oublier que le coefficient $-2$ renverse le signe de $x^{3}$, et répondre $-\infty$.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. On factorise $x^{3}$ en haut et en bas : $\frac{4-\frac{1}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}}{\frac{1}{x^{3}}-2}\to\frac{4}{-2}=-2$. Piège : lire le terme prépondérant du dénominateur dans l'ordre d'écriture ; c'est $-2x^{3}$, pas $1$.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. $\frac{5x^{2}\left(1+\frac{1}{5x^{2}}\right)}{x^{3}\left(1-\frac{4}{x^{2}}\right)}=\frac{5}{x}\cdot\frac{1+\frac{1}{5x^{2}}}{1-\frac{4}{x^{2}}}\to 0\times 1=0$. Le degré du numérateur est inférieur : la limite est nulle, en $-\infty$ comme en $+\infty$.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. $\frac{x^{2}\left(1-\frac{3}{x}\right)}{x\left(\frac{5}{x}-2\right)}=x\cdot\frac{1-\frac{3}{x}}{\frac{5}{x}-2}$ : le premier facteur tend vers $+\infty$, le second vers $-\frac{1}{2}$. La limite est $-\infty$. Piège : conclure $+\infty$ parce que le degré du haut est supérieur, sans regarder le signe du quotient des termes prépondérants.

Le numérateur tend vers $3$ et le dénominateur vers $0$. Pour $x>1$, $1-x<0$ : le dénominateur tend vers $0^{-}$, donc $\frac{3}{0^{-}}$ donne $-\infty$. Piège : écrire $\frac{3}{0}=+\infty$ sans étudier le signe.

Le numérateur tend vers $-3$. Pour $x<2$ proche de $2$, $x^{2}<4$, donc $x^{2}-4\to 0^{-}$. Le quotient $\frac{-3}{0^{-}}$ donne $+\infty$. Deux signes négatifs : on les écrit tous les deux avant de conclure.

Le numérateur tend vers $-1$ et $(x-3)^{2}\to 0^{+}$ des deux côtés, puisqu'un carré est positif. La limite est $-\infty$, à gauche comme à droite : la limite en $3$ existe donc, sans étude séparée des côtés.

Forme $\frac{0}{0}$ : $3$ est racine des deux trinômes, donc $x-3$ se factorise en haut et en bas. $x^{2}-2x-3=(x-3)(x+1)$ et $2x^{2}-5x-3=(x-3)(2x+1)$, d'où $\frac{x+1}{2x+1}\to\frac{4}{7}\approx 0{,}571$. Piège : s'arrêter à $\frac{0}{0}$ et répondre que la limite n'existe pas.

Forme $\infty-\infty$. Quantité conjuguée : $\frac{\left(9x^{2}+2x\right)-9x^{2}}{\sqrt{9x^{2}+2x}+3x}=\frac{2x}{x\left(\sqrt{9+\frac{2}{x}}+3\right)}$, car $\sqrt{x^{2}}=x$ pour $x>0$. Donc la limite vaut $\frac{2}{3+3}=\frac{1}{3}$. Piège : répondre $0$ en pensant que les deux racines « s'annulent ».

Composition. L'intérieur est un quotient de même degré : $\frac{1-9x}{4-x}=\frac{-9+\frac{1}{x}}{-1+\frac{4}{x}}\to 9$. La racine est continue en $9$, donc la limite vaut $\sqrt{9}=3$. Pour $x$ très négatif, $1-9x>0$ et $4-x>0$ : la racine est bien définie.

Composition. L'exposant $\frac{2x+1}{1-x}=\frac{2+\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}-1}\to-2$, et l'exponentielle est continue en $-2$. La limite vaut $\mathrm{e}^{-2}\approx 0{,}135$. Piège : répondre $0$, comme si l'exposant tendait vers $-\infty$.

Forme $-\infty+\infty$ : $x\to-\infty$ et $\frac{1-x^{2}}{x+2}\to+\infty$. Même dénominateur : $\frac{x(x+2)+1-x^{2}}{x+2}=\frac{2x+1}{x+2}\to 2$. Piège : conclure $-\infty$ en ne regardant que le premier terme.

Le quotient présente la forme indéterminée $\frac{\infty}{\infty}$, il faut donc lever l'indétermination. La méthode universelle consiste à factoriser haut et bas par le TERME DOMINANT, ici $n^{2}$ : $u_n=\frac{n^{2}\left(3+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^{2}}\right)}{n^{2}\left(1+\frac{5}{n^{2}}\right)}=\frac{3+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{5}{n^{2}}}$. Tous les termes en $\frac{1}{n}$ et $\frac{1}{n^{2}}$ tendent vers $0$, donc $u_n$ tend vers $\frac{3}{1}=3$, le rapport des coefficients dominants.

Le degré du dénominateur dépasse celui du numérateur, ce qui annonce une limite nulle : $v_n=\frac{n\left(2+\frac{1}{n}\right)}{n^{2}\left(1+\frac{3}{n^{2}}\right)}=\frac{1}{n}\times\frac{2+\frac{1}{n}}{1+\frac{3}{n^{2}}}$. Le premier facteur tend vers $0$ et le second vers $2$, donc $v_n$ tend vers $0$. On a bien pris soin de factoriser par le terme dominant de CHAQUE étage, $n$ en haut et $n^{2}$ en bas, et non par la même puissance des deux côtés.

Cette fois le numérateur l'emporte : $w_n=\frac{n^{3}\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)}{n^{2}\left(2+\frac{1}{n^{2}}\right)}=n\times\frac{1-\frac{1}{n^{2}}}{2+\frac{1}{n^{2}}}$. Le second facteur tend vers $\frac{1}{2}$ et $n$ tend vers $+\infty$, donc par produit $w_n$ tend vers $+\infty$. Le comportement asymptotique est celui de $\frac{n}{2}$, ce qu'un calcul numérique confirme : pour $n=10^{6}$, on obtient environ $5\times 10^{5}$ ✓.

Ici la méthode du terme dominant ne s'applique pas, car $(-1)^{n}$ n'a AUCUNE limite : il oscille indéfiniment entre $-1$ et $1$. On encadre donc : $-1\leq(-1)^{n}\leq 1$, d'où en divisant par $n>0$, ce qui conserve le sens, $-\frac{1}{n}\leq t_n\leq\frac{1}{n}$. Les deux bornes tendent vers $0$, donc par le théorème des GENDARMES $t_n$ tend vers $0$.

Forme indéterminée $\frac{\infty}{\infty}$, levée par factorisation par $x^{2}$ en haut comme en bas : $f(x)=\frac{x^{2}\left(5-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)}{x^{2}\left(2+\frac{1}{x}-\frac{4}{x^{2}}\right)}=\frac{5-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^{2}}}{2+\frac{1}{x}-\frac{4}{x^{2}}}$. Les termes en $\frac{1}{x}$ tendent vers $0$ que $x$ tende vers $+\infty$ OU vers $-\infty$, donc la limite vaut $\frac{5}{2}=2{,}5$ des deux côtés.

Le dénominateur est de degré supérieur : $g(x)=\frac{x\left(3+\frac{2}{x}\right)}{x^{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)}=\frac{1}{x}\times\frac{3+\frac{2}{x}}{1+\frac{1}{x^{2}}}$, produit d'un facteur qui tend vers $0$ et d'un facteur qui tend vers $3$ : la limite est $0$.

$h(x)=\frac{x^{2}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=x\times\frac{1+\frac{1}{x^{2}}}{1-\frac{1}{x}}$, produit de $x$ qui tend vers $+\infty$ et d'un facteur qui tend vers $1$ : la limite est $+\infty$.

La courbe de $f$ admet la droite d'équation $y=\frac{5}{2}$ comme asymptote horizontale, en $+\infty$ ET en $-\infty$. Celle de $g$ admet l'axe des abscisses, d'équation $y=0$. Celle de $h$ n'admet AUCUNE asymptote horizontale, sa limite étant infinie ; elle admettra en revanche une asymptote oblique, notion travaillée à l'exercice 6, car son degré au numérateur dépasse d'exactement une unité celui du dénominateur.

En $3$, le numérateur tend vers $2\times 3+1=7$, une valeur STRICTEMENT POSITIVE, tandis que le dénominateur tend vers $0$. Il n'y a donc pas d'indétermination, mais il faut déterminer le SIGNE du dénominateur pour conclure. Pour $x>3$, on a $x-3>0$, donc le quotient d'un nombre proche de $7$ par un nombre positif très petit tend vers $+\infty$. Pour $x<3$, on a $x-3<0$ et le quotient tend vers $-\infty$. La rédaction attendue mentionne explicitement l'étude de signe, sans laquelle la réponse est incomplète.

La droite d'équation $x=3$ est ASYMPTOTE VERTICALE à la courbe de $f$. Notez que la courbe la longe des deux côtés mais dans des directions opposées, ce qui est le comportement typique d'un pôle simple.

La fonction $g$ est définie sur $\mathbb{R}$ privé de $2$, valeur qui annule le dénominateur. Pour $x\neq 2$, on factorise le numérateur par identité remarquable : $g(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2$. La simplification est légitime précisément parce que $x\neq 2$, donc parce que $x-2\neq 0$ ; c'est cette restriction qui justifie le geste, et elle doit être écrite.

La limite de $g$ en $2$ vaut $2+2=4$, elle est FINIE. Il n'y a donc aucune asymptote verticale : la courbe de $g$ est la droite d'équation $y=x+2$ PRIVÉE de son point d'abscisse $2$, un simple trou de la taille d'un point. La différence avec $f$ tient à un seul fait : ici le numérateur s'annule LUI AUSSI en $2$, et le facteur $x-2$ se simplifie, alors que dans le cas de $f$ le numérateur valait $7$ en $3$ et ne compensait rien.

Forme indéterminée $\frac{0}{0}$, puisque le numérateur et le dénominateur s'annulent tous deux en $2$. Le levier est la FACTORISATION : $\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x-1)}=\frac{x+2}{x-1}$ pour $x\neq 2$. La limite vaut alors $\frac{2+2}{2-1}=\frac{4}{1}=4$. Que $2$ soit racine des deux trinômes n'est pas un hasard : c'est exactement ce que signalait la forme $\frac{0}{0}$, et cela garantissait que le facteur $x-2$ pourrait se simplifier.

Forme indéterminée $\infty-\infty$, la plus trompeuse des quatre car elle donne l'illusion de valoir $0$. Le levier est la QUANTITÉ CONJUGUÉE, qui transforme la différence en quotient : $\sqrt{x^{2}+x}-x=\frac{\left(\sqrt{x^{2}+x}-x\right)\left(\sqrt{x^{2}+x}+x\right)}{\sqrt{x^{2}+x}+x}=\frac{x^{2}+x-x^{2}}{\sqrt{x^{2}+x}+x}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+x}+x}$. Pour $x>0$, on factorise par $x$ au dénominateur, en se rappelant que $\sqrt{x^{2}}=x$ puisque $x$ est positif : $\frac{x}{x\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}$, qui tend vers $\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$.

Forme indéterminée $\frac{0}{0}$ à nouveau, mais avec une racine : le levier reste la quantité conjuguée. $\frac{\left(\sqrt{1+x}-1\right)\left(\sqrt{1+x}+1\right)}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}=\frac{1+x-1}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}=\frac{x}{x\left(\sqrt{1+x}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}$, qui tend vers $\frac{1}{2}$ quand $x$ tend vers $0$.

$f$ est une fonction POLYNÔME, donc continue sur $\mathbb{R}$. Cette justification d'une ligne suffit, et il faut la donner : le théorème des valeurs intermédiaires ne s'applique qu'à une fonction continue, et omettre l'hypothèse fait perdre le point de rédaction même quand la réponse finale est juste.

$f(0)=0+0-1=-1$ et $f(1)=1+1-1=1$. Ces deux valeurs sont de SIGNES CONTRAIRES, et $0$ est donc compris entre $f(0)$ et $f(1)$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f$ continue sur $[0;1]$, l'équation $f(x)=0$ admet AU MOINS une solution dans $]0;1[$. Le théorème donne l'existence, jamais l'unicité, et c'est l'objet de la question suivante.

$f'(x)=3x^{2}+1$. Un carré étant toujours positif ou nul, on a $3x^{2}\geq 0$ donc $f'(x)\geq 1>0$ pour tout réel $x$. La dérivée est strictement positive sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est STRICTEMENT CROISSANTE sur $\mathbb{R}$. Remarquez la formulation choisie, qui minore la dérivée par $1$ plutôt que de se contenter de dire qu'elle est positive : c'est plus court et plus solide qu'un tableau de signes.

La stricte croissance assure qu'une valeur ne peut être atteinte qu'une seule fois : la solution, notée $\alpha$, est donc UNIQUE, sur $[0;1]$ comme sur $\mathbb{R}$ tout entier. Pour l'encadrer, on évalue à la calculatrice : $f(0{,}68)\approx -0{,}0056$ et $f(0{,}69)\approx 0{,}0185$. La fonction étant croissante et changeant de signe entre ces deux valeurs, on conclut $0{,}68<\alpha<0{,}69$, encadrement d'amplitude $0{,}01$ comme demandé.

On effectue la division du numérateur par $x-2$ : $2x^{2}-3x+1=(x-2)(2x+1)+3$. On le vérifie en développant, $(x-2)(2x+1)=2x^{2}+x-4x-2=2x^{2}-3x-2$, à quoi il faut bien ajouter $3$ pour retrouver $2x^{2}-3x+1$ ✓. En divisant par $x-2$, on obtient $f(x)=2x+1+\frac{3}{x-2}$, donc $a=2$, $b=1$ et $c=3$. Cette écriture est la clé de tout l'exercice : elle sépare une partie AFFINE et un reste qui tend vers zéro.

En $2$, la partie affine tend vers $5$, une valeur finie, tandis que le terme $\frac{3}{x-2}$ explose. Pour $x>2$, le dénominateur est positif et ce terme tend vers $+\infty$ ; pour $x<2$, il tend vers $-\infty$. La droite d'équation $x=2$ est donc asymptote verticale, et la partie affine, bornée au voisinage de $2$, ne pèse rien face à cette explosion.

On calcule la différence, qui est le seul geste attendu pour démontrer une asymptote oblique : $f(x)-(2x+1)=\frac{3}{x-2}$. Cette quantité tend vers $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$, et également vers $0$ quand $x$ tend vers $-\infty$. Par définition, la droite $D$ d'équation $y=2x+1$ est donc asymptote OBLIQUE à la courbe de $f$ aux deux extrémités.

Le signe de $f(x)-(2x+1)=\frac{3}{x-2}$ est celui de $x-2$, le numérateur $3$ étant positif. Pour $x>2$ la différence est positive : la courbe est AU-DESSUS de $D$. Pour $x<2$ elle est négative : la courbe est EN DESSOUS. La position s'inverse donc de part et d'autre de l'asymptote verticale.

Non. La courbe couperait son asymptote en un point où $f(x)-(2x+1)=0$, c'est-à-dire où $\frac{3}{x-2}=0$. Or une fraction est nulle si et seulement si son NUMÉRATEUR l'est, et celui-ci vaut constamment $3$ : l'équation n'a aucune solution, la courbe ne coupe jamais $D$.