Exercices corrigés : limites et continuité (Terminale spécialité)

a) 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.

b) 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.

c) 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 $5\times 10^{5}$ ✓.

d) 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 $0$.

La question d) mérite une remarque de fond. La suite $(t_n)$ n'est ni croissante ni décroissante, ses termes changeant de signe à chaque rang, et pourtant elle converge : la convergence n'exige aucune monotonie. Elle illustre aussi le principe général qui reviendra à l'exercice 10, celui du produit d'une quantité BORNÉE par une quantité qui tend vers zéro. Le résultat tend vers zéro, même si le facteur borné n'a pas de limite, et c'est précisément parce qu'il n'en a pas qu'aucun théorème d'opération ne peut être invoqué.

a) 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.

b) 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 $0$.

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

d) 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.

Le raccourci se résume en trois cas, à condition de savoir qu'un raccourci ne remplace jamais une justification rédigée. Quand les degrés du numérateur et du dénominateur sont ÉGAUX, la limite vaut le rapport des coefficients dominants. Quand le degré du BAS l'emporte, la limite est nulle. Quand c'est celui du HAUT, la limite est infinie, et son signe dépend alors du signe des coefficients dominants et du côté par lequel $x$ tend vers l'infini. Cette dernière dépendance est le piège de la question c) transposée en $-\infty$ : la limite y vaudrait $-\infty$ et non $+\infty$, alors qu'en a) les deux limites coïncidaient. La règle est que les degrés IMPAIRS changent de signe avec $x$, les pairs non.

a) 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.

b) 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.

c) 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.

d) 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.

Il faut retenir la dichotomie qui décide de tout, car elle sépare deux situations que les copies confondent systématiquement. Si le dénominateur s'annule et pas le numérateur, on obtient une forme du type $\frac{k}{0}$ avec $k\neq 0$, qui n'est PAS indéterminée : la limite est infinie et il ne reste qu'à trouver son signe. Il y a asymptote verticale. Si les deux s'annulent, on obtient la forme indéterminée $\frac{0}{0}$, et il faut factoriser pour simplifier ; la limite est alors le plus souvent finie, et il y a un trou et non une asymptote. Un dénominateur nul ne suffit donc jamais à conclure à une asymptote verticale, le numérateur a son mot à dire.

a) 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.

b) 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 $\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$.

c) 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 $0$.

On remarquera que ce dernier résultat est le nombre DÉRIVÉ de la fonction racine carrée en $1$, puisque l'expression de départ est exactement le taux d'accroissement $\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1}}{x}$. Et en effet, la dérivée de $\sqrt{u}$ vaut $\frac{1}{2\sqrt{u}}$, soit $\frac{1}{2}$ en $u=1$ ✓. Ce lien vaut d'être connu : beaucoup de limites en $0$ de la forme $\frac{0}{0}$ sont en réalité des nombres dérivés déguisés, et les reconnaître donne la réponse sans aucun calcul.

Le tableau des quatre formes indéterminées et de leur levier attitré tient en quatre lignes. La forme $\frac{\infty}{\infty}$ appelle la factorisation par le terme dominant. La forme $\frac{0}{0}$ appelle la factorisation, ou la reconnaissance d'un nombre dérivé. La forme $\infty-\infty$ appelle la quantité conjuguée s'il y a une racine, la factorisation par le terme dominant sinon. La forme $0\times\infty$ appelle la réécriture en quotient. Aucune de ces formes n'a de valeur par défaut, et écrire $\infty-\infty=0$ est l'erreur qui coûte le plus cher au baccalauréat.

a) $f$ 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.

b) $f(0)=0+0-1=-1$ 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.

c) $f'(x)=3x^{2}+1$. 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.

d) 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.

La combinaison des deux théorèmes est le schéma le plus fréquent du baccalauréat, et il se rédige toujours dans le même ordre : continuité, puis changement de signe, ce qui donne l'EXISTENCE ; puis stricte monotonie, ce qui donne l'UNICITÉ ; puis balayage à la calculatrice pour l'encadrement. On appelle parfois ce schéma le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, ou théorème de la bijection. Deux erreurs de rédaction sont sanctionnées à coup sûr : conclure à l'unicité sans avoir établi la monotonie, et donner une valeur approchée de $\alpha$ sans encadrement, alors que la question demande un encadrement.

a) 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.

b) 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.

c) 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.

d) 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.

e) 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 $D$.

Attention toutefois à ne pas généraliser cette dernière conclusion, qui tient à la forme particulière du reste. Une courbe PEUT parfaitement couper son asymptote, y compris une infinité de fois, comme le montrera le contre-exemple $\frac{\sin x}{x}$ de l'exercice 9. Une asymptote décrit un comportement à l'infini, pas une barrière infranchissable. Ici c'est le fait que le reste soit une fraction à numérateur constant non nul qui interdit tout croisement, et rien d'autre.

a) $f(1)=1-3-1=-3$ et $f(2)=8-6-1=1$. La fonction est un polynôme donc continue sur $[1;2]$, et les deux valeurs sont de signes contraires : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution dans $]1;2[$.

b) $f'(x)=3x^{2}-3=3(x^{2}-1)=3(x-1)(x+1)$. Sur $[1;3]$, on a $x\geq 1$, donc les deux facteurs $x-1$ et $x+1$ sont positifs ou nuls et $f'(x)\geq 0$, avec annulation au seul point $x=1$. Une dérivée positive ne s'annulant qu'en un point ISOLÉ suffit à la stricte croissance : $f$ est strictement croissante sur $[1;3]$, et la solution $\alpha$ y est donc unique.

c) Le test $f(a)\times f(m)\leq 0$ regarde si $f$ CHANGE DE SIGNE entre $a$ et le milieu $m$, un produit négatif ou nul signalant deux valeurs de signes contraires. Si c'est le cas, la solution se trouve dans la moitié gauche et on remplace $b$ par $m$ ; sinon elle est dans la moitié droite et on remplace $a$ par $m$. Dans les deux cas l'INVARIANT est préservé, à savoir que $f$ change de signe entre $a$ et $b$, donc que $\alpha$ reste dans l'intervalle, et la largeur de celui-ci est divisée par deux à chaque tour.

d) Étape 1 : $m=1{,}5$ et $f(1{,}5)=3{,}375-4{,}5-1=-2{,}125$, du même signe que $f(1)=-3$, donc la racine est à droite et l'on garde $[1{,}5\,;\,2]$. Étape 2 : $m=1{,}75$ et $f(1{,}75)=5{,}359375-5{,}25-1=-0{,}890625$, encore négatif, donc l'on garde $[1{,}75\,;\,2]$. La largeur est passée de $1$ à $0{,}5$ puis à $0{,}25$, conformément à la division par deux annoncée.

e) En poursuivant le balayage : $f(1{,}87)\approx -0{,}0708$ et $f(1{,}88)\approx 0{,}0047$. La fonction étant croissante et changeant de signe, on obtient $1{,}87<\alpha<1{,}88$.

Un mot sur l'efficacité de la méthode, qui fait souvent l'objet d'une question de fin d'exercice. Après $n$ tours, l'intervalle a pour largeur $\frac{1}{2^{n}}$ puisqu'il partait de $1$. Pour atteindre une amplitude inférieure à $0{,}01$, il faut donc $\frac{1}{2^{n}}<0{,}01$, ce qui donne $n=7$ car $\frac{1}{2^{6}}\approx 0{,}0156$ est encore trop grand alors que $\frac{1}{2^{7}}\approx 0{,}0078$ convient. Sept tours suffisent, ce qui montre que la dichotomie converge lentement mais très régulièrement : chaque tour gagne environ un tiers de décimale, et il en faut donc à peu près dix pour gagner trois décimales.

def f(x):
    return x**3 - 3*x - 1

# dichotomie(1, 2, 0.01) renvoie environ (1.87, 1.88)

a) $u_1=\sqrt{2+0}=\sqrt{2}\approx 1{,}414$ ; $u_2=\sqrt{2+\sqrt{2}}\approx\sqrt{3{,}414}\approx 1{,}848$ ; $u_3=\sqrt{2+1{,}848}\approx\sqrt{3{,}848}\approx 1{,}962$. Les valeurs croissent en se rapprochant de $2$ par en dessous, ce qui suggère déjà les deux propriétés que l'exercice va démontrer, la croissance et la majoration par $2$.

b) INITIALISATION : $u_0=0$ vérifie bien $0\leq 0\leq 2$. HÉRÉDITÉ : supposons $0\leq u_n\leq 2$ pour un rang $n$ fixé. En ajoutant $2$, il vient $2\leq 2+u_n\leq 4$. La fonction racine carrée étant CROISSANTE sur les positifs, on peut l'appliquer sans changer le sens : $\sqrt{2}\leq u_{n+1}\leq 2$. Et comme $\sqrt{2}>0$, on a en particulier $0\leq u_{n+1}\leq 2$. La propriété est héréditaire, donc vraie pour tout $n$. Le passage par la croissance de la racine est le point technique à ne pas escamoter, car c'est lui qui autorise à appliquer une fonction aux deux membres d'une inégalité.

c) On suit l'indication et l'on étudie le signe de $u_{n+1}^{2}-u_n^{2}=(2+u_n)-u_n^{2}=-(u_n^{2}-u_n-2)=-(u_n-2)(u_n+1)$, la factorisation venant des racines évidentes $2$ et $-1$ du trinôme. Or l'encadrement de b) donne $0\leq u_n\leq 2$, donc $u_n-2\leq 0$ et $u_n+1\geq 1>0$ : le produit $(u_n-2)(u_n+1)$ est négatif, et son opposé positif. Ainsi $u_{n+1}^{2}\geq u_n^{2}$, et comme les DEUX termes sont positifs, on peut passer à la racine et conclure $u_{n+1}\geq u_n$ : la suite est croissante. La positivité des termes est indispensable ici, car de $a^{2}\geq b^{2}$ on ne peut déduire $a\geq b$ que si $a$ et $b$ sont positifs.

d) La suite est croissante et majorée par $2$, donc elle CONVERGE d'après le théorème de la limite monotone, vers une limite $\ell$ vérifiant $0\leq\ell\leq 2$. Comme $u_{n+1}=\sqrt{2+u_n}$ et que la fonction racine est continue, le passage à la limite donne $\ell=\sqrt{2+\ell}$, d'où $\ell^{2}=2+\ell$, soit $\ell^{2}-\ell-2=0$, c'est-à-dire $(\ell-2)(\ell+1)=0$. Les deux candidats sont $2$ et $-1$, mais $\ell\geq 0$ élimine $-1$ : la limite vaut $\ell=2$.

L'ordre des étapes est ici plus important que les calculs eux-mêmes, et c'est ce qui distingue une copie complète d'une copie amputée. On ne peut PAS écrire l'équation $\ell=\sqrt{2+\ell}$ avant d'avoir prouvé que la limite existe : une suite divergente ne vérifie aucune équation de point fixe, et le raisonnement serait circulaire. La démonstration se fait donc toujours dans cet ordre : encadrement par récurrence, monotonie, convergence par le théorème de la limite monotone, et seulement alors identification de la limite par l'équation de point fixe, suivie du tri des candidats par l'encadrement.

a) Faux. La fonction $g(x)=\frac{x^{2}-4}{x-2}$ de l'exercice 3 n'est PAS définie en $2$, et pourtant sa limite en $2$ vaut $4$. L'existence d'une limite en $a$ ne dit rien sur la définition en $a$, et pour cause : la limite ne regarde que ce qui se passe AUTOUR de $a$, jamais en $a$. C'est justement la CONTINUITÉ qui exige les deux à la fois, à savoir que $f(a)$ existe, que la limite existe, et qu'elles soient égales. Confondre limite et continuité revient à confondre une tendance et une valeur atteinte.

b) Faux. La fonction $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ admet l'axe des abscisses pour asymptote horizontale en $+\infty$, puisqu'elle tend vers $0$ d'après l'encadrement de l'exercice 10, et pourtant elle le COUPE une infinité de fois, en tous les multiples non nuls de $\pi$. Une asymptote décrit un comportement à l'infini, pas une barrière : la courbe peut la traverser autant de fois qu'elle veut, tant qu'elle finit par s'en rapprocher indéfiniment.

c) Faux. Le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'AU MOINS une solution, jamais l'unicité. Contre-exemple : $p(x)=x^{3}-3x+1$ sur $[-2;2]$ vérifie $p(-2)=-1$ et $p(2)=3$, valeurs de signes contraires, mais l'équation $p(x)=0$ y admet TROIS solutions, ce que révèlent les changements de signe successifs $p(-2)<0$, $p(-1{,}5)>0$, $p(1)<0$ et $p(2)>0$. Pour obtenir l'unicité, il faut ajouter l'hypothèse de STRICTE MONOTONIE, comme aux exercices 5 et 7.

d) Faux dans le cas $\infty-\infty$. Avec $f(x)=x+1$ et $g(x)=-x$, les deux fonctions ont des limites infinies de signes contraires en $+\infty$, mais leur somme vaut CONSTAMMENT $1$ et tend donc vers $1$. En remplaçant $g$ par $-x+7$, la même construction donnerait $8$, et par $-2x$ elle donnerait $-\infty$ : n'importe quel résultat est atteignable, ce qui est exactement le sens du mot indéterminé.

Le fil commun à ces quatre pièges est qu'un théorème ne vaut jamais plus que ses hypothèses. Le théorème de la somme des limites ne s'applique que si la somme des limites A UN SENS, ce qui exclut $\infty-\infty$. Le théorème des valeurs intermédiaires ne donne que l'existence. L'existence d'une limite ne donne pas la définition au point. Et une asymptote ne donne qu'un comportement asymptotique. En examen, la question « peut-on en déduire » attend presque toujours qu'on identifie l'hypothèse manquante plutôt qu'on applique le théorème.