Exercices : Limites de Fonctions

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} (2x^4 - 5x^2 + x - 3)$

Pour calculer la limite d'un polynôme lorsque $x$ tend vers l'infini (ici $+\infty$), on se concentre sur le terme de plus haut degré, car c'est lui qui influence le plus la valeur du polynôme pour les grandes valeurs de $x$. Dans notre cas, le terme de plus haut degré est $2x^4$.

Pour justifier cela rigoureusement, nous pouvons factoriser par le terme de plus haut degré :

$2x^4 - 5x^2 + x - 3 = x^4 \left( 2 - \frac{5x^2}{x^4} + \frac{x}{x^4} - \frac{3}{x^4} \right) = x^4 \left( 2 - \frac{5}{x^2} + \frac{1}{x^3} - \frac{3}{x^4} \right)$

Maintenant, étudions la limite de chaque terme à l'intérieur de la parenthèse lorsque $x \to +\infty$ :

$\lim_{x \to +\infty} \frac{5}{x^2} = 0$, $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^3} = 0$, $\lim_{x \to +\infty} \frac{3}{x^4} = 0$.

Donc, $\lim_{x \to +\infty} \left( 2 - \frac{5}{x^2} + \frac{1}{x^3} - \frac{3}{x^4} \right) = 2 - 0 + 0 - 0 = 2$.

De plus, $\lim_{x \to +\infty} x^4 = +\infty$.

Par produit de limites, nous obtenons :

$\lim_{x \to +\infty} (2x^4 - 5x^2 + x - 3) = \lim_{x \to +\infty} x^4 \times \lim_{x \to +\infty} \left( 2 - \frac{5}{x^2} + \frac{1}{x^3} - \frac{3}{x^4} \right) = +\infty \times 2 = +\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} (2x^4 - 5x^2 + x - 3) = +\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to -\infty} \frac{3x - 7}{x + 2}$

Pour calculer la limite d'une fonction rationnelle (rapport de deux polynômes) lorsque $x$ tend vers l'infini (ici $-\infty$), on peut diviser le numérateur et le dénominateur par la plus haute puissance de $x$ présente au dénominateur. Ici, la plus haute puissance de $x$ au dénominateur est $x^1 = x$.

Divisons donc le numérateur et le dénominateur par $x$ :

$\frac{3x - 7}{x + 2} = \frac{\frac{3x}{x} - \frac{7}{x}}{\frac{x}{x} + \frac{2}{x}} = \frac{3 - \frac{7}{x}}{1 + \frac{2}{x}}$

Maintenant, étudions la limite de chaque terme lorsque $x \to -\infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} \frac{7}{x} = 0$, $\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{x} = 0$.

Donc, $\lim_{x \to -\infty} \left( 3 - \frac{7}{x} \right) = 3 - 0 = 3$ et $\lim_{x \to -\infty} \left( 1 + \frac{2}{x} \right) = 1 + 0 = 1$.

Par quotient de limites, nous obtenons :

$\lim_{x \to -\infty} \frac{3x - 7}{x + 2} = \lim_{x \to -\infty} \frac{3 - \frac{7}{x}}{1 + \frac{2}{x}} = \frac{\lim_{x \to -\infty} \left( 3 - \frac{7}{x} \right)}{\lim_{x \to -\infty} \left( 1 + \frac{2}{x} \right)} = \frac{3}{1} = 3$.

Réponse : $\lim_{x \to -\infty} \frac{3x - 7}{x + 2} = 3$

Question 3: Calcul de $\lim_{x \to 5} \frac{x^2 - 25}{x - 5}$

Si nous substituons directement $x = 5$ dans l'expression, nous obtenons $\frac{5^2 - 25}{5 - 5} = \frac{25 - 25}{0} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous pouvons factoriser le numérateur.

Nous reconnaissons au numérateur une différence de carrés : $x^2 - 25 = x^2 - 5^2$. On peut utiliser l'identité algébrique $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ avec $a = x$ et $b = 5$.

Ainsi, $x^2 - 25 = (x - 5)(x + 5)$.

L'expression devient : $\frac{x^2 - 25}{x - 5} = \frac{(x - 5)(x + 5)}{x - 5}$.

Pour $x \neq 5$, nous pouvons simplifier en annulant le facteur $(x - 5)$ au numérateur et au dénominateur :

$\frac{(x - 5)(x + 5)}{x - 5} = x + 5$ pour $x \neq 5$.

Maintenant, calculons la limite de l'expression simplifiée lorsque $x \to 5$ :

$\lim_{x \to 5} (x + 5) = 5 + 5 = 10$.

Réponse : $\lim_{x \to 5} \frac{x^2 - 25}{x - 5} = 10$

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to 2^+} \frac{x - 3}{x - 2}$

Nous devons calculer la limite lorsque $x$ tend vers $2$ par valeurs supérieures ($x \to 2^+$). Analysons le numérateur et le dénominateur séparément.

Lorsque $x \to 2^+$, le numérateur $x - 3$ tend vers $2 - 3 = -1$.

Lorsque $x \to 2^+$, le dénominateur $x - 2$ tend vers $0$. Il faut déterminer le signe de $x - 2$ lorsque $x$ est légèrement supérieur à $2$. Si $x > 2$, alors $x - 2 > 0$. Donc, $x - 2$ tend vers $0$ par valeurs positives, ce que l'on note $0^+$.

Nous avons donc une limite de la forme $\frac{-1}{0^+}$. Lorsqu'on divise un nombre négatif (proche de $-1$) par un nombre positif très petit (proche de $0$), le résultat est un nombre négatif de très grande valeur absolue. Par conséquent, la limite est $-\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to 2^+} \frac{x - 3}{x - 2} = -\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+2x)}{x}$

Si nous substituons directement $x = 0$, nous obtenons $\frac{\ln(1+2 \times 0)}{0} = \frac{\ln(1)}{0} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser une limite remarquable : $\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 1$.

Pour utiliser cette limite remarquable, nous devons faire apparaître $2x$ au dénominateur. Nous pouvons multiplier et diviser par $2$ :

$\frac{\ln(1+2x)}{x} = \frac{\ln(1+2x)}{x} \times \frac{2}{2} = 2 \times \frac{\ln(1+2x)}{2x}$

Posons $u = 2x$. Lorsque $x \to 0$, alors $u = 2x \to 0$. L'expression devient :

$2 \times \frac{\ln(1+u)}{u}$.

Maintenant, calculons la limite lorsque $x \to 0$ (ce qui équivaut à $u \to 0$) :

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+2x)}{x} = \lim_{u \to 0} 2 \times \frac{\ln(1+u)}{u} = 2 \times \lim_{u \to 0} \frac{\ln(1+u)}{u} = 2 \times 1 = 2$.

Réponse : $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+2x)}{x} = 2$

Question 3: Calcul de $\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + 3x} + x)$

Lorsque $x \to -\infty$, $\sqrt{x^2 + 3x} \to +\infty$ et $x \to -\infty$. Nous avons donc une forme indéterminée $\infty - \infty$. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser la technique de la multiplication par l'expression conjuguée.

L'expression conjuguée de $\sqrt{x^2 + 3x} + x$ est $\sqrt{x^2 + 3x} - x$. Multiplions et divisons par cette expression conjuguée :

$\sqrt{x^2 + 3x} + x = (\sqrt{x^2 + 3x} + x) \times \frac{\sqrt{x^2 + 3x} - x}{\sqrt{x^2 + 3x} - x} = \frac{(\sqrt{x^2 + 3x} + x)(\sqrt{x^2 + 3x} - x)}{\sqrt{x^2 + 3x} - x}$

Au numérateur, nous utilisons l'identité $(a + b)(a - b) = a^2 - b^2$ avec $a = \sqrt{x^2 + 3x}$ et $b = x$ :

$(\sqrt{x^2 + 3x})^2 - x^2 = (x^2 + 3x) - x^2 = 3x$.

Donc, $\sqrt{x^2 + 3x} + x = \frac{3x}{\sqrt{x^2 + 3x} - x}$.

Maintenant, nous devons étudier la limite de cette nouvelle expression lorsque $x \to -\infty$. Pour cela, factorisons par $x$ au numérateur et au dénominateur. Au dénominateur, pour sortir $x$ de la racine carrée, on utilise $\sqrt{x^2} = |x|$. Comme $x \to -\infty$, $x < 0$, donc $|x| = -x$.

$\sqrt{x^2 + 3x} - x = \sqrt{x^2(1 + \frac{3x}{x^2})} - x = \sqrt{x^2}\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - x = |x|\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - x = -x\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - x = x \left( -\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - 1 \right)$.

Ainsi, $\frac{3x}{\sqrt{x^2 + 3x} - x} = \frac{3x}{x \left( -\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - 1 \right)} = \frac{3}{-\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - 1}$ pour $x \neq 0$.

Calculons la limite lorsque $x \to -\infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} \frac{3}{x} = 0$.

$\lim_{x \to -\infty} \left( -\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - 1 \right) = -\sqrt{1 + 0} - 1 = -\sqrt{1} - 1 = -1 - 1 = -2$.

Par quotient de limites, nous obtenons :

$\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + 3x} + x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{3}{-\sqrt{1 + \frac{3}{x}} - 1} = \frac{3}{-2} = -\frac{3}{2}$.

Réponse : $\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + 3x} + x) = -\frac{3}{2}$

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + e^{-x}}{x}$

Pour calculer cette limite, nous pouvons séparer la fraction en deux termes :

$\frac{2x + e^{-x}}{x} = \frac{2x}{x} + \frac{e^{-x}}{x} = 2 + \frac{e^{-x}}{x}$

Maintenant, étudions la limite de chaque terme lorsque $x \to +\infty$.

La limite du premier terme est constante : $\lim_{x \to +\infty} 2 = 2$.

Pour le second terme, nous savons que $e^{-x} = \frac{1}{e^x}$. Donc, $\frac{e^{-x}}{x} = \frac{1}{xe^x}$. Lorsque $x \to +\infty$, $e^x \to +\infty$ et $x \to +\infty$, donc $xe^x \to +\infty$. Par conséquent, $\frac{1}{xe^x} \to 0$. Plus formellement, par croissance comparée, on sait que $\lim_{x \to +\infty} xe^x = +\infty$, donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^{-x}}{x} = 0$.

Finalement, par somme de limites :

$\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + e^{-x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( 2 + \frac{e^{-x}}{x} \right) = \lim_{x \to +\infty} 2 + \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{-x}}{x} = 2 + 0 = 2$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + e^{-x}}{x} = 2$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x}$

Si nous substituons directement $x = 0$, nous obtenons $\frac{\sqrt{1 + 0} - 1}{0} = \frac{\sqrt{1} - 1}{0} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser la technique de la multiplication par l'expression conjuguée.

L'expression conjuguée de $\sqrt{1 + x} - 1$ est $\sqrt{1 + x} + 1$. Multiplions et divisons par cette expression conjuguée :

$\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = \frac{(\sqrt{1 + x} - 1)(\sqrt{1 + x} + 1)}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \frac{(\sqrt{1 + x})^2 - 1^2}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \frac{(1 + x) - 1}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \frac{x}{x(\sqrt{1 + x} + 1)}$

Pour $x \neq 0$, nous pouvons simplifier en annulant le facteur $x$ au numérateur et au dénominateur :

$\frac{x}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1}$ pour $x \neq 0$.

Maintenant, calculons la limite de l'expression simplifiée lorsque $x \to 0$ :

$\lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1} = \frac{1}{\sqrt{1 + 0} + 1} = \frac{1}{\sqrt{1} + 1} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$.

Réponse : $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = \frac{1}{2}$

Question 3: Déterminer les asymptotes horizontales et verticales de $f(x) = \frac{2x^2}{x^2 - 4}$

Asymptotes Horizontales : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$.

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2}{x^2 - 4}$.

Pour les fonctions rationnelles, lorsque $x \to \pm\infty$, la limite est déterminée par le rapport des termes de plus haut degré au numérateur et au dénominateur. Ici, les termes de plus haut degré sont $2x^2$ au numérateur et $x^2$ au dénominateur.

Nous pouvons diviser le numérateur et le dénominateur par $x^2$ :

$\frac{2x^2}{x^2 - 4} = \frac{\frac{2x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} - \frac{4}{x^2}} = \frac{2}{1 - \frac{4}{x^2}}$.

Lorsque $x \to \pm\infty$, $\frac{4}{x^2} \to 0$. Donc, $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2}{1 - \frac{4}{x^2}} = \frac{2}{1 - 0} = 2$.

Ainsi, la droite d'équation $y = 2$ est une asymptote horizontale à la courbe de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur et ne sont pas des racines du numérateur. Le dénominateur est $x^2 - 4$. Cherchons les valeurs de $x$ pour lesquelles $x^2 - 4 = 0$ :

$x^2 - 4 = 0 \implies x^2 = 4 \implies x = \pm\sqrt{4} \implies x = 2$ ou $x = -2$.

Vérifions que le numérateur n'est pas nul pour ces valeurs. Le numérateur est $2x^2$. Pour $x = 2$, $2x^2 = 2(2)^2 = 8 \neq 0$. Pour $x = -2$, $2x^2 = 2(-2)^2 = 8 \neq 0$.

Donc, nous avons des asymptotes verticales en $x = 2$ et $x = -2$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 2$. Asymptotes verticales : $x = 2$ et $x = -2$.

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \ln(x)}{x}$

Pour calculer cette limite, nous pouvons séparer la fraction en deux termes :

$\frac{x + \ln(x)}{x} = \frac{x}{x} + \frac{\ln(x)}{x} = 1 + \frac{\ln(x)}{x}$

Maintenant, étudions la limite de chaque terme lorsque $x \to +\infty$.

La limite du premier terme est constante : $\lim_{x \to +\infty} 1 = 1$.

Pour le second terme, nous utilisons le théorème de croissance comparée, qui dit que pour tout $\alpha > 0$, $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x^\alpha} = 0$. Ici, nous avons $\alpha = 1$, donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$.

Finalement, par somme de limites :

$\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \ln(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( 1 + \frac{\ln(x)}{x} \right) = \lim_{x \to +\infty} 1 + \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 1 + 0 = 1$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \ln(x)}{x} = 1$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} x \ln(x)$

Lorsque $x \to 0^+$, $x \to 0$ et $\ln(x) \to -\infty$. Nous avons donc une forme indéterminée $0 \times (-\infty)$. Pour lever cette indétermination, nous utilisons également le théorème de croissance comparée, qui nous dit que $\lim_{x \to 0^+} x^\alpha \ln(x) = 0$ pour tout $\alpha > 0$. Ici, nous avons $\alpha = 1$.

Donc, $\lim_{x \to 0^+} x \ln(x) = 0$.

Plus précisément, il s'agit d'une limite de $x \ln(x)$ quand $x \to 0$. Le domaine de définition de $\ln(x)$ est $x > 0$, donc on considère en fait la limite quand $x \to 0^+$.

Réponse : $\lim_{x \to 0} x \ln(x) = 0$

Question 3: Déterminer les asymptotes horizontales et verticales de $f(x) = \frac{3x - 2}{x^2 + 1}$

Asymptotes Horizontales : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$.

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{3x - 2}{x^2 + 1}$.

Pour les fonctions rationnelles, lorsque le degré du dénominateur est strictement supérieur au degré du numérateur, la limite en $\pm\infty$ est toujours $0$. Ici, le degré du numérateur est $1$ et le degré du dénominateur est $2$. Donc, la limite est $0$.

Pour justifier cela, on peut diviser le numérateur et le dénominateur par la plus haute puissance de $x$ au dénominateur, qui est $x^2$ :

$\frac{3x - 2}{x^2 + 1} = \frac{\frac{3x}{x^2} - \frac{2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} + \frac{1}{x^2}} = \frac{\frac{3}{x} - \frac{2}{x^2}}{1 + \frac{1}{x^2}}$.

Lorsque $x \to \pm\infty$, $\frac{3}{x} \to 0$, $\frac{2}{x^2} \to 0$, $\frac{1}{x^2} \to 0$. Donc, $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{\frac{3}{x} - \frac{2}{x^2}}{1 + \frac{1}{x^2}} = \frac{0 - 0}{1 + 0} = \frac{0}{1} = 0$.

Ainsi, la droite d'équation $y = 0$ (l'axe des abscisses) est une asymptote horizontale à la courbe de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur et ne sont pas des racines du numérateur. Le dénominateur est $x^2 + 1$. Cherchons les valeurs de $x$ pour lesquelles $x^2 + 1 = 0$ :

$x^2 + 1 = 0 \implies x^2 = -1$. Cette équation n'a pas de solution réelle, car un carré est toujours positif ou nul. Donc, il n'y a pas de valeur réelle de $x$ qui annule le dénominateur.

Par conséquent, il n'y a pas d'asymptote verticale pour la fonction $f(x) = \frac{3x - 2}{x^2 + 1}$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$. Pas d'asymptote verticale.

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to -\infty} (x^3 - 2x^2 + 5)$

Pour calculer la limite d'un polynôme lorsque $x$ tend vers l'infini (ici $-\infty$), on se concentre sur le terme de plus haut degré, qui est $x^3$.

Pour justifier cela, nous factorisons par le terme de plus haut degré :

$x^3 - 2x^2 + 5 = x^3 \left( 1 - \frac{2x^2}{x^3} + \frac{5}{x^3} \right) = x^3 \left( 1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^3} \right)$

Maintenant, étudions la limite de chaque terme à l'intérieur de la parenthèse lorsque $x \to -\infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{x} = 0$, $\lim_{x \to -\infty} \frac{5}{x^3} = 0$.

Donc, $\lim_{x \to -\infty} \left( 1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^3} \right) = 1 - 0 + 0 = 1$.

De plus, $\lim_{x \to -\infty} x^3 = -\infty$.

Par produit de limites, nous obtenons :

$\lim_{x \to -\infty} (x^3 - 2x^2 + 5) = \lim_{x \to -\infty} x^3 \times \lim_{x \to -\infty} \left( 1 - \frac{2}{x} + \frac{5}{x^3} \right) = -\infty \times 1 = -\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to -\infty} (x^3 - 2x^2 + 5) = -\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{4x^2 - 3x + 1}{2x^2 + x - 5}$

Pour calculer la limite d'une fonction rationnelle lorsque $x \to +\infty$, nous comparons les degrés des polynômes au numérateur et au dénominateur. Ici, le degré du numérateur est $2$ et le degré du dénominateur est également $2$. Dans ce cas, la limite est le rapport des coefficients des termes de plus haut degré.

Le terme de plus haut degré au numérateur est $4x^2$, son coefficient est $4$. Le terme de plus haut degré au dénominateur est $2x^2$, son coefficient est $2$. Le rapport de ces coefficients est $\frac{4}{2} = 2$.

Donc, $\lim_{x \to +\infty} \frac{4x^2 - 3x + 1}{2x^2 + x - 5} = 2$.

Pour justifier cela, nous pouvons diviser le numérateur et le dénominateur par $x^2$ :

$\frac{4x^2 - 3x + 1}{2x^2 + x - 5} = \frac{\frac{4x^2}{x^2} - \frac{3x}{x^2} + \frac{1}{x^2}}{\frac{2x^2}{x^2} + \frac{x}{x^2} - \frac{5}{x^2}} = \frac{4 - \frac{3}{x} + \frac{1}{x^2}}{2 + \frac{1}{x} - \frac{5}{x^2}}$.

Lorsque $x \to +\infty$, $\frac{3}{x} \to 0$, $\frac{1}{x^2} \to 0$, $\frac{5}{x^2} \to 0$. Donc, $\lim_{x \to +\infty} \frac{4 - \frac{3}{x} + \frac{1}{x^2}}{2 + \frac{1}{x} - \frac{5}{x^2}} = \frac{4 - 0 + 0}{2 + 0 - 0} = \frac{4}{2} = 2$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} \frac{4x^2 - 3x + 1}{2x^2 + x - 5} = 2$

Question 3: Calcul de $\lim_{x \to -3} \frac{x + 3}{x^2 + 5x + 6}$

Si nous substituons directement $x = -3$, nous obtenons $\frac{-3 + 3}{(-3)^2 + 5(-3) + 6} = \frac{0}{9 - 15 + 6} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous allons factoriser le dénominateur.

Nous cherchons à factoriser le trinôme $x^2 + 5x + 6$. Nous cherchons deux nombres dont le produit est $6$ et la somme est $5$. Ces nombres sont $2$ et $3$. Donc, $x^2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3)$.

L'expression devient : $\frac{x + 3}{x^2 + 5x + 6} = \frac{x + 3}{(x + 2)(x + 3)}$.

Pour $x \neq -3$, nous pouvons simplifier en annulant le facteur $(x + 3)$ au numérateur et au dénominateur :

$\frac{x + 3}{(x + 2)(x + 3)} = \frac{1}{x + 2}$ pour $x \neq -3$.

Maintenant, calculons la limite de l'expression simplifiée lorsque $x \to -3$ :

$\lim_{x \to -3} \frac{1}{x + 2} = \frac{1}{-3 + 2} = \frac{1}{-1} = -1$.

Réponse : $\lim_{x \to -3} \frac{x + 3}{x^2 + 5x + 6} = -1$

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to 4^+} \frac{x + 1}{4 - x}$

Nous devons calculer la limite lorsque $x$ tend vers $4$ par valeurs supérieures ($x \to 4^+$). Analysons le numérateur et le dénominateur séparément.

Lorsque $x \to 4^+$, le numérateur $x + 1$ tend vers $4 + 1 = 5$.

Lorsque $x \to 4^+$, le dénominateur $4 - x$ tend vers $0$. Il faut déterminer le signe de $4 - x$ lorsque $x$ est légèrement supérieur à $4$. Si $x > 4$, alors $-x < -4$, donc $4 - x < 0$. Donc, $4 - x$ tend vers $0$ par valeurs négatives, ce que l'on note $0^-$.

Nous avons donc une limite de la forme $\frac{5}{0^-}$. Lorsqu'on divise un nombre positif (proche de $5$) par un nombre négatif très petit (proche de $0$), le résultat est un nombre négatif de très grande valeur absolue. Par conséquent, la limite est $-\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to 4^+} \frac{x + 1}{4 - x} = -\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x}$

Si nous substituons directement $x = 0$, nous obtenons $\frac{e^{2 \times 0} - 1}{0} = \frac{e^0 - 1}{0} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser la limite remarquable : $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$.

Pour utiliser cette limite remarquable, nous devons faire apparaître $2x$ au dénominateur. Nous pouvons multiplier et diviser par $2$ :

$\frac{e^{2x} - 1}{x} = \frac{e^{2x} - 1}{x} \times \frac{2}{2} = 2 \times \frac{e^{2x} - 1}{2x}$

Posons $u = 2x$. Lorsque $x \to 0$, alors $u = 2x \to 0$. L'expression devient :

$2 \times \frac{e^{u} - 1}{u}$.

Maintenant, calculons la limite lorsque $x \to 0$ (ce qui équivaut à $u \to 0$) :

$\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x} = \lim_{u \to 0} 2 \times \frac{e^{u} - 1}{u} = 2 \times \lim_{u \to 0} \frac{e^{u} - 1}{u} = 2 \times 1 = 2$.

Réponse : $\lim_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{x} = 2$

Question 3: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2 + 5} - x)$

Lorsque $x \to +\infty$, $\sqrt{x^2 + 5} \to +\infty$ et $x \to +\infty$. Nous avons donc une forme indéterminée $\infty - \infty$. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser la technique de la multiplication par l'expression conjuguée.

L'expression conjuguée de $\sqrt{x^2 + 5} - x$ est $\sqrt{x^2 + 5} + x$. Multiplions et divisons par cette expression conjuguée :

$\sqrt{x^2 + 5} - x = (\sqrt{x^2 + 5} - x) \times \frac{\sqrt{x^2 + 5} + x}{\sqrt{x^2 + 5} + x} = \frac{(\sqrt{x^2 + 5} - x)(\sqrt{x^2 + 5} + x)}{\sqrt{x^2 + 5} + x}$

Au numérateur, nous utilisons l'identité $(a - b)(a + b) = a^2 - b^2$ avec $a = \sqrt{x^2 + 5}$ et $b = x$ :

$(\sqrt{x^2 + 5})^2 - x^2 = (x^2 + 5) - x^2 = 5$.

Donc, $\sqrt{x^2 + 5} - x = \frac{5}{\sqrt{x^2 + 5} + x}$.

Maintenant, nous devons étudier la limite de cette nouvelle expression lorsque $x \to +\infty$.

Lorsque $x \to +\infty$, $\sqrt{x^2 + 5} \to +\infty$ et $x \to +\infty$, donc $\sqrt{x^2 + 5} + x \to +\infty$.

Ainsi, nous avons une limite de la forme $\frac{5}{+\infty}$, qui tend vers $0$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2 + 5} - x) = 0$

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to -\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$

Pour calculer cette limite lorsque $x \to -\infty$, nous devons faire attention au signe de $\sqrt{x^2}$. On sait que $\sqrt{x^2} = |x|$. Lorsque $x \to -\infty$, $x < 0$, donc $|x| = -x$.

Factorisons $x^2$ sous la racine carrée au dénominateur :

$\frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \frac{x}{\sqrt{x^2(1 + \frac{1}{x^2})}} = \frac{x}{\sqrt{x^2}\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} = \frac{x}{|x|\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}$

Comme $x \to -\infty$, $|x| = -x$, donc :

$\frac{x}{|x|\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} = \frac{x}{-x\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} = \frac{1}{-\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} = -\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}$ pour $x \neq 0$.

Maintenant, calculons la limite lorsque $x \to -\infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^2} = 0$.

$\lim_{x \to -\infty} -\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} = -\frac{1}{\sqrt{1 + 0}} = -\frac{1}{\sqrt{1}} = -\frac{1}{1} = -1$.

Réponse : $\lim_{x \to -\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} = -1$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x^2}$

Si nous substituons directement $x = 0$, nous obtenons $\frac{\ln(1+0)}{0^2} = \frac{\ln(1)}{0} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour analyser cette limite, rappelons que pour $x$ proche de $0$, $\ln(1+x) \approx x$. Plus précisément, $\ln(1+x) \sim x$ quand $x \to 0$.

Donc, $\frac{\ln(1+x)}{x^2} \sim \frac{x}{x^2} = \frac{1}{x}$ quand $x \to 0$.

Étudions les limites à droite et à gauche de $0$.

Lorsque $x \to 0^+$, $\frac{1}{x} \to +\infty$. Donc, $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(1+x)}{x^2} = +\infty$.

Lorsque $x \to 0^-$, $\frac{1}{x} \to -\infty$. Donc, $\lim_{x \to 0^-} \frac{\ln(1+x)}{x^2} = -\infty$.

Puisque les limites à droite et à gauche sont différentes, la limite $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x^2}$ n'existe pas au sens où elle n'est pas une valeur finie. Cependant, si la question sous-entend la limite pour $x \to 0^+$, alors la limite est $+\infty$. En général, on peut dire que la limite tend vers l'infini, mais il faut préciser le comportement à droite et à gauche.

En considérant la question telle qu'elle est posée (limite en $x \to 0$), et en remarquant que le domaine de $\ln(1+x)$ impose $1+x > 0$, soit $x > -1$. Si on considère $x \to 0$ dans le domaine de définition de $\ln(1+x)$, on approche $0$ par des valeurs pour lesquelles $1+x > 0$. Si on suppose qu'on s'intéresse à la limite quand $x \to 0^+$ car $\ln(1+x)$ est défini pour $x > -1$, alors:

Réponse (pour $x \to 0^+$): $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(1+x)}{x^2} = +\infty$

Question 3: Déterminer les asymptotes horizontales et verticales de $f(x) = \frac{x^2 + 2x + 1}{x + 1}$

Simplification de la fonction : Observons le numérateur : $x^2 + 2x + 1 = (x + 1)^2$. Donc, $f(x) = \frac{(x + 1)^2}{x + 1}$.

Pour $x \neq -1$, nous pouvons simplifier : $f(x) = \frac{(x + 1)^2}{x + 1} = x + 1$. La fonction $f(x)$ est donc égale à $x + 1$ partout sauf en $x = -1$, où elle n'est pas définie. En $x = -1$, il y a un trou dans le graphe, et non une asymptote verticale.

Asymptotes Horizontales : La fonction simplifiée est $f(x) = x + 1$ (pour $x \neq -1$). La limite de $x + 1$ lorsque $x \to \pm\infty$ est $\pm\infty$. Donc, il n'y a pas d'asymptote horizontale.

Asymptotes Verticales : Le dénominateur initial était $x + 1$. Il s'annule en $x = -1$. Cependant, après simplification, la fonction devient $x + 1$, qui est définie en $x = -1$. Comme la fonction se simplifie en une fonction linéaire sans dénominateur, il n'y a pas d'asymptote verticale. Il y a juste un trou en $x = -1$.

Pour confirmer qu'il n'y a pas d'asymptote verticale en $x = -1$, on peut calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to -1$. Puisque $f(x) = x + 1$ pour $x \neq -1$, $\lim_{x \to -1} f(x) = \lim_{x \to -1} (x + 1) = -1 + 1 = 0$. La limite est finie, donc il n'y a pas d'asymptote verticale.

Réponse : Pas d'asymptote horizontale. Pas d'asymptote verticale. Trou en $x = -1$.

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 + 3}{x}$

Pour calculer cette limite lorsque $x \to +\infty$, nous remarquons que le degré du numérateur ($2$) est supérieur au degré du dénominateur ($1$). Dans ce cas, la limite sera infinie ($\pm\infty$).

Nous pouvons diviser le numérateur et le dénominateur par la plus haute puissance de $x$ au dénominateur, qui est $x$ :

$\frac{x^2 + 3}{x} = \frac{\frac{x^2}{x} + \frac{3}{x}}{\frac{x}{x}} = \frac{x + \frac{3}{x}}{1} = x + \frac{3}{x}$.

Maintenant, étudions la limite de chaque terme lorsque $x \to +\infty$ :

$\lim_{x \to +\infty} x = +\infty$, $\lim_{x \to +\infty} \frac{3}{x} = 0$.

Par somme de limites, nous obtenons :

$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 + 3}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( x + \frac{3}{x} \right) = \lim_{x \to +\infty} x + \lim_{x \to +\infty} \frac{3}{x} = +\infty + 0 = +\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 + 3}{x} = +\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - 1}{e^{5x} - 1}$

Si nous substituons directement $x = 0$, nous obtenons $\frac{e^{3 \times 0} - 1}{e^{5 \times 0} - 1} = \frac{e^0 - 1}{e^0 - 1} = \frac{1 - 1}{1 - 1} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser la limite remarquable : $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$.

Nous pouvons réécrire l'expression en multipliant le numérateur et le dénominateur par $x$ :

$\frac{e^{3x} - 1}{e^{5x} - 1} = \frac{\frac{e^{3x} - 1}{x}}{\frac{e^{5x} - 1}{x}}$.

Pour faire apparaître la forme $\frac{e^u - 1}{u}$, nous multiplions le numérateur par $3$ et le dénominateur par $5$ :

$\frac{\frac{e^{3x} - 1}{x}}{\frac{e^{5x} - 1}{x}} = \frac{\frac{e^{3x} - 1}{3x} \times 3}{\frac{e^{5x} - 1}{5x} \times 5} = \frac{3}{5} \times \frac{\frac{e^{3x} - 1}{3x}}{\frac{e^{5x} - 1}{5x}}$.

Posons $u = 3x$ et $v = 5x$. Lorsque $x \to 0$, $u \to 0$ et $v \to 0$. L'expression devient :

$\frac{3}{5} \times \frac{\frac{e^{u} - 1}{u}}{\frac{e^{v} - 1}{v}}$.

Maintenant, calculons la limite lorsque $x \to 0$ (ce qui équivaut à $u \to 0$ et $v \to 0$) :

$\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - 1}{e^{5x} - 1} = \lim_{u \to 0, v \to 0} \frac{3}{5} \times \frac{\frac{e^{u} - 1}{u}}{\frac{e^{v} - 1}{v}} = \frac{3}{5} \times \frac{\lim_{u \to 0} \frac{e^{u} - 1}{u}}{\lim_{v \to 0} \frac{e^{v} - 1}{v}} = \frac{3}{5} \times \frac{1}{1} = \frac{3}{5}$.

Réponse : $\lim_{x \to 0} \frac{e^{3x} - 1}{e^{5x} - 1} = \frac{3}{5}$

Question 3: Déterminer les asymptotes horizontales et verticales de $f(x) = \frac{5}{x^2 + 4}$

Asymptotes Horizontales : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$.

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{5}{x^2 + 4}$.

Lorsque $x \to \pm\infty$, le dénominateur $x^2 + 4 \to +\infty$, tandis que le numérateur reste constant à $5$. Donc, la fraction tend vers $0$.

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{5}{x^2 + 4} = 0$.

Ainsi, la droite d'équation $y = 0$ (l'axe des abscisses) est une asymptote horizontale à la courbe de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur et ne sont pas des racines du numérateur. Le dénominateur est $x^2 + 4$. Cherchons les valeurs de $x$ pour lesquelles $x^2 + 4 = 0$ :

$x^2 + 4 = 0 \implies x^2 = -4$. Cette équation n'a pas de solution réelle, car un carré est toujours positif ou nul. Donc, il n'y a pas de valeur réelle de $x$ qui annule le dénominateur.

Par conséquent, il n'y a pas d'asymptote verticale pour la fonction $f(x) = \frac{5}{x^2 + 4}$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$. Pas d'asymptote verticale.

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to -\infty} (-3x^5 + 2x^3 - x + 9)$

Pour calculer la limite d'un polynôme lorsque $x$ tend vers l'infini (ici $-\infty$), on se concentre sur le terme de plus haut degré, qui est $-3x^5$.

Pour justifier cela, nous factorisons par le terme de plus haut degré :

$-3x^5 + 2x^3 - x + 9 = x^5 \left( -3 + \frac{2x^3}{x^5} - \frac{x}{x^5} + \frac{9}{x^5} \right) = x^5 \left( -3 + \frac{2}{x^2} - \frac{1}{x^4} + \frac{9}{x^5} \right)$

Maintenant, étudions la limite de chaque terme à l'intérieur de la parenthèse lorsque $x \to -\infty$ :

$\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{x^2} = 0$, $\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^4} = 0$, $\lim_{x \to -\infty} \frac{9}{x^5} = 0$.

Donc, $\lim_{x \to -\infty} \left( -3 + \frac{2}{x^2} - \frac{1}{x^4} + \frac{9}{x^5} \right) = -3 + 0 - 0 + 0 = -3$.

De plus, $\lim_{x \to -\infty} x^5 = -\infty$.

Par produit de limites, nous obtenons :

$\lim_{x \to -\infty} (-3x^5 + 2x^3 - x + 9) = \lim_{x \to -\infty} x^5 \times \lim_{x \to -\infty} \left( -3 + \frac{2}{x^2} - \frac{1}{x^4} + \frac{9}{x^5} \right) = -\infty \times (-3) = +\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to -\infty} (-3x^5 + 2x^3 - x + 9) = +\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{x - 1}{x^2 + 3}$

Pour calculer la limite d'une fonction rationnelle lorsque $x \to +\infty$, nous comparons les degrés des polynômes au numérateur et au dénominateur. Ici, le degré du numérateur est $1$ et le degré du dénominateur est $2$. Lorsque le degré du dénominateur est strictement supérieur au degré du numérateur, la limite est toujours $0$.

Pour justifier cela, nous pouvons diviser le numérateur et le dénominateur par $x^2$ :

$\frac{x - 1}{x^2 + 3} = \frac{\frac{x}{x^2} - \frac{1}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} + \frac{3}{x^2}} = \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}}{1 + \frac{3}{x^2}}$.

Lorsque $x \to +\infty$, $\frac{1}{x} \to 0$, $\frac{1}{x^2} \to 0$, $\frac{3}{x^2} \to 0$. Donc, $\lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}}{1 + \frac{3}{x^2}} = \frac{0 - 0}{1 + 0} = \frac{0}{1} = 0$.

Réponse : $\lim_{x \to +\infty} \frac{x - 1}{x^2 + 3} = 0$

Question 3: Calcul de $\lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{\ln(x)}$

Si nous substituons directement $x = 1$, nous obtenons $\frac{1 - 1}{\ln(1)} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous pouvons utiliser la règle de L'Hôpital, ou faire un changement de variable pour utiliser une limite remarquable.

Utilisation de la règle de L'Hôpital : La règle de L'Hôpital dit que si $\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}$ est une forme indéterminée de type $\frac{0}{0}$ ou $\frac{\infty}{\infty}$, alors $\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$, si cette dernière limite existe.

Ici, $f(x) = x - 1$ et $g(x) = \ln(x)$. Calculons les dérivées : $f'(x) = \frac{d}{dx}(x - 1) = 1$ et $g'(x) = \frac{d}{dx}(\ln(x)) = \frac{1}{x}$.

Donc, $\lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{\ln(x)} = \lim_{x \to 1} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 1} \frac{1}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 1} x = 1$.

Réponse : $\lim_{x \to 1} \frac{x - 1}{\ln(x)} = 1$

Question 1: Calcul de $\lim_{x \to 3^-} \frac{2x}{x - 3}$

Nous devons calculer la limite lorsque $x$ tend vers $3$ par valeurs inférieures ($x \to 3^-$). Analysons le numérateur et le dénominateur séparément.

Lorsque $x \to 3^-$, le numérateur $2x$ tend vers $2 \times 3 = 6$.

Lorsque $x \to 3^-$, le dénominateur $x - 3$ tend vers $0$. Il faut déterminer le signe de $x - 3$ lorsque $x$ est légèrement inférieur à $3$. Si $x < 3$, alors $x - 3 < 0$. Donc, $x - 3$ tend vers $0$ par valeurs négatives, ce que l'on note $0^-$.

Nous avons donc une limite de la forme $\frac{6}{0^-}$. Lorsqu'on divise un nombre positif (proche de $6$) par un nombre négatif très petit (proche de $0$), le résultat est un nombre négatif de très grande valeur absolue. Par conséquent, la limite est $-\infty$.

Réponse : $\lim_{x \to 3^-} \frac{2x}{x - 3} = -\infty$

Question 2: Calcul de $\lim_{x \to 0} \frac{1 - e^{-2x}}{x}$

Si nous substituons directement $x = 0$, nous obtenons $\frac{1 - e^{-2 \times 0}}{0} = \frac{1 - e^0}{0} = \frac{1 - 1}{0} = \frac{0}{0}$, qui est une forme indéterminée. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser la limite remarquable : $\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = 1$.

Réécrivons l'expression pour faire apparaître la forme $\frac{e^u - 1}{u}$. Nous pouvons factoriser par $-1$ au numérateur :

$\frac{1 - e^{-2x}}{x} = \frac{-(e^{-2x} - 1)}{x} = - \frac{e^{-2x} - 1}{x}$.

Pour faire apparaître $-2x$ au dénominateur, nous multiplions et divisons par $-2$ :

$- \frac{e^{-2x} - 1}{x} = - \frac{e^{-2x} - 1}{x} \times \frac{-2}{-2} = - (-2) \times \frac{e^{-2x} - 1}{-2x} = 2 \times \frac{e^{-2x} - 1}{-2x}$.

Posons $u = -2x$. Lorsque $x \to 0$, alors $u = -2x \to 0$. L'expression devient :

$2 \times \frac{e^{u} - 1}{u}$.

Maintenant, calculons la limite lorsque $x \to 0$ (ce qui équivaut à $u \to 0$) :

$\lim_{x \to 0} \frac{1 - e^{-2x}}{x} = \lim_{u \to 0} 2 \times \frac{e^{u} - 1}{u} = 2 \times \lim_{u \to 0} \frac{e^{u} - 1}{u} = 2 \times 1 = 2$.

Réponse : $\lim_{x \to 0} \frac{1 - e^{-2x}}{x} = 2$

Question 3: Déterminer les asymptotes horizontales et verticales de $f(x) = \frac{x}{x^2 + 2x}$

Simplification de la fonction : Factorisons le dénominateur : $x^2 + 2x = x(x + 2)$. Donc, $f(x) = \frac{x}{x(x + 2)}$.

Pour $x \neq 0$, nous pouvons simplifier en annulant le facteur $x$ au numérateur et au dénominateur : $f(x) = \frac{1}{x + 2}$ pour $x \neq 0$. Il y aura un trou en $x = 0$.

Asymptotes Horizontales : Nous étudions la limite de la fonction simplifiée lorsque $x \to \pm\infty$ :

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x + 2} = 0$.

Ainsi, la droite d'équation $y = 0$ (l'axe des abscisses) est une asymptote horizontale à la courbe de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$.

Asymptotes Verticales : Le dénominateur de la forme simplifiée est $x + 2$. Il s'annule lorsque $x + 2 = 0 \implies x = -2$. Le numérateur de la forme simplifiée est $1$, qui n'est pas nul en $x = -2$. Donc, il y a une asymptote verticale en $x = -2$.

Pour $x = 0$, bien que le dénominateur initial soit nul, nous avons simplifié la fonction et la limite en $x=0$ de la forme simplifiée est $\lim_{x \to 0} \frac{1}{x + 2} = \frac{1}{0 + 2} = \frac{1}{2}$. Comme la limite est finie, il n'y a pas d'asymptote verticale en $x = 0$, mais un trou.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$. Asymptote verticale : $x = -2$. Trou en $x=0$.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous calculons la limite de $f(x)$ lorsque $x \to \pm\infty$. Pour une fonction rationnelle, si les degrés du numérateur et du dénominateur sont égaux, l'asymptote horizontale est donnée par le rapport des coefficients des termes de plus haut degré.

Ici, $f(x) = \frac{4x^2 - 1}{x^2 - 1}$. Les termes de plus haut degré sont $4x^2$ au numérateur et $x^2$ au dénominateur. Le rapport de leurs coefficients est $\frac{4}{1} = 4$.

Donc, $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{4x^2 - 1}{x^2 - 1} = 4$. L'asymptote horizontale est la droite d'équation $y = 4$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $x^2 - 1$. Cherchons les racines de $x^2 - 1 = 0$ :

$x^2 - 1 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$.

Vérifions que le numérateur n'est pas nul pour ces valeurs de $x$. Le numérateur est $4x^2 - 1$.

Pour $x = 1$, $4x^2 - 1 = 4(1)^2 - 1 = 4 - 1 = 3 \neq 0$.

Pour $x = -1$, $4x^2 - 1 = 4(-1)^2 - 1 = 4 - 1 = 3 \neq 0$.

Puisque le dénominateur s'annule et le numérateur ne s'annule pas pour $x = 1$ et $x = -1$, nous avons des asymptotes verticales en $x = 1$ et $x = -1$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 4$. Asymptotes verticales : $x = 1$ et $x = -1$.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous calculons la limite de $f(x)$ lorsque $x \to \pm\infty$. Pour une fonction rationnelle, si le degré du dénominateur est strictement supérieur au degré du numérateur, l'asymptote horizontale est $y = 0$.

Ici, $f(x) = \frac{2x + 3}{x^2 + 5x + 6}$. Le degré du numérateur est $1$ et le degré du dénominateur est $2$. Puisque le degré du dénominateur est supérieur, $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x + 3}{x^2 + 5x + 6} = 0$. L'asymptote horizontale est la droite d'équation $y = 0$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $x^2 + 5x + 6$. Factorisons le dénominateur pour trouver ses racines :

$x^2 + 5x + 6 = (x+2)(x+3)$. Les racines sont $x = -2$ et $x = -3$.

Vérifions que le numérateur n'est pas nul pour ces valeurs de $x$. Le numérateur est $2x + 3$.

Pour $x = -2$, $2x + 3 = 2(-2) + 3 = -4 + 3 = -1 \neq 0$.

Pour $x = -3$, $2x + 3 = 2(-3) + 3 = -6 + 3 = -3 \neq 0$.

Puisque le dénominateur s'annule et le numérateur ne s'annule pas pour $x = -2$ et $x = -3$, nous avons des asymptotes verticales en $x = -2$ et $x = -3$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$. Asymptotes verticales : $x = -2$ et $x = -3$.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous calculons la limite de $f(x)$ lorsque $x \to \pm\infty$. Pour une fonction rationnelle, si le degré du numérateur est strictement supérieur au degré du dénominateur, il n'y a pas d'asymptote horizontale.

Ici, $f(x) = \frac{x^3 + 1}{x^2 + 1}$. Le degré du numérateur est $3$ et le degré du dénominateur est $2$. Puisque le degré du numérateur est supérieur, il n'y a pas d'asymptote horizontale.

On peut vérifier que $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^3 + 1}{x^2 + 1} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^3}{x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} x = \pm\infty$. La limite n'est pas finie, donc pas d'asymptote horizontale.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $x^2 + 1$. Cherchons les racines de $x^2 + 1 = 0$ :

$x^2 + 1 = 0 \implies x^2 = -1$. Cette équation n'a pas de solution réelle. Donc, le dénominateur ne s'annule jamais pour $x \in \mathbb{R}$.

Par conséquent, il n'y a pas d'asymptote verticale pour la fonction $f(x) = \frac{x^3 + 1}{x^2 + 1}$.

Réponse : Pas d'asymptote horizontale. Pas d'asymptote verticale.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$.

Pour $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2(1 + 1/x^2)}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2}\sqrt{1 + 1/x^2}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{|x|\sqrt{1 + 1/x^2}}{x}$.

Comme $x \to +\infty$, $x > 0$, donc $|x| = x$. Ainsi, $\lim_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{1 + 1/x^2}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + 1/x^2} = \sqrt{1 + 0} = 1$. Donc $y = 1$ est une asymptote horizontale en $+\infty$.

Pour $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{|x|\sqrt{1 + 1/x^2}}{x}$.

Comme $x \to -\infty$, $x < 0$, donc $|x| = -x$. Ainsi, $\lim_{x \to -\infty} \frac{-x\sqrt{1 + 1/x^2}}{x} = \lim_{x \to -\infty} -\sqrt{1 + 1/x^2} = -\sqrt{1 + 0} = -1$. Donc $y = -1$ est une asymptote horizontale en $-\infty$.

Asymptotes horizontales : $y = 1$ et $y = -1$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $x$. Il s'annule lorsque $x = 0$.

Vérifions si le numérateur est non nul en $x = 0$. Le numérateur est $\sqrt{x^2 + 1}$. Pour $x = 0$, $\sqrt{x^2 + 1} = \sqrt{0^2 + 1} = \sqrt{1} = 1 \neq 0$.

Puisque le dénominateur s'annule et le numérateur ne s'annule pas pour $x = 0$, nous avons une asymptote verticale en $x = 0$.

Réponse : Asymptotes horizontales : $y = 1$ et $y = -1$. Asymptote verticale : $x = 0$.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$.

Pour $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x - 2}{\sqrt{x^2 + 4}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x(1 - 2/x)}{\sqrt{x^2(1 + 4/x^2)}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x(1 - 2/x)}{|x|\sqrt{1 + 4/x^2}}$.

Comme $x \to +\infty$, $|x| = x$. Ainsi, $\lim_{x \to +\infty} \frac{x(1 - 2/x)}{x\sqrt{1 + 4/x^2}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - 2/x}{\sqrt{1 + 4/x^2}} = \frac{1 - 0}{\sqrt{1 + 0}} = 1$. Donc $y = 1$ est une asymptote horizontale en $+\infty$.

Pour $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} \frac{x - 2}{\sqrt{x^2 + 4}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x(1 - 2/x)}{|x|\sqrt{1 + 4/x^2}}$.

Comme $x \to -\infty$, $|x| = -x$. Ainsi, $\lim_{x \to -\infty} \frac{x(1 - 2/x)}{-x\sqrt{1 + 4/x^2}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 - 2/x}{-\sqrt{1 + 4/x^2}} = \frac{1 - 0}{-\sqrt{1 + 0}} = -1$. Donc $y = -1$ est une asymptote horizontale en $-\infty$.

Asymptotes horizontales : $y = 1$ et $y = -1$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $\sqrt{x^2 + 4}$.

L'expression $x^2 + 4$ est toujours strictement positive pour tout $x \in \mathbb{R}$ (car $x^2 \ge 0$, donc $x^2 + 4 \ge 4 > 0$). Par conséquent, $\sqrt{x^2 + 4}$ n'est jamais nul pour $x \in \mathbb{R}$.

Donc, il n'y a pas d'asymptote verticale pour la fonction $f(x) = \frac{x - 2}{\sqrt{x^2 + 4}}$.

Réponse : Asymptotes horizontales : $y = 1$ et $y = -1$. Pas d'asymptote verticale.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$.

Pour $x \to -\infty$: $\lim_{x \to -\infty} \frac{e^x}{x - 1}$. Lorsque $x \to -\infty$, $e^x \to 0$ et $x - 1 \to -\infty$. Donc, nous avons une forme $\frac{0}{-\infty}$, qui tend vers $0$. Plus précisément, $\lim_{x \to -\infty} \frac{e^x}{x - 1} = 0$. Donc $y = 0$ est une asymptote horizontale en $-\infty$.

Pour $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x - 1}$. Lorsque $x \to +\infty$, $e^x \to +\infty$ et $x - 1 \to +\infty$. Nous avons une forme $\frac{\infty}{\infty}$, qui est indéterminée. Nous pouvons utiliser la croissance comparée ou la règle de L'Hôpital.

Par croissance comparée, on sait que $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x} = +\infty$. Comme $x - 1 \sim x$ lorsque $x \to +\infty$, on a aussi $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x - 1} = +\infty$. Donc, il n'y a pas d'asymptote horizontale en $+\infty$.

Asymptote horizontale : $y = 0$ en $-\infty$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $x - 1$. Il s'annule lorsque $x - 1 = 0 \implies x = 1$.

Vérifions si le numérateur est non nul en $x = 1$. Le numérateur est $e^x$. Pour $x = 1$, $e^x = e^1 = e \neq 0$.

Puisque le dénominateur s'annule et le numérateur ne s'annule pas pour $x = 1$, nous avons une asymptote verticale en $x = 1$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$ en $-\infty$. Asymptote verticale : $x = 1$.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous devons calculer les limites de $f(x)$ lorsque $x \to +\infty$ et $x \to -\infty$. Cependant, la fonction $\ln(x)$ est définie seulement pour $x > 0$, donc nous ne considérons que $x \to +\infty$ et $x \to 0^+$ pour les asymptotes verticales.

Pour $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x}$. Par croissance comparée, on sait que $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x^\alpha} = 0$ pour tout $\alpha > 0$. En particulier, pour $\alpha = 1$, $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$. Donc $y = 0$ est une asymptote horizontale en $+\infty$.

Asymptote horizontale : $y = 0$ en $+\infty$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux bornes du domaine de définition où la fonction tend vers l'infini. Le domaine de définition de $f(x) = \frac{\ln(x)}{x}$ est $x > 0$. Nous devons étudier la limite lorsque $x \to 0^+$.

Pour $x \to 0^+$: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x}$. Lorsque $x \to 0^+$, $\ln(x) \to -\infty$ et $x \to 0^+$. Donc, nous avons une forme $\frac{-\infty}{0^+}$, qui tend vers $-\infty$. Plus précisément, $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x} = -\infty$. Donc $x = 0$ est une asymptote verticale.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$ en $+\infty$. Asymptote verticale : $x = 0$.

Simplification de la fonction : Factorisons le numérateur : $x^2 - 9 = (x - 3)(x + 3)$. Donc, $f(x) = \frac{(x - 3)(x + 3)}{x - 3}$.

Pour $x \neq 3$, nous pouvons simplifier en annulant le facteur $(x - 3)$ : $f(x) = x + 3$ pour $x \neq 3$. La fonction $f(x)$ est donc égale à $x + 3$ partout sauf en $x = 3$, où elle n'est pas définie. En $x = 3$, il y a un trou dans le graphe, et non une asymptote verticale.

Asymptote Horizontale : La fonction simplifiée est $f(x) = x + 3$ (pour $x \neq 3$). La limite de $x + 3$ lorsque $x \to \pm\infty$ est $\pm\infty$. Donc, il n'y a pas d'asymptote horizontale.

Asymptotes Verticales : Le dénominateur initial était $x - 3$. Il s'annule en $x = 3$. Cependant, après simplification, la fonction devient $x + 3$, qui est définie en $x = 3$. Comme la fonction se simplifie en une fonction linéaire sans dénominateur, il n'y a pas d'asymptote verticale. Il y a juste un trou en $x = 3$.

Pour confirmer qu'il n'y a pas d'asymptote verticale en $x = 3$, on peut calculer la limite de $f(x)$ lorsque $x \to 3$. Puisque $f(x) = x + 3$ pour $x \neq 3$, $\lim_{x \to 3} f(x) = \lim_{x \to 3} (x + 3) = 3 + 3 = 6$. La limite est finie, donc il n'y a pas d'asymptote verticale.

Réponse : Pas d'asymptote horizontale. Pas d'asymptote verticale. Trou en $x = 3$.

Asymptote Horizontale : Pour trouver les asymptotes horizontales, nous calculons la limite de $f(x)$ lorsque $x \to \pm\infty$. Pour une fonction rationnelle, si le degré du dénominateur est strictement supérieur au degré du numérateur, l'asymptote horizontale est $y = 0$.

Ici, $f(x) = \frac{2x^2 + 1}{x^4 + 2}$. Le degré du numérateur est $2$ et le degré du dénominateur est $4$. Puisque le degré du dénominateur est supérieur, $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2 + 1}{x^4 + 2} = 0$. L'asymptote horizontale est la droite d'équation $y = 0$.

Asymptotes Verticales : Les asymptotes verticales se trouvent potentiellement aux valeurs de $x$ qui annulent le dénominateur. Le dénominateur est $x^4 + 2$. Cherchons les racines de $x^4 + 2 = 0$ :

$x^4 + 2 = 0 \implies x^4 = -2$. Cette équation n'a pas de solution réelle, car $x^4 \ge 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Donc, le dénominateur ne s'annule jamais pour $x \in \mathbb{R}$.

Par conséquent, il n'y a pas d'asymptote verticale pour la fonction $f(x) = \frac{2x^2 + 1}{x^4 + 2}$.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 0$. Pas d'asymptote verticale.

Simplification de la fonction : Factorisons le numérateur et le dénominateur. Numérateur : $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$. Dénominateur : $x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)$.

Donc, $f(x) = \frac{(x - 2)(x + 2)}{(x - 2)(x - 3)}$. Pour $x \neq 2$, nous pouvons simplifier en annulant le facteur $(x - 2)$ : $f(x) = \frac{x + 2}{x - 3}$ pour $x \neq 2$. Il y aura un trou en $x = 2$.

Asymptote Horizontale : Nous étudions la limite de la fonction simplifiée lorsque $x \to \pm\infty$ :

$\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + 2}{x - 3}$. Puisque les degrés du numérateur et du dénominateur sont égaux (degré 1), la limite est le rapport des coefficients des termes de plus haut degré, qui est $\frac{1}{1} = 1$. Donc, $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + 2}{x - 3} = 1$. L'asymptote horizontale est la droite d'équation $y = 1$.

Asymptotes Verticales : Le dénominateur de la forme simplifiée est $x - 3$. Il s'annule lorsque $x - 3 = 0 \implies x = 3$. Le numérateur de la forme simplifiée est $x + 2$. Pour $x = 3$, le numérateur vaut $3 + 2 = 5 \neq 0$. Donc, il y a une asymptote verticale en $x = 3$.

Pour $x = 2$, nous avons simplifié la fonction, et il y aura un trou en $x = 2$, pas une asymptote verticale.

Réponse : Asymptote horizontale : $y = 1$. Asymptote verticale : $x = 3$. Trou en $x=2$.