Limites de Fonctions : Exercices et Type Bac

Correction :

1. $\lim\limits_{x \rightarrow -3^+} (-2 x -6) = 0^-$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow -3^+} \dfrac{1}{-2x - 6} = -\infty$
2. $\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} \dfrac{1}{\sqrt{x}} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} \left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right) = +\infty$.
   De plus $\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} (x-3) = -3$.
   Par conséquent $\lim\limits_{x \rightarrow 0^+} \left(\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right) (x-3)\right) = -\infty$
3. $\lim\limits_{x \rightarrow 3^+} (1-4x) = -11$ et $\lim\limits_{x \rightarrow 3^+} (x-3) = 0^+$ donc
   $\lim\limits_{x \rightarrow 3^+} \dfrac{1-4x}{x-3} = -\infty$
4. $\lim\limits_{x \rightarrow 2^-} x^3 = 8$ et $\lim\limits_{x \rightarrow 2^-} (4-2x) = 0^+$ donc
   $\lim\limits_{x \rightarrow 2^-} \dfrac{x^3}{4-2x} = +\infty$
5. $\dfrac{\sqrt{x} + 2 - 3x}{x} = \dfrac{x\left(\dfrac{\sqrt{x}}{x} + \dfrac{2}{x} - 3\right)}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{x}} + \dfrac{2}{x} - 3$.
   Or $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}} = 0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2}{x} = 0$
   Par conséquent $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\sqrt{x} + 2 - 3x}{x} = -3$
6. $\dfrac{2x+5}{\sqrt{-x}} = \dfrac{2x}{\sqrt{-x}} + \dfrac{5}{\sqrt{-x}}$ $= -2\sqrt{-x}+\dfrac{5}{\sqrt{-x}}$.
   Or $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} -2\sqrt{-x}=-\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{5}{\sqrt{-x}} = 0$.
   Par conséquent $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{2x+5}{\sqrt{-x}} = -\infty$
7. $\lim\limits_{x \rightarrow -2^-} -2x = 4$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -2^-} (3x + 6) = 0^-$
   Donc $\lim\limits_{x \rightarrow -2^-} \dfrac{-2x}{3x +6} = -\infty$

Correction :

1. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2x -1}{x^2+5} =$ $ \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2x}{x^2} $ $= \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2}{x} = 0^+$ d'après la limite du quotient des termes de plus haut degré.
2. $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{2x -1}{x^2+5} =$ $ \lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{2x}{x^2} $ $= \lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{2}{x} = 0^-$ d'après la limite du quotient des termes de plus haut degré.
3. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{4x(-x-1)}{\left(x^2+2\right)(x+3)}$ $ = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{-4x^2-4x}{x^3+3x^2+2x +6}$ $ = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{-4x^2}{x^3}$ $ = \dfrac{-4}{x} = 0^-$ d'après la limite du quotient des termes de plus haut degré.
4. $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{x^3+2x^2}{(x+2)(x-5)}$ $=\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{x^3+2x^2}{x^2-3x -10} $ $= \lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{x^3}{x^2}$ $=\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} x = -\infty$ d'après la limite du quotient des termes de plus haut degré.
5. $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{-3x^2+5x -1}{4x^2+x+1}$ $ = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{-3x^2}{4x^2} $ $=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} -\dfrac{3}{4} = -\dfrac{3}{4}$ d'après la limite du quotient des termes de plus haut degré.

Correction :

1. On constate que le numérateur et le dénominateur vont tendre vers $0$. Tel quel, on est en présence d'une forme indéterminée.
   Essayons de factoriser $-2x^2-x+3$. $\Delta = 1+24 = 25 >0$.
   Il y a donc deux racines réelles. $x_1 = \dfrac{1 - 5}{-4} = 1$ et $\dfrac{1+5}{-4} = -\dfrac{3}{2}$.
   Ainsi $\dfrac{-2x^2-x+3}{x-1} = \dfrac{-2(x -1)\left(x + \dfrac{3}{2} \right)}{x-1} =-2\left( x + \dfrac{3}{2}\right)$ pour tout $x \ne 1$.
   Donc $\lim\limits_{x \rightarrow 1} \dfrac{-2x^2-x+3}{x-1}$ $=\lim\limits_{x \rightarrow 1} -2\left(x + \dfrac{3}{2}\right) = -5$
2. On constate que le numérateur et le dénominateur vont tendre vers $0$.
   $\dfrac{x^2+4x}{-x^2-2x+8} = \dfrac{x(x+4)}{-(x -2)(x +4)}$ $=\dfrac{-x}{x -2}$ pour $x \ne -4$
   Par conséquent $\lim\limits_{x \rightarrow -4} \dfrac{x^2+4x}{-x^2-2x+8}$ $=\lim\limits_{x \rightarrow -4} \dfrac{-x}{x -2} = - \dfrac{2}{3}$
3. On constate encore une fois que le numérateur et le dénominateur vont tendre vers $0$.
   $\dfrac{x^2-4}{\sqrt{2} - \sqrt{x}} $ $= \dfrac{(x-2)(x+2)}{\sqrt{2}-\sqrt{x}}$ $= \dfrac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{2}\right)(x+2)}{\sqrt{2} - \sqrt{x}}$ $=-\left(\sqrt{x}+\sqrt{2}\right)(x+2)$ pour tout $x \ne 2$.
   Donc $\lim\limits_{x \rightarrow 2^+} \dfrac{x^2-4}{\sqrt{2} - \sqrt{x}}$ $=\lim\limits_{x \rightarrow 2^+}-\left(\sqrt{x}+\sqrt{2}\right)(x+2)$ $=-8\sqrt{2}$
4. Là encore, on constate que le numérateur et le dénominateur vont tendre vers $0$.
   $\dfrac{\sqrt{9-x}}{x^2-81} = \dfrac{\sqrt{9-x}}{(x - 9)(x + 9)} = \dfrac{-1}{(x + 9)\sqrt{9 - x}}$ pour $x\ne 9$.
   Donc $\lim\limits_{x \rightarrow 9^-} \dfrac{\sqrt{9-x}}{x^2-81}$ $=\lim\limits_{x \rightarrow 9^-} \dfrac{-1}{(x + 9)\sqrt{9 - x}}$ $ = -\infty$

Correction :

1. On sait que $-1 \leq \sin(x) \leq 1$. En divisant par $x$ (pour $x>0$), on obtient : $-\frac{1}{x} \leq \frac{\sin(x)}{x} \leq \frac{1}{x}$. Puisque $\lim_{x \to +\infty} -\frac{1}{x} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0$, alors par le théorème des gendarmes, $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x)}{x} = 0$.
2. On sait que $-1 \leq \cos(x) \leq 1$. En divisant par $x^2$ (pour $x^2>0$), on obtient : $-\frac{1}{x^2} \leq \frac{\cos(x)}{x^2} \leq \frac{1}{x^2}$. Puisque $\lim_{x \to +\infty} -\frac{1}{x^2} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^2} = 0$, alors par le théorème des gendarmes, $\lim_{x \to +\infty} \frac{\cos(x)}{x^2} = 0$.
3. On sait que $-1 \leq \cos(x) \leq 1$. On a donc $ -|x| \leq x\cos(x) \leq |x|$. En divisant par $x^2 + 1$ (qui est toujours positif), on obtient l'encadrement demandé : $\frac{-|x|}{x^2 + 1} \leq \frac{x \cos(x)}{x^2 + 1} \leq \frac{|x|}{x^2 + 1}$. De plus, $\lim_{x \to +\infty} \frac{-|x|}{x^2 + 1} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{|x|}{x^2 + 1} = 0$. Par conséquent, par le théorème des gendarmes, $\lim_{x \to +\infty} \frac{x \cos(x)}{x^2 + 1} = 0$.

Correction :

1. Posons $X = x^2$. Alors, lorsque $x \to 0$, $X \to 0$. Ainsi, notre limite devient: $\lim_{X \to 0} \frac{e^X - 1}{X} = 1$ (limite usuelle).
2. Posons $X = \frac{1}{x}$. Alors, lorsque $x \to +\infty$, $X \to 0^+$. Ainsi, notre limite devient: $\lim_{X \to 0^+} \ln(1 + X)$. Or, $\ln(1 + 0) = \ln(1) = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} \ln(1 + \frac{1}{x}) = 0$.
3. Posons $X = 3x$. Alors, lorsque $x \to 0$, $X \to 0$. On a $x = \frac{X}{3}$. Donc notre limite devient: $\lim_{X \to 0} \frac{\sin(X)}{\frac{X}{3}} = \lim_{X \to 0} 3 \frac{\sin(X)}{X} = 3 \times 1 = 3$ (car $\lim_{X \to 0} \frac{\sin(X)}{X} = 1$).

Correction :

1. Étudions tout d'abord les limites en $\pm \infty$. D'après la limite du quotient des termes de plus haut degré : $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)$ $=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x^2}{x^2} = 1$ De même $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x)$ $=\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{x^2}{x^2} = 1$ La courbe représentative de la fonction $f$ admet donc une asymptote horizontale d'équation $y=1$. Étudions maintenant les limites en $-2$. $\lim\limits_{x \rightarrow -2^-} (x^2+5x + 1) = -5$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -2^-} x^2+x-2 = 0^+$ Donc $\lim\limits_{x \rightarrow -2^-} f(x) = -\infty$. On obtient de même que $\lim\limits_{x \rightarrow -2^+} f(x)= +\infty$. Étudions enfin les limites en $1$. $\lim\limits_{x \rightarrow 1^-} x^2+5x+1=8$ et $\lim\limits_{x \rightarrow 1^-} x^2+x-2=0^-$ Donc $\lim\limits_{x \rightarrow 1^-} f(x) = -\infty$. On obtient de même que $\lim\limits_{x \rightarrow 1^+} f(x)=+\infty$ Ainsi la courbe représentative de $f$ possède également deux asymptotes verticales d'équation $x=1$ et $x=-2$.
2. D'après la limite du quotient des termes de plus haut degré on a : $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{3x^2}{x^2} = 3$ De même $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x) = 3$. Par conséquent $\mathscr{C}_f$ possède une asymptote horizontale d'équation $y=3$. Étudions le signe de $f(x)-3$ $\begin{align} f(x)-3 &= \dfrac{3x^2-4}{x^2-1} - 3 \\\\ &= \dfrac{3x^2-4 -3^\left(x^2-1\right)}{x^2-1} \\\\ &= \dfrac{-1}{x^2-1} \end{align}$ $x^2-1$ est positif sur $]-\infty;-1[ \cup ]1;+\infty[$ et négatif sur $]-1;1[$. Par conséquent $\mathscr{C}_f$ est au dessus de l'asymptote horizontale sur $]-1;1[$ et au-dessous sur $]-\infty;-1[ \cup ]1;+\infty[$. $\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} 3x^2-4=-1$ et $\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} x^2-1 = 0^-$. Par conséquent $\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} f(x) = +\infty$ $\lim\limits_{x\rightarrow 1^+} 3x^2-4=-1$ et $\lim\limits_{x\rightarrow 1^+} x^2-1 = 0^+$. Par conséquent $\lim\limits_{x\rightarrow 1^+} f(x) = -\infty$. On en déduit donc que $\mathscr{C}_f$ possède une asymptote verticale d'équation $x=1$. $\lim\limits_{x\rightarrow -1^-} 3x^2-4=-1$ et $\lim\limits_{x\rightarrow -1^-} x^2-1 = 0^+$. Par conséquent $\lim\limits_{x\rightarrow -1^-} f(x) = -\infty$. $\lim\limits_{x\rightarrow -1^+} 3x^2-4=-1$ et $\lim\limits_{x\rightarrow -1^+} x^2-1 = 0^-$. Par conséquent $\lim\limits_{x\rightarrow -1^+} f(x) = +\infty$. $\mathscr{C}_f$ possède donc une seconde asymptote verticale d'équation $x=-1$.

Correction :

a) Le domaine de définition de $f$ est $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ car la fonction n'est pas définie pour $x = 1$.

b) Calcul des limites:

$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{2x^2 - 3x + 1}{x - 1}$. On a une forme indéterminée $\frac{0}{0}$. En factorisant, on obtient :

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

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

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2}{x} = \lim_{x \to +\infty} 2x = +\infty$.

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^2}{x} = \lim_{x \to -\infty} 2x = -\infty$.

c) Asymptotes:

Comme les limites à droite et à gauche en 1 sont différentes, la droite d'équation x=1 est une asymptote verticale

Pas d'asymptote horizontale car les limites en $+\infty$ et $-\infty$ valent $+\infty$ et $-\infty$.

d) Position relative par rapport aux asymptotes:

Étudions le signe de $f(x) - (2x-1) = \frac{2x^2-3x+1}{x-1} -(2x-1) = \frac{2x^2-3x+1- (2x-1)(x-1)}{x-1} = \frac{2x^2-3x+1 -(2x^2-3x+1)}{x-1} = 0 $

Donc il n'y a pas d'asymptote oblique.

Correction :

a) Le domaine de définition de $g$ est $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ car la fonction n'est pas définie pour $x=0$.

b) Calcul des limites en 0:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{x} = +\infty$ (car $\lim_{x \to 0^+} e^x = 1$ et $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$).

$\lim_{x \to 0^-} \frac{e^x}{x} = -\infty$ (car $\lim_{x \to 0^-} e^x = 1$ et $\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = -\infty$).

c) Calcul des limites à l'infini:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x} = +\infty$ (croissance comparée).

$\lim_{x \to -\infty} \frac{e^x}{x} = 0$ (car $\lim_{x \to -\infty} e^x = 0$ et $\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x} = 0$).

d) Asymptotes:

On a une asymptote verticale en $x=0$.

On a une asymptote horizontale $y=0$ en $-\infty$

Correction :

1. D'après la règle des croissances comparées, l'exponentielle l'emporte sur toute puissance de $x$. Donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^2} = +\infty$
2. D'après la règle des croissances comparées, une puissance de $x$ l'emporte sur le logarithme. Donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$.
3. On a $\frac{x^3}{e^x} = \frac{1}{\frac{e^x}{x^3}}$. D'après la règle des croissances comparées, l'exponentielle l'emporte sur toute puissance de $x$. Donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^3} = +\infty$, et par conséquent, $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{e^x} = 0$.