La limite ne dépend pas de $f(a)$ (la fonction peut même ne pas être définie en $a$).
Calcul immédiat (fonctions continues) : substituer $x=a$ dans $f(x)$.
Si on obtient $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty}{\infty}$, $\infty-\infty$ : forme indéterminée → lever par factorisation, conjugué, croissances comparées (voir axe 3).
$\displaystyle\lim_{x\to2}(x^2-3x+1)=4-6+1=-1$ (substitution directe, polynôme continu).
$\displaystyle\lim_{x\to1}\dfrac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x\to1}(x+1)=2$ (factorisation de la FI $\frac{0}{0}$).
Ne pas confondre la limite $\lim_{x\to a}f(x)$ (comportement autour de $a$) et la valeur $f(a)$. Une fonction peut avoir une limite en $a$ sans y être définie, ou avoir $f(a)\neq\lim_{x\to a}f(x)$.
Asymptote verticale : La droite $x=a$ est asymptote verticale si $\displaystyle\lim_{x\to a^+}f(x)=\pm\infty$ ou $\displaystyle\lim_{x\to a^-}f(x)=\pm\infty$.
Identifier le signe du dénominateur : si $g(x)\to0^+$ alors $\frac{1}{g(x)}\to+\infty$ ; si $g(x)\to0^-$ alors $\frac{1}{g(x)}\to-\infty$.
Pour $x\to a^\pm$ : écrire $x=a\pm\varepsilon$ ($\varepsilon>0$ petit) et étudier le signe.
$f(x)=\dfrac{1}{x-1}$ : $\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty$, $\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty$. La droite $x=1$ est asymptote verticale.
$g(x)=\dfrac{|x|}{x}$ : $\lim_{x\to0^+}g(x)=1$, $\lim_{x\to0^-}g(x)=-1$. Pas de limite globale en $0$.
Ne pas dire "$\frac{1}{0}=+\infty$" sans préciser le signe du dénominateur ! $\frac{1}{0^-}=-\infty$ et $\frac{1}{0^+}=+\infty$. Toujours étudier les limites unilatérales séparément.
Calculer les limites suivantes :
a) Par substitution (polynôme, continu) : $3\cdot4-2+1=\boxed{11}$
b) Forme $\frac{0}{0}$ : factoriser $x^2-9=(x-3)(x+3)$. $\dfrac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3\to\boxed{6}$ quand $x\to3$.
c) Limite fondamentale (taux de variation de $\sin$ en $0$) : $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=\boxed{1}$
d) $x\to1^+$ : $x-1>0$ et $\to0^+$ donc $\dfrac{1}{x-1}\to\boxed{+\infty}$.
$x\to1^-$ : $x-1<0$ et $\to0^-$ donc $\dfrac{1}{x-1}\to\boxed{-\infty}$.
La droite $x=1$ est une asymptote verticale.
On définit $f$ par : $f(x)=\begin{cases}x^2+1 & \text{si }x<2\\ ax+b & \text{si }x\geq2\end{cases}$
1. $\lim_{x\to2^-}f(x)=4+1=5$. $\lim_{x\to2^+}f(x)=2a+b$.
2. Continuité : $2a+b=5$. Dérivabilité : $f'_g(2)=2x|_{x=2}=4$ et $f'_d(2)=a$.
Donc $a=4$ et $b=5-8=-3$. Vérification : $f(2)=4\cdot2-3=5$ ✓.
3. Avec $a=4$, $b=-3$ : $f$ est continue et dérivable en $2$. $f'(2)=4$.
Fraction rationnelle $\frac{P(x)}{Q(x)}$ : diviser num. et dén. par $x^{\max(\deg P,\deg Q)}$.
• Si $\deg P < \deg Q$ : limite $= 0$.
• Si $\deg P = \deg Q$ : limite $=$ rapport des coefficients dominants.
• Si $\deg P > \deg Q$ : limite $= \pm\infty$ (signe selon les coefficients dominants).
$\dfrac{5x^3-2}{2x^3+x}=\dfrac{5-2/x^3}{2+1/x^2}\to\dfrac{5}{2}$ quand $x\to+\infty$.
$\dfrac{3x+1}{x^2-1}\to0$ (deg num $<$ deg dén).
$\dfrac{2x^2-1}{x+3}\to+\infty$ (deg num $>$ deg dén ; coeff dominant positif).
Ne pas traiter $\infty-\infty$ comme $0$, ni $\frac{\infty}{\infty}$ comme $1$ — ce sont des formes indéterminées ! Ex : $\dfrac{2x}{x}\to2\neq1$, et $x^2-x\to+\infty\neq0$.
Méthode : $a=\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}$ puis $b=\displaystyle\lim_{x\to\infty}[f(x)-ax]$.
Pour trouver l'asymptote oblique de $f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$, $\deg P=\deg Q+1$ :
$f(x)=\dfrac{x^2+2x-3}{x-1}=\dfrac{(x-1)(x+3)}{x-1}=x+3$ pour $x\neq1$. Asymptote oblique $y=x+3$ (et trou en $x=1$).
$g(x)=\dfrac{2x^2-x+1}{x+2}$ : division → $g(x)=2x-5+\dfrac{11}{x+2}$. Asymptote oblique $y=2x-5$.
Une asymptote oblique existe seulement si $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=a\in\mathbb{R}^*$. Si cette limite est nulle, c'est une asymptote horizontale ; si infinie, il n'y a pas d'asymptote oblique (la courbe "explose" plus vite qu'une droite).
Calculer les limites suivantes quand $x\to+\infty$ :
a) Degrés égaux (3) → rapport des coefficients dominants : $\dfrac{3x^3}{x^3}\to\boxed{3}$. Asymptote horizontale $y=3$.
b) $\deg(\text{num})=2 < \deg(\text{den})=3$ → $g(x)\to\boxed{0}$. Asymptote horizontale $y=0$.
c) $\deg(\text{num})=2 > \deg(\text{den})=1$ → diviser : $\dfrac{x^2-3x+2}{x-1}=x-2$ (après factorisation). Donc $h(x)\to\boxed{+\infty}$. Asymptote oblique $y=x-2$.
d) FI $\infty-\infty$. Conjugué : $\sqrt{x^2+x}-x=\dfrac{x^2+x-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\dfrac{1}{\sqrt{1+1/x}+1}\to\dfrac{1}{1+1}=\boxed{\dfrac{1}{2}}$
Pour la fonction $f(x)=\dfrac{x^2-x-2}{x-2}$, étudier :
1. $x^2-x-2=(x-2)(x+1)$. Donc $f(x)=\dfrac{(x-2)(x+1)}{x-2}=x+1$ pour $x\neq2$.
En $x=2$, $f$ n'est pas définie, mais la limite vaut $2+1=3$. Pas d'asymptote verticale, mais un trou (point retiré).
2. $f(x)=x+1$ pour $x\neq2$. Donc $f(x)\to+\infty$ quand $x\to+\infty$ et $f(x)\to-\infty$ quand $x\to-\infty$.
Asymptote oblique : $y=x+1$ (pour $x\neq2$, $f(x)-( x+1)=0$ exactement).
3. La courbe est exactement la droite $y=x+1$ privée du point $(2,3)$.
Montrer que la courbe de $f(x)=\dfrac{x^2+3x-1}{x+1}$ admet une asymptote oblique en $+\infty$ et $-\infty$, et donner son équation.
On effectue la division euclidienne de $x^2+3x-1$ par $x+1$ :
$x^2+3x-1 = (x+1)(x+2) + (-3)$. Donc $f(x)=x+2-\dfrac{3}{x+1}$.
Quand $x\to\pm\infty$ : $\dfrac{3}{x+1}\to0$, donc $f(x)-(x+2)\to0$.
La droite $\boxed{y=x+2}$ est asymptote oblique en $+\infty$ et en $-\infty$.
La courbe est au-dessous de l'asymptote pour $x>-1$ (car $-3/(x+1)<0$) et au-dessus pour $x<-1$.
Techniques principales :
Schéma de résolution d'une FI :
FI $\frac{0}{0}$ : $\displaystyle\lim_{x\to2}\dfrac{x^2-4}{x-2}=\lim_{x\to2}(x+2)=4$.
FI $\infty-\infty$ (conjugué) : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=0$.
Il est interdit d'écrire $\frac{0}{0}=1$ ou $\infty-\infty=0$ — ces égalités sont fausses. La FI signifie que la réponse dépend des fonctions considérées et peut être n'importe quoi.
Corollaire pour $x\to0^+$ : $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0$ pour $\alpha>0$.
Stratégie pour les FI mêlant exp/ln :
• Identifier la croissance dominante.
• Factoriser par cette croissance (ou utiliser directement la hiérarchie).
• Ex : $\dfrac{e^x+x^{100}}{e^x}\to1$ (diviser par $e^x$).
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x^5}{e^x}=0$ (exponentielle $\gg$ polynôme).
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}=0$ ($x^\alpha\gg\ln x$ même pour $\alpha=1/2$).
$\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\ln x=0$ (car $x^\alpha\ln x\to0$ pour $\alpha>0$, ici $\alpha=1$).
$\ln x\to+\infty$ mais très lentement. Ne pas croire que $\ln x$ "bat" un polynôme : en réalité tout $x^\alpha$ ($\alpha>0$) finit par l'emporter sur $(\ln x)^k$ ($k>0$). Et $e^x$ l'emporte sur tout polynôme.
Lever les formes indéterminées suivantes :
a) $\dfrac{0}{0}$ : $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$, $x^2-9=(x-3)(x+3)$. Simplifier : $\dfrac{x-2}{x+3}\to\dfrac{1}{6}$.
b) $\dfrac{0}{0}$, conjugué : $\dfrac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)}=\dfrac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}+1}\to\dfrac{1}{2}$.
c) $\infty-\infty$, conjugué : $\dfrac{x^2-(x^2+2x)}{x+\sqrt{x^2+2x}}=\dfrac{-2x}{x(1+\sqrt{1+2/x})}\to\dfrac{-2}{1+1}=\boxed{-1}$
d) $\dfrac{0}{0}$ : $\dfrac{1-\cos x}{x^2}\sim\dfrac{x^2/2}{x^2}=\boxed{\dfrac{1}{2}}$ (ou par $2\sin^2(x/2)/(x^2)\to2\cdot(1/2)^2\cdot1/(1/4)=\frac{1}{2}$).
Calculer les limites suivantes :
a) Croissances comparées : $e^x\gg x^n$ pour tout $n$. Donc $\dfrac{e^x}{x^{100}}\to\boxed{+\infty}$.
b) $\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}=\dfrac{\ln x}{x^{1/2}}\to\boxed{0}$ (car $x^\alpha\gg\ln x$ pour tout $\alpha>0$).
c) $0\cdot(-\infty)$ : poser $t=1/x$ ($t\to+\infty$) : $x\ln x=\dfrac{\ln(1/t)}{t}=\dfrac{-\ln t}{t}\to\boxed{0}$ (car $\ln t/t\to0$).
d) $+\infty\cdot0$ : $x^2e^{-x}=\dfrac{x^2}{e^x}\to\boxed{0}$ (croissances comparées, $e^x\gg x^2$).
On admet $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1$. En déduire :
a) $\dfrac{\sin(3x)}{x}=3\cdot\dfrac{\sin(3x)}{3x}\to3\cdot1=\boxed{3}$.
b) $\dfrac{\tan x}{x}=\dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{\cos x}\to1\cdot1=\boxed{1}$.
c) $\dfrac{1-\cos x}{x}=\dfrac{2\sin^2(x/2)}{x}=\dfrac{\sin^2(x/2)}{x/2}\cdot\dfrac{1}{1/\cdot2}\to1\cdot0=\boxed{0}$ (car $\sin(x/2)\sim x/2$ et $1/2\cdot x/2\to0$... plus simplement : $\dfrac{1-\cos x}{x}\leq\dfrac{x}{2}\to0$).
d) Poser $u=x-\pi$ ($u\to0$) : $\sin x=\sin(\pi+u)=-\sin u$. $\dfrac{\sin x}{x-\pi}=\dfrac{-\sin u}{u}\to\boxed{-1}$.
Fonctions continues usuelles : polynômes, $e^x$, $\ln x$ (sur $]0,+\infty[$), $\sin$, $\cos$, $\sqrt{x}$ (sur $[0,+\infty[$), et toute combinaison (somme, produit, quotient non nul, composition).
Étudier la continuité d'une fonction définie par morceaux en $x=a$ :
$f(x)=\begin{cases}2x+1&x\leq1\\x^2+2&x>1\end{cases}$ : $\lim_{x\to1^-}f(x)=3$, $\lim_{x\to1^+}f(x)=3$, $f(1)=3$ → continue en $1$.
$g(x)=\begin{cases}1&x\leq0\\2&x>0\end{cases}$ : $\lim_{x\to0^-}g(x)=1\neq\lim_{x\to0^+}g(x)=2$ → discontinuité de saut.
La continuité est une condition en trois parties : définie + limite existe + limite = valeur. Oublier l'une d'elles suffit à créer une discontinuité. Une fonction peut avoir une limite en $a$ sans y être définie (et donc ne pas y être continue).
Interprétation : La courbe de $f$ a un "trou" en $a$ qu'on comble par le point $(a,\ell)$.
Algorithme :
$f(x)=\dfrac{x^2-4}{x-2}=x+2$ pour $x\neq2$. Prolongement par continuité : $f(2)=4$.
$g(x)=\dfrac{e^x-1}{x}$ pour $x\neq0$ : $\lim_{x\to0}g(x)=1$ → $g(0)=1$.
Le prolongement par continuité est unique : il n'y a qu'une seule valeur à attribuer. Si on choisit une valeur différente de $\ell$, la fonction ne sera pas continue en $a$.
Pour chaque fonction, étudier la continuité en $x_0$ :
a) $|f(x)|=|x||\sin(1/x)|\leq|x|\to0=f(0)$. Donc $f$ est continue en $0$ (théorème des gendarmes).
b) $\lim_{x\to1^-}g(x)=2+1=3$. $\lim_{x\to1^+}g(x)=1+2=3$. $g(1)=3$. Les trois valeurs coïncident → $g$ est continue en $1$.
c) $h$ n'est pas définie en $2$. $\displaystyle\lim_{x\to2}h(x)=\lim_{x\to2}(x+2)=4$. On prolonge : $\tilde{h}(x)=\begin{cases}h(x)&x\neq2\\4&x=2\end{cases}$. $\tilde{h}$ est continue en $2$.
On considère $f(x)=\dfrac{e^x-1}{x}$ pour $x\neq0$.
1. $f(x)=\dfrac{e^x-1}{x}$. Quand $x\to0$ : numérateur $\to0$, dénominateur $\to0$. C'est le taux de variation de $e^x$ en $0$, soit $(e^x)'|_{x=0}=e^0=1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=\boxed{1}$.
2. On pose $f(0)=1$.
3. Taux de variation : $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{e^x-1-x}{x^2}$. Avec $e^x\approx1+x+\dfrac{x^2}{2}$ : $\dfrac{x^2/2+o(x^2)}{x^2}\to\dfrac{1}{2}$. Donc $f'(0)=\boxed{\dfrac{1}{2}}$.
Le TVI affirme l'existence d'un $c$, mais pas son unicité ni la façon de le calculer.
Pour montrer qu'une équation $f(x)=k$ a une solution dans $[a,b]$ :
$f(x)=x^3-2x-1$. $f(0)=-1<0$ et $f(2)=3>0$. $f$ continue (polynôme) → par TVI, il existe $c\in]0,2[$ tel que $f(c)=0$.
$g(x)=e^x+x$. $g(-1)=e^{-1}-1\approx-0{,}63<0$, $g(0)=1>0$ → $g$ a une racine dans $]-1,0[$.
Le TVI n'exige que la continuité, pas la dérivabilité. Mais il ne donne pas la valeur de $c$ — c'est une garantie d'existence, pas un calcul. Pour localiser $c$, utiliser la dichotomie (C11).
Pour montrer que $f$ est une bijection de $I$ sur $J$, puis calculer $f^{-1}$ :
$f(x)=x^3$ : continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$, bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$. $f^{-1}(y)=\sqrt[3]{y}$.
$g(x)=e^x$ : bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0,+\infty[$. $g^{-1}(y)=\ln y$.
La bijection réciproque $f^{-1}$ n'est pas $\frac{1}{f}$ ! $f^{-1}$ est la fonction réciproque (elle "défait" $f$). $f^{-1}(f(x))=x$. $\sin^{-1}$ désigne $\arcsin$, pas $\frac{1}{\sin}$.
Après $n$ étapes, l'intervalle a longueur $\dfrac{b-a}{2^n}$ → convergence garantie.
Tableau de dichotomie :
Remplir un tableau : $[a_n,b_n]$, $m_n=(a_n+b_n)/2$, $f(a_n)$, $f(m_n)$, $f(b_n)$, nouveau sous-intervalle.
S'arrêter quand $b_n-a_n<$ précision souhaitée.
$f(x)=x^2-2$, racine dans $[1,2]$. $f(1)=-1<0$, $f(2)=2>0$.
Étape 1 : $m=1{,}5$, $f(1{,}5)=0{,}25>0$ → racine dans $[1,1{,}5]$.
Étape 2 : $m=1{,}25$, $f(1{,}25)=-0{,}4375<0$ → racine dans $[1{,}25,1{,}5]$.
Convergence vers $\sqrt{2}\approx1{,}414$.
Ne pas oublier de vérifier que $f(a)\cdot f(m)<0$ avant de choisir le sous-intervalle. Si $f(m)=0$, la racine est exactement $m$ (on s'arrête). Si $f(m)$ est du même signe que $f(a)$, la racine est dans $[m,b]$, pas dans $[a,m]$.
Soit $f(x)=x^3-3x+1$.
1. $f(1)=1-3+1=-1<0$ et $f(2)=8-6+1=3>0$. $f$ continue sur $[1,2]$ (polynôme), $f(1)\cdot f(2)<0$ → par TVI, il existe $c\in]1,2[$ tel que $f(c)=0$.
2. $f(-2)=-8+6+1=-1<0$ et $f(-1)=-1+3+1=3>0$ → même raisonnement → racine dans $]-2,-1[$.
3. $f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)$. Sur $[1,2]$ : $f'(x)\geq0$ → $f$ croissante → racine unique dans $]1,2[$.
4. Milieu $m=1{,}5$ : $f(1{,}5)=3{,}375-4{,}5+1=-0{,}125<0$. Donc racine dans $]1{,}5\,;2[$. Un pas → $c\in]1{,}5\,;2[$, encadrée à $0{,}5$ près (pour $0{,}1$ : continuer la dichotomie).
On considère $f:[0,+\infty[\to[0,+\infty[$ définie par $f(x)=\sqrt{x}$.
1. $f(x)=\sqrt{x}$ est continue sur $[0,+\infty[$ (fonction usuelle) et $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}>0$ pour $x>0$ → strictement croissante.
2. Continue et strictement monotone sur $[0,+\infty[$ ; $f(0)=0$ et $f(x)\to+\infty$ → par le théorème de bijection, $f$ est une bijection de $[0,+\infty[$ sur $[f(0),\lim_{+\infty}f]=\boxed{[0,+\infty[}$.
3. $f^{-1}(y)=y^2$ (la bijection réciproque de $\sqrt{x}$ est $x\mapsto x^2$).
4. $\dfrac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\dfrac{f(x)-f(4)}{x-4}\to f'(4)=\dfrac{1}{2\sqrt{4}}=\boxed{\dfrac{1}{4}}$.
La limite en $a$ n'est pas la valeur en $a$. On peut avoir $\lim_{x\to a}f(x)=5$ avec $f(a)=0$ ou $f$ non définie en $a$. La continuité est la condition qui les rend égales.
$\dfrac{x^2-1}{x-1}\bigg|_{x=1}=\dfrac{0}{0}\neq1$. Factoriser : $\dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1\to2$. La FI doit toujours être levée avant de conclure.
$\dfrac{1}{x-2}$ : en $x\to2^+$, $x-2>0$ donc $+\infty$ ; en $x\to2^-$, $x-2<0$ donc $-\infty$. Ne jamais dire $\pm\infty$ sans vérifier le signe des deux côtés.
Pour trouver l'AO de $f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$, effectuer la division euclidienne. Ne pas deviner : $\frac{x^2+1}{x}\neq x$ (il reste $\frac{1}{x}$, donc AO $y=x$, non $y=x+1$).
$e^x\gg x^n$ signifie que $e^x$ l'emporte (va plus vite) sur $x^n$. Donc $\frac{x^n}{e^x}\to0$ et NON $\frac{e^x}{x^n}\to0$ (c'est l'inverse qui tend vers $0$).
Le TVI prouve l'existence d'au moins une racine — il peut en exister plusieurs. Pour l'unicité, il faut la monotonie stricte (théorème de bijection). Ex : $\sin x=0$ a infiniment de solutions.
Si $\lim_{x\to a}f(x)=\ell$, la seule valeur qui rend $f$ continue en $a$ est $f(a)=\ell$. Choisir une autre valeur crée une discontinuité. Il n'y a pas de liberté de choix.
$\sin x\sim x$ est valide dans un calcul de FI $\frac{0}{0}$, mais PAS dans une différence : $\sin x - x\not\sim x-x=0$. Les équivalents ne se soustraient pas librement.