Vrai/Faux : Limites de fonctions (5)

[enonce]
Pour chaque affirmation suivante sur les limites d'une fonction en un point fini, indiquez si elle est Vraie ou Fausse.
[/enonce]

[etape]
Soit $f$ une fonction définie et continue en un réel $a$.

Affirmation : $\lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a)$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
C'est précisément la définition de la continuité de $f$ en $a$ : la limite en $a$ existe et coïncide avec la valeur $f(a)$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Souviens-toi de la définition : dire que $f$ est continue en $a$, c'est exactement dire que $\lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a)$.
Sur les fonctions usuelles (polynômes, rationnelles, racine, exponentielle, logarithme), on calcule donc la limite en un point de continuité par simple substitution.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. C'est la définition même de la continuité de $f$ en $a$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $h$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ par $h(x) = \dfrac{1}{(x-1)^2}$.

Affirmation : $\lim\limits_{x \to 1} h(x) = +\infty$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Exact !
Lorsque $x$ tend vers $1$, $(x-1)^2$ tend vers $0$ en restant strictement positif (c'est un carré). Le quotient $\dfrac{1}{(x-1)^2}$ tend donc vers $+\infty$, et ce des deux côtés de $1$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Attention : $(x-1)^2$ est un carré, donc toujours positif, que $x$ approche $1$ par la gauche ou par la droite.
On a $\lim\limits_{x \to 1} (x-1)^2 = 0^+$, donc $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{(x-1)^2} = +\infty$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. $(x-1)^2 \to 0^+$ donc $\dfrac{1}{(x-1)^2} \to +\infty$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{2\}$ par $g(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2}$.

Affirmation : $\lim\limits_{x \to 2} g(x) = 0$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bien vu !
On est face à une forme indéterminée $\dfrac{0}{0}$. On factorise le numérateur :

$g(x) = \dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x+2$ pour $x \neq 2$.

Donc $\lim\limits_{x \to 2} g(x) = 4$, pas $0$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Piège classique : numérateur et dénominateur tendent tous deux vers $0$, mais cela ne signifie pas que la limite vaut $0$ — c'est une forme indéterminée $\dfrac{0}{0}$.
Il faut factoriser : $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$, donc $g(x) = x + 2$ pour $x \neq 2$, et $\lim\limits_{x \to 2} g(x) = 4$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. Après factorisation, $g(x) = x+2$ pour $x \neq 2$, donc $\lim\limits_{x \to 2} g(x) = 4$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : $\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x^2} = -\infty$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Parfait !
Même si $x$ approche $0$ par valeurs négatives, $x^2$ reste positif (c'est un carré). On a $x^2 \to 0^+$, donc $\dfrac{1}{x^2} \to +\infty$, et non $-\infty$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Confusion fréquente entre le signe de $x$ et le signe de $x^2$.
Lorsque $x \to 0^-$, on a bien $x < 0$, mais $x^2 > 0$ : $x^2$ tend vers $0^+$. Le quotient $\dfrac{1}{x^2}$ tend donc vers $+\infty$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. $x^2 \to 0^+$ même si $x \to 0^-$, donc $\dfrac{1}{x^2} \to +\infty$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $g$ une fonction telle que $\lim\limits_{x \to 3^+} g(x) = -\infty$.

Affirmation : La droite d'équation $x = 3$ est une asymptote verticale à la courbe représentative de $g$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
Par définition, dès qu'une limite à gauche ou à droite en un réel $a$ vaut $+\infty$ ou $-\infty$, la droite d'équation $x = a$ est une asymptote verticale à la courbe.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Il suffit qu'une seule des deux limites latérales soit infinie pour que l'asymptote verticale existe.
Ici $\lim\limits_{x \to 3^+} g(x) = -\infty$ : la droite $x = 3$ est donc asymptote verticale, peu importe le comportement à gauche.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Une limite latérale infinie en $a$ suffit pour conclure à une asymptote verticale d'équation $x = a$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{2\}$ par $f(x) = \dfrac{1}{x-2}$.

Affirmation : $\lim\limits_{x \to 2} f(x) = +\infty$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Excellent !
Les deux limites latérales sont distinctes :

$\lim\limits_{x \to 2^+} f(x) = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to 2^-} f(x) = -\infty$.

La limite globale en $2$ n'existe donc pas, on ne peut pas écrire $\lim\limits_{x \to 2} f(x) = +\infty$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Pense à étudier le signe de $x-2$ de chaque côté de $2$.
À droite, $x-2 \to 0^+$ donc $f(x) \to +\infty$. À gauche, $x-2 \to 0^-$ donc $f(x) \to -\infty$. Les deux limites latérales étant différentes, la limite en $2$ n'existe pas.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. $f$ tend vers $+\infty$ à droite de $2$ mais vers $-\infty$ à gauche : la limite en $2$ n'existe pas.
[/solution]
[/etape]

QCM : Asymptotes d’une courbe

[enonce]
Ce QCM porte sur les asymptotes horizontales et verticales d'une courbe représentative : lien avec les limites, équations des asymptotes, cas des fonctions rationnelles. Choisir la bonne réponse parmi les 4 propositions.
[/enonce]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{3\}$ par $f(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 3}$. La courbe représentative de $f$ admet une asymptote verticale d'équation :
[qcm]
[option correct="true"]$x = 3$[/option]
[option]$x = -\dfrac{1}{2}$[/option]
[option]$y = 3$[/option]
[option]$y = 2$[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
La valeur interdite est $x = 3$ (qui annule le dénominateur). En $x = 3$, le numérateur vaut $7 \neq 0$, donc $f$ admet une limite infinie à gauche et à droite. La droite d'équation $x = 3$ est asymptote verticale.[/reponse]
[reponse motif="$x = -\dfrac{1}{2}$"]Non.
$x = -\dfrac{1}{2}$ est la valeur qui annule le numérateur ($2x + 1 = 0$). Elle correspond à une racine de $f$, pas à une asymptote.[/reponse]
[reponse motif="$y = 3$"]Non.
Une asymptote verticale a une équation de la forme $x = a$, pas $y = a$. La forme $y = a$ caractérise une asymptote horizontale.[/reponse]
[reponse motif="$y = 2$"]Non.
$y = 2$ correspond à l'asymptote horizontale (limite en $\pm\infty$). La question porte sur l'asymptote verticale, dont l'équation est de la forme $x = a$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Une asymptote verticale est associée à une limite infinie en un réel. Chercher la valeur interdite du dénominateur.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Avec $f(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 3}$, la courbe représentative de $f$ admet en $+\infty$ et en $-\infty$ une asymptote horizontale d'équation :
[qcm]
[option]$y = 0$[/option]
[option correct="true"]$y = 2$[/option]
[option]$y = 1$[/option]
[option]$x = 2$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
On factorise par $x$ au numérateur et au dénominateur :
$f(x) = \dfrac{x\left(2 + \dfrac{1}{x}\right)}{x\left(1 - \dfrac{3}{x}\right)} = \dfrac{2 + \dfrac{1}{x}}{1 - \dfrac{3}{x}}$.
Quand $x \to \pm\infty$, $\dfrac{1}{x} \to 0$ et $\dfrac{3}{x} \to 0$, donc $f(x) \to \dfrac{2}{1} = 2$. La droite $y = 2$ est asymptote horizontale.[/reponse]
[reponse motif="$y = 0$"]Non.
$y = 0$ correspondrait au cas où $f$ tend vers $0$ en l'infini, par exemple si le degré du numérateur était strictement inférieur à celui du dénominateur. Ici les degrés sont égaux.[/reponse]
[reponse motif="$y = 1$"]Non.
$1$ ne correspond ni au coefficient dominant du numérateur ($2$), ni au quotient des coefficients dominants. Recalculer le rapport des termes de plus haut degré.[/reponse]
[reponse motif="$x = 2$"]Non.
Une asymptote horizontale a une équation de la forme $y = a$, pas $x = a$. La valeur $2$ est correcte mais il faut l'écrire comme une équation horizontale.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Pour une fonction rationnelle dont les degrés du numérateur et du dénominateur sont égaux, la limite en l'infini vaut le quotient des coefficients dominants.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
On sait que $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -3$. La courbe représentative de $f$ admet en $+\infty$ :
[qcm]
[option]une asymptote verticale d'équation $x = -3$[/option]
[option correct="true"]une asymptote horizontale d'équation $y = -3$[/option]
[option]aucune asymptote car la limite est négative[/option]
[option]une asymptote horizontale d'équation $y = 3$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
Quand $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = l$ (limite finie), la droite d'équation $y = l$ est asymptote horizontale à la courbe en $+\infty$. Ici $l = -3$, donc l'asymptote a pour équation $y = -3$.[/reponse]
[reponse motif="une asymptote verticale d'équation $x = -3$"]Non.
Une asymptote verticale provient d'une limite infinie en un réel. Une limite finie en l'infini donne une asymptote horizontale, pas verticale.[/reponse]
[reponse motif="aucune asymptote car la limite est négative"]Non.
Le signe de la limite ne change rien à l'existence de l'asymptote : tant que la limite est finie, il y a une asymptote horizontale. Sa hauteur peut être négative.[/reponse]
[reponse motif="une asymptote horizontale d'équation $y = 3$"]Non.
Attention au signe. La limite vaut $-3$, pas $3$ : l'asymptote se trouve sous l'axe des abscisses.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Si $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = l$ alors la droite $y = l$ est asymptote horizontale en $+\infty$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{-1\,;\,1\}$ par $f(x) = \dfrac{1}{x^{2} - 1}$. Combien d'asymptotes verticales admet la courbe représentative de $f$ ?
[qcm]
[option]$0$[/option]
[option]$1$[/option]
[option correct="true"]$2$[/option]
[option]$3$[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
On factorise : $x^{2} - 1 = (x - 1)(x + 1)$. Les valeurs interdites sont $x = 1$ et $x = -1$. En chacune de ces deux valeurs, le numérateur $1$ est non nul, donc $f$ admet une limite infinie. Il y a donc deux asymptotes verticales : $x = 1$ et $x = -1$.[/reponse]
[reponse motif="$0$"]Non.
Le dénominateur s'annule pour certaines valeurs de $x$. Trouver les solutions de $x^{2} - 1 = 0$.[/reponse]
[reponse motif="$1$"]Non.
On a oublié une racine : $x^{2} - 1 = (x - 1)(x + 1)$ s'annule pour deux valeurs distinctes, pas une seule.[/reponse]
[reponse motif="$3$"]Non.
$x^{2} - 1$ est un polynôme de degré $2$ : il a au plus deux racines. Trois asymptotes verticales nécessiteraient trois valeurs interdites.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Les asymptotes verticales correspondent aux valeurs où le dénominateur s'annule sans annuler le numérateur. Résoudre $x^{2} - 1 = 0$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{-2\,;\,2\}$ par $f(x) = \dfrac{x^{2} + 1}{x^{2} - 4}$. La courbe représentative de $f$ admet en $+\infty$ une asymptote horizontale d'équation :
[qcm]
[option]aucune asymptote horizontale[/option]
[option]$y = 0$[/option]
[option correct="true"]$y = 1$[/option]
[option]$y = 2$[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
On factorise par $x^{2}$ haut et bas :
$f(x) = \dfrac{x^{2}\left(1 + \dfrac{1}{x^{2}}\right)}{x^{2}\left(1 - \dfrac{4}{x^{2}}\right)} = \dfrac{1 + \dfrac{1}{x^{2}}}{1 - \dfrac{4}{x^{2}}}$.
Quand $x \to +\infty$, $\dfrac{1}{x^{2}} \to 0$ et $\dfrac{4}{x^{2}} \to 0$, donc $f(x) \to \dfrac{1}{1} = 1$. La droite $y = 1$ est asymptote horizontale.[/reponse]
[reponse motif="aucune asymptote horizontale"]Non.
Les degrés du numérateur ($2$) et du dénominateur ($2$) sont égaux : la limite en $+\infty$ existe et est finie. Il y a donc bien une asymptote horizontale.[/reponse]
[reponse motif="$y = 0$"]Non.
$y = 0$ apparaît quand le degré du numérateur est strictement inférieur à celui du dénominateur. Ici les degrés sont égaux, donc la limite n'est pas $0$.[/reponse]
[reponse motif="$y = 2$"]Non.
$2$ est le degré du polynôme, pas la limite. La limite est le quotient des coefficients dominants : ici $\dfrac{1}{1} = 1$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Quand les degrés du numérateur et du dénominateur sont égaux, la limite en l'infini est le quotient des coefficients dominants.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Une fonction $f$ vérifie $\lim\limits_{x \to 5^{+}} f(x) = +\infty$. On peut alors affirmer que la courbe représentative de $f$ admet :
[qcm]
[option]une asymptote horizontale d'équation $y = 5$[/option]
[option correct="true"]une asymptote verticale d'équation $x = 5$[/option]
[option]une asymptote horizontale d'équation $y = +\infty$[/option]
[option]aucune asymptote[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Une limite infinie quand $x$ tend vers un réel $a$ (à gauche, à droite ou globalement) caractérise une asymptote verticale d'équation $x = a$. Ici $a = 5$, donc l'asymptote a pour équation $x = 5$.[/reponse]
[reponse motif="une asymptote horizontale d'équation $y = 5$"]Non.
Une asymptote horizontale provient d'une limite finie en $\pm\infty$. Ici la limite est en $5$ (un réel) et vaut $+\infty$ : c'est exactement le cadre d'une asymptote verticale.[/reponse]
[reponse motif="une asymptote horizontale d'équation $y = +\infty$"]Non.
$+\infty$ n'est pas un réel et ne peut pas être l'ordonnée d'une asymptote horizontale. L'équation d'une asymptote contient toujours un nombre fini.[/reponse]
[reponse motif="aucune asymptote"]Non.
Une limite infinie en un réel signale précisément la présence d'une asymptote verticale en ce point.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Distinguer les deux types : limite finie en $\pm\infty$ donne une asymptote horizontale ; limite infinie en un réel donne une asymptote verticale.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

Vrai/Faux : Limites de fonctions (2)

[enonce]
Pour chaque affirmation suivante, indiquez si elle est Vraie ou Fausse.
[/enonce]

[etape]
Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \dfrac{x^2+x+1}{3x^2+1}$.

Affirmation : $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !
On divise numérateur et dénominateur par $x^2$ (terme dominant) :

$\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2}{3x^2} = \dfrac{1}{3}$

La limite est finie, égale à $\dfrac{1}{3}$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Attention, c'est le rapport des termes dominants qui détermine la limite, pas le signe de $x$.
Les termes dominants sont $x^2$ au numérateur et $3x^2$ au dénominateur, donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \dfrac{1}{3}$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est fausse.
Les termes dominants sont $x^2$ et $3x^2$ : leur rapport vaut $\dfrac{1}{3}$, la limite est finie.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}\setminus\{5\}$ par $f(x) = \dfrac{x^2}{x-5}$.

Affirmation : $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !

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

[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Pour $x$ grand, la constante $-5$ est négligeable devant $x$ : on a $x - 5 \sim x$.
$\dfrac{x^2}{x-5} \sim \dfrac{x^2}{x} = x \to +\infty$ quand $x \to +\infty$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est vraie.
Le terme dominant au dénominateur est $x$, donc $\dfrac{x^2}{x-5} \sim x \to +\infty$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction définie sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ telle que $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = 3$.

Affirmation : La courbe représentative de $f$ admet une asymptote verticale d'équation $x = 1$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !
Une asymptote verticale en $x = 1$ exigerait $\lim_{x \to 1} |f(x)| = +\infty$.
Ici $\lim_{x \to 1} f(x) = 3$, donc la droite $x=1$ n'est pas une asymptote verticale.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Il ne faut pas confondre « $f$ n'est pas définie en $x = 1$ » avec « $x = 1$ est une asymptote verticale ». La condition pour une asymptote verticale est que la limite soit infinie.
Ici $\lim_{x \to 1} f(x) = 3$ est finie, donc pas d'asymptote verticale.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est fausse.
Une asymptote verticale requiert une limite infinie ; ici $\lim_{x \to 1} f(x) = 3$ est finie.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction définie sur $\mathbb{R}$ telle que $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = -3$.

Affirmation : La courbe représentative de $f$ admet une asymptote verticale d'équation $x = 0$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !
Une asymptote verticale en $x = 0$ nécessite $|f(x)| \to +\infty$ quand $x \to 0$.
Ici $\lim_{x \to 0} f(x) = -3$, donc pas d'asymptote verticale.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Le piège ici est d'associer automatiquement l'axe des ordonnées à une asymptote. Ce qui compte est la valeur de la limite, pas la position du point.
La limite en $0$ est finie ($-3$), donc la courbe ne « s'échappe » pas à l'infini : pas d'asymptote verticale.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est fausse.
$\lim_{x \to 0} f(x) = -3$ est une limite finie : la courbe ne devient pas verticalement infinie en $0$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit $f$ une fonction définie sur $\mathbb{R}$ telle que $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -1$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1$.

Affirmation : La courbe représentative de $f$ admet deux asymptotes horizontales.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !
La limite en $-\infty$ est $-1$ : asymptote horizontale $y = -1$.
La limite en $+\infty$ est $1$ : asymptote horizontale $y = 1$.
La courbe admet bien deux asymptotes horizontales distinctes.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Rappel : une courbe peut avoir deux asymptotes horizontales distinctes, une en $-\infty$ et une en $+\infty$.
$\lim_{x\to-\infty} f(x) = -1$ donne l'asymptote $y=-1$ et $\lim_{x\to+\infty} f(x) = 1$ donne l'asymptote $y=1$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est vraie.
Deux limites finies distinctes en $\pm\infty$ donnent deux asymptotes horizontales distinctes.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}\setminus\{-3\}$ par $f(x) = \dfrac{3-x}{3+x}$.

Affirmation : La courbe représentative de $f$ admet une asymptote horizontale d'équation $y = -1$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Correct !

$\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{3-x}{3+x} = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{-x}{x} = -1$

La droite $y = -1$ est une asymptote horizontale en $\pm\infty$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
L'erreur fréquente est de regarder les constantes $3$ et $3$ et de conclure une limite nulle ou indéfinie, en oubliant que ce sont les termes en $x$ qui dominent.
$\dfrac{3-x}{3+x} \sim \dfrac{-x}{x} = -1$ quand $x \to \pm\infty$, donc l'asymptote horizontale est bien $y = -1$.[/reponse]
[/qcm]
[solution]
Cette affirmation est vraie.
Les termes dominants sont $-x$ et $x$ : leur rapport vaut $-1$, d'où l'asymptote $y = -1$.
[/solution]
[/etape]

Calcul de limites (5 exercices)

Exercice 1

Déterminer les limites des fonctions ci-dessous en $ - \infty $ et en $ +\infty $ :

$ f\left( x\right) =x^{3} - 2x^{2}+4x - 1 $
$ g\left( x\right) =\dfrac{x^{2} - 1}{x^{2}+1} $
$ h\left( x\right) =\dfrac{x - 1}{x^{2}+4x+4} $
$ k\left( x\right) =\dfrac{x^{3}+1}{x^{2} - 1} $
$ p\left( x\right) =\dfrac{x - 1}{x+1}+\dfrac{x+1}{x - 1} $

Exercice 2

Déterminer les limites des fonctions ci-dessous lorsque $ x $ tend vers $ +\infty $ :

$ f(x)=x \text{e}^{ x } $
$ g(x) = x + \text{e}^{ x } $
$ h(x) = \text{e}^{ x } + x^2 - 1 $

Exercice 3

Soit la fonction $ f $ définie sur $ ] - \infty ;1\left[ \ \cup \ \right] 1;+\infty [ $ par :

$ f\left( x\right) =\dfrac{3x - 1}{x - 1} $

Déterminer les limites de la fonctions $ f $ aux bornes de son ensemble de définition (il y a 4 limites à calculer).

La courbe représentative de la fonction $ f $ admet elle une asymptote horizontale ? une asymptote verticale ?

Exercice 4

On considère la fonction $ f $ définie sur $ \mathbb{R} $ par $ f(x)=x^3 - x^2 - x+1. $

Étudier le sens de variation de la fonction $ f $.
Calculer les limites de la fonction $ f $ lorsque $ x $ tend vers $ - \infty $ et lorsque $ x $ tend vers $ +\infty $.
Dresser le tableau de variation de la fonction $ f $ en y faisant apparaître les limites.

Exercice 5

Déterminer les limites suivantes :

$ \lim_{x\rightarrow 2}\dfrac{x^{2} - 4}{x - 2} $
$ \lim _{x\rightarrow 0}\dfrac{x^{3} - x}{x^{3}+x} $
$ \lim _{x\rightarrow 1}\dfrac{\sqrt{x} - 1}{x - 1} $

Corrigé

Exercice 1

En $ - \infty $ et en $ +\infty $, on a une forme indéterminée du type « $ +\infty - \infty $ » ; on lève l'indétermination en mettant $ x^3 $ en facteur :

$ \begin{aligned}f\left( x\right) &=x^{3} - 2x^{2}+4x - 1\\ \\ &=x^{3}\left( 1 - \dfrac{2}{x}+\dfrac{4}{x^{2}} - \dfrac{1}{x^{3}}\right) \end{aligned} $

Limite en $ - \infty $ :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow - \infty } - \dfrac{2}{x}&=0\\ \\ \lim_{x\rightarrow - \infty} \dfrac{4}{x^{2}}&=0\\ \\ \lim_{x\rightarrow - \infty} - \dfrac{1}{x^3}&=0\\ \end{aligned} $
Donc, par somme :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow - \infty }1 - \dfrac{2}{x}+\dfrac{4}{x^{2}} - \dfrac{1}{x^{3}}&=1\end{aligned} $

Par ailleurs :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow - \infty } x^3 &= - \infty \end{aligned} $

Donc, par produit :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow - \infty }f(x) &= - \infty \end{aligned} $

Limite en $ +\infty $ :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow +\infty } - \dfrac{2}{x}&=0\\ \\ \lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{4}{x^{2}}&=0\\ \\ \lim_{x\rightarrow +\infty} - \dfrac{1}{x^3}&=0\\ \end{aligned} $
Donc, par somme :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow +\infty }1 - \dfrac{2}{x}+\dfrac{4}{x^{2}} - \dfrac{1}{x^{3}}&=1\end{aligned} $

Par ailleurs :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow +\infty } x^3 &= +\infty \end{aligned} $

Donc, par produit :
$ \begin{aligned}\lim_{x\rightarrow +\infty }f(x) &= +\infty \end{aligned} $
En $ - \infty $ et en $ +\infty $, on a une forme indéterminée du type « $ \dfrac{ +\infty }{ +\infty } $ » ;
on lève l'indétermination en mettant $ x^2 $ en facteur, puis en simplifiant par $ x^2 $ :

$ \begin{aligned}g\left( x\right) &=\dfrac{x^{2} - 1}{x^{2}+1}\\ \\ &=\dfrac{x^{2}\left( 1 - \dfrac{1}{x^{2}}\right) }{x^{2}\left( 1+\dfrac{1}{x^{2}}\right) }\\ \\ &=\dfrac{1 - \dfrac{1}{x^{2}}}{1+\dfrac{1}{x^{2}}}\end{aligned} $

Limites en $ - \infty $ et en $ +\infty $ :
Avec un raisonnement similaire à la question a. :

$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow \pm \infty }1 - \dfrac{1}{x^{2}}=1\\ \\ \lim _{x\rightarrow \pm \infty }1+\dfrac{1}{x^{2}}=1\\ \end{aligned} $

Donc par quotient :

$ \begin{aligned} \lim _{x\rightarrow \pm \infty }g\left( x\right) =1\end{aligned} $
En $ - \infty $ et en $ +\infty $, on a encore une forme indéterminée du type « $ \dfrac{ \infty }{ \infty } $ » ;
on lève l'indétermination en mettant $ x $ en facteur au numérateur et $ x^2 $ en facteur au dénominateur, puis en simplifiant :
$ \begin{aligned}h\left( x\right) &=\dfrac{x - 1}{x^{2}+4x+4}\\ \\ &=\dfrac{x\left( 1 - \dfrac{1}{x}\right) }{x^{2}\left( 1+\dfrac{4}{x}+\dfrac{4}{x^{2}}\right) }\\ \\ &=\dfrac{1 - \dfrac{1}{x}}{x\left( 1+\dfrac{4}{x}+\dfrac{4}{x^{2}}\right) }\end{aligned} $

Limites en $ - \infty $ et en $ +\infty $ :
$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow \pm \infty }1 - \dfrac{1}{x}&=1\\ \\ \lim _{x\rightarrow \pm \infty }1+\dfrac{4}{x}+\dfrac{4}{x^{2}}&=1\\ \\ \lim _{x\rightarrow - \infty }x&= - \infty\\ \\ \lim _{x\rightarrow +\infty }x&=+\infty \end{aligned} $

Le numérateur tend vers $ 1 $ et le dénominateur tend vers $ \pm \infty $ (par produit).
Par conséquent, par quotient : $ \lim_{x\rightarrow \pm \infty }h(x)=0 $
On procède comme précédemment et on obtient :
$ \begin{aligned}k\left( x\right) &=\dfrac{x^{3}+1}{x^{2} - 1}\\ \\ &=\dfrac{x^{3}\left( 1+\dfrac{1}{x^{3}}\right) }{x^{2}\left( 1 - \dfrac{1}{x^{2}}\right) }\\ \\ &=\dfrac{x\left( 1+\dfrac{1}{x^{3}}\right) }{1 - \dfrac{1}{x^{2}}}\end{aligned} $

Limite en $ - \infty $ :

$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow - \infty }x\left( 1+\dfrac{1}{x^{3}}\right) &= - \infty \\ \\ \lim _{x\rightarrow - \infty }1 - \dfrac{1}{x^{2}}&=1\end{aligned} $

donc par quotient $ \lim_{x\rightarrow - \infty }k(x)= - \infty $

Limite en $ +\infty $ :

$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }x\left( 1+\dfrac{1}{x^{3}}\right) &=+\infty \\ \\ \lim _{x\rightarrow +\infty }1 - \dfrac{1}{x^{2}}&=1\end{aligned} $

par quotient $ \lim_{x\rightarrow + \infty }k(x)= + \infty $
De même :
$ \dfrac{x - 1}{x+1}=\dfrac{x\left( 1 - \dfrac{1}{x}\right) }{x\left( 1+\dfrac{1}{x}\right) }=\dfrac{1 - \dfrac{1}{x}}{1+\dfrac{1}{x}} $

$ \dfrac{x+1}{x - 1}=\dfrac{x\left( 1+\dfrac{1}{x}\right) }{x\left( 1 - \dfrac{1}{x}\right) }=\dfrac{1+\dfrac{1}{x}}{1 - \dfrac{1}{x}} $

Alors :

$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow \pm \infty }\dfrac{x - 1}{x+1}=1\\ \\ \lim _{x\rightarrow \pm \infty }\dfrac{x+1}{x - 1}=1\end{aligned} $

et par somme $ \lim_{x\rightarrow \pm \infty }p(x)= 2 $

Exercice 2

$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }x=+\infty \\ \\ \lim _{x\rightarrow +\infty }\text{e}^{x}=+\infty \end{aligned} $

donc par produit :

$ \lim _{x\rightarrow +\infty }f(x)=+\infty $
$ \begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }x=+\infty \\ \\ \lim _{x\rightarrow +\infty }\text{e}^{x}=+\infty \end{aligned} $

donc par somme :

$ \lim _{x\rightarrow +\infty }g(x)=+\infty $
$ \begin{aligned} \\ \lim _{x\rightarrow +\infty }\text{e}^{x}=+\infty \\ \\ \lim _{x\rightarrow +\infty }x^2=+\infty \\ \\ \lim _{x\rightarrow +\infty } - 1= - 1\\ \end{aligned} $
donc par somme :

$ \lim _{x\rightarrow +\infty }h(x)=+\infty $

Exercice 3

Limites en $ \pm \infty $ :

$ \begin{aligned}f\left( x\right) &=\dfrac{3x - 1}{x - 1}\\ \\ &=\dfrac{x\left( 3 - \dfrac{1}{x}\right) }{x\left( 1 - \dfrac{1}{x}\right) }\\ \\ &=\dfrac{3 - \dfrac{1}{x}}{1 - \dfrac{1}{x}}\end{aligned} $

Lorsque $ x $ tend vers $ \pm \infty $, le numérateur tend vers $ 3 $ et le dénominateur tend vers $ 1 $ ; donc par quotient $ \lim _{x\rightarrow \pm \infty }f\left( x\right) =3 $

Limites à gauche en $ 1 $ :

Lorsque $ x $ tend vers $ 1 $ en étant inférieur à $ 1 $ :
$ \lim_{\scriptsize\begin{matrix} x\rightarrow 1 \\ x <1 \end{matrix}}3x - 1=2 $

$ \lim _{\scriptsize\begin{matrix} x\rightarrow 1 \\ x <1 \end{matrix}}x - 1=0 $ et $ x - 1 $ est négatif

donc par quotient :

$ \lim _{\scriptsize\begin{matrix} x\rightarrow 1 \\ x <1 \end{matrix}}f(x)= - \infty $

Limites à droite en $ 1 $ :

Lorsque $ x $ tend vers $ 1 $ en étant supérieur à $ 1 $ :
$ \lim _{\scriptsize\begin{matrix} x\rightarrow 1 \\ x >1 \end{matrix}}3x - 1=2 $

$ \lim _{\scriptsize\begin{matrix} x\rightarrow 1 \\ x >1 \end{matrix}}x - 1=0 $ et $ x - 1 $ est positif

par quotient :

$ \lim _{\scriptsize\begin{matrix} x\rightarrow 1 \\ x >1 \end{matrix}}f(x)=+\infty $

De ces résultats, on en déduit que la courbe représentative de $ f $ admet :

une asymptote horizontale d'équation $ y=3 $
une asymptote verticale d'équation $ x=1 $

Exercice 4

$ f $ est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur $ \mathbb{R} $ et : $ f^{\prime}(x)=3x^2 - 2x - 1 $

$ f^{\prime} $ est une fonction polynôme du second degré qui a une racine évidente $ x_1=1 $. Le produit des racines vaut $ \dfrac{ c }{ a } = - \dfrac{ 1 }{ 3 } $ donc $ x_2= - \dfrac{ 1 }{ 3 } $ (on peut aussi calculer $ x_1 $ et $ x_2 $ avec le discriminant mais c'est plus long ...). $ f^{\prime} $ est du signe de $ a(=3) $ donc positif à l'extérieur des racines et négatif entre les racines.

On en déduit le tableau de variations suivant :

Ce tableau sera complété par la suite.
Pour tout $ x \neq 0 $ : $ f\left( x\right) =x^{3}\left( 1 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{x^{3}}\right) $.

Donc, en suivant un raisonnement analogue à celui des exercices précédents, par produit :
$ \lim _{x\rightarrow - \infty }f\left( x\right) = - \infty $
$ \lim _{x\rightarrow +\infty }f\left( x\right) =+\infty $
On peut compléter le tableau précédent en ajoutant ces limites et en calculant $ f\left( - \dfrac{1}{3}\right) =\dfrac{32}{27} $ et $ f(1) = 0 $

Exercice 5

Déterminer les limites suivantes :

$ \lim_{x\rightarrow 2}\dfrac{x^{2} - 4}{x - 2} $
On a une forme indéterminée du type « $ \dfrac{ 0 }{ 0 } $ ».
On lève l'indétermination en factorisant le numérateur (identité remarquable) et en simplifiant.

$ \dfrac{x^{2} - 4}{x - 2}=\dfrac{\left( x - 2\right) \left( x+2\right) }{x - 2}=x+2 $

Ainsi :
$ \lim_{x\rightarrow 2}\dfrac{x^{2} - 4}{x - 2} = 2+2=4 $
$ \lim _{x\rightarrow 0}\dfrac{x^{3} - x}{x^{3}+x} $
On a, ici aussi, une forme indéterminée du type « $ \dfrac{ 0 }{ 0 } $ ».
On lève l'indétermination en factorisant $ x $ au numérateur et au dénominateur puis en simplifiant.
(Remarque : mettre $ x^3 $ en facteur ne fonctionnerait pas ici ; en règle générale, on met le terme de plus haut degré en facteur pour une forme indéterminée du type « $ \dfrac{ \infty }{ \infty } $ » ou du type « $ + \infty - \infty $ »).

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

Par conséquent :

$ \lim _{x\rightarrow 0}\dfrac{x^{3} - x}{x^{3}+x}=\lim _{x\rightarrow 0}\dfrac{x^{2} - 1}{x^{2}+1} =\dfrac{0^{2} - 1}{0^{2}+1}= - 1 $
$ \lim _{x\rightarrow 1}\dfrac{\sqrt{x} - 1}{x - 1} $ C'est, encore une fois, une forme indéterminée du type « $ \dfrac{ 0 }{ 0 } $ ».
Il y a plusieurs méthode pour lever l'indétermination.
On peut notamment multiplier le numérateur et le dénominateur par $ \sqrt{ x } +1 $ :

Pour tout $ x \geqslant 0 $ et différent de 1 :

$ \begin{aligned}\dfrac{\sqrt{x} - 1}{x - 1}&=\dfrac{\left( \sqrt{x} - 1\right) \left( \sqrt{x}+1\right) }{\left( x - 1\right) \left( \sqrt{x}+1\right) }\\ \\ &=\dfrac{x - 1}{ \left( x - 1\right) \left( \sqrt{x}+1\right)} \\ \\ &=\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}\end{aligned} $

On a alors :

$ \lim _{x\rightarrow 1}\dfrac{\sqrt{x} - 1}{x - 1}=\lim _{x\rightarrow 1}\dfrac{1}{\sqrt{x}+1} =\dfrac{1}{\sqrt{1}+1}=\dfrac{1}{2} $

(Pour une autre méthode voir la fiche : Calculer une limite à l'aide du nombre dérivé.)

Limites fonction rationnelle

Soit la fonction $ f $ définie sur $ \left] - \infty ; - 1\right[ \cup \left] - 1 ; 1\right[ \cup \left]1 ; +\infty \right[ $ par :

$ f\left(x\right)=\dfrac{x+2}{x^{2} - 1} $

Déterminer les limites de $ f $ aux bornes de son ensemble de définition. (Il y a 6 limites à calculer)

Quelles sont les asymptotes (horizontales et verticales) à la courbe représentative de $ f $ ?

Corrigé

En $ +\infty $ et $ - \infty $ :

On a une forme indéterminée du type «$ \dfrac{\infty}{\infty} $» (voir Méthode : Formes indéterminées)

On factorise par $ x $ au numérateur et $ x^{2} $ au dénominateur :

$ f\left(x\right)=\dfrac{x\left(1+2/x\right)}{x^{2}\left(1 - 1/x^{2}\right)}=\dfrac{1+2/x}{x\left(1 - 1/x^{2}\right)} $

Lorsque $ x\rightarrow \pm \infty $ le numérateur tend vers 1 et le dénominateur tend vers $ \pm \infty $ donc :

$ \lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }f\left(x\right)=0 $

Remarque : On peut aussi écrire : $ \lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }\dfrac{x+2}{x^{2} - 1}=\lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }\dfrac{x}{x^{2}}=\lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }\dfrac{1}{x}=0 $
En $ - 1 $ et $ +1 $

Le dénominateur tend vers zéro ; on a une limite du type «$ \dfrac{k}{0} $ » (voir Méthode : limite « k/0 »)

On peut écrire $ f\left(x\right)=\dfrac{x+2}{\left(x - 1\right)\left(x+1\right)} $

Si $ x\rightarrow - 1 $ et $ x < - 1 $ :

$ x+2 > 0 $ (tend vers $ 1 $)

$ x - 1 < 0 $ (tend vers $ - 2 $)

$ x+1 < 0 $ (car $ x < - 1 $)

donc $ \lim\limits_{x\rightarrow - 1^ - }f\left(x\right)=+\infty $

Si $ x\rightarrow - 1 $ et $ x > - 1 $ :

$ x+2 > 0 $ (tend vers $ 1 $)

$ x - 1 < 0 $ (tend vers $ - 2 $)

$ x+1 > 0 $ (car $ x > - 1 $)

donc $ \lim\limits_{x\rightarrow - 1^+}f\left(x\right)= - \infty $

Si $ x\rightarrow 1 $ et $ x < 1 $ :

$ x+2 > 0 $ (tend vers $ 3 $)

$ x+1 > 0 $ (tend vers $ 2 $)

$ x - 1 < 0 $ (car $ x < 1 $)

donc $ \lim\limits_{x\rightarrow +1^ - }f\left(x\right)= - \infty $

Si $ x\rightarrow 1 $ et $ x > 1 $ :

$ x+2 > 0 $ (tend vers $ 3 $)

$ x+1 > 0 $ (tend vers $ 2 $)

$ x - 1 > 0 $ (car $ x > 1 $)

donc $ \lim\limits_{x\rightarrow +1^+}f\left(x\right)=+\infty $

La courbe représentative de $ f $ admet :

une asymptote horizontale d'équation $ y=0 $
deux asymptotes verticales d'équations $ x= - 1 $ et $ x=1 $

Courbe de la fonction f(x)=(x+2)/(x²-1) avec asymptotes

Formes indéterminées : fonctions rationnelles

Soit la fonction $ f $ définie sur $ \mathbb{R}\backslash\left\{1\right\} $ par $ f\left(x\right)=\dfrac{2x^{2}+1}{\left(x - 1\right)^{2}} $ et $ \mathscr C_{f} $ sa courbe représentative dans un repère $ \left(O ; \vec{i}, \vec{j}\right) $.

Déterminer les équations des asymptotes à la courbe $ \mathscr C_{f} $.

Corrigé

Limites en $ +\infty $ et $ - \infty $ :

On a une forme indéterminée du type «$ \dfrac{ \infty}{\infty} $» (voir Méthode : Formes indéterminées)

On développe le dénominateur puis on factorise par $ x^{2} $ au numérateur et au dénominateur :

$ f\left(x\right)=\dfrac{2x^{2}+1}{\left(x - 1\right)^{2}}=\dfrac{2x^{2}+1}{x^{2} - 2x+1}=\dfrac{x^{2}\left(2+1/x^{2}\right)}{x^{2}\left(1 - 2/x+1/x^{2}\right)}=\dfrac{2+1/x^{2}}{1 - 2/x+1/x^{2}} $

Lorsque $ x\rightarrow \pm \infty $ le numérateur tend vers $ 2 $ et le dénominateur tend vers $ 1 $ donc par quotient :

$ \lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }f\left(x\right)=2 $

La courbe $ \mathscr C_{f} $ admet donc la droite d'équation $ y=2 $ comme asymptote horizontale.
Limite en $ 1 $ Lorsque $ x\rightarrow 1 $, le dénominateur tend vers zéro ; on a affaire à une limite du type «$ \dfrac{k}{0} $ » (voir fiche : limite du type « k/0 »)

Pour $ x\neq 1 $ le dénominateur (qui est un carré) et le numérateur sont strictement positifs donc :

$ \lim\limits_{x\rightarrow 1}f\left(x\right)=+\infty $

Remarque :Il n'est pas utile de distinguer ici limite à gauche et limite à droite ; en effet $ f $ ne change pas de signe donc les limites à droite et à gauche sont égales.

La courbe $ C_{f} $ admet donc une asymptote verticale d'équation $ x=1 $