Limites de fonctions et continuité

Exercice 1. Étude complète des limites d'une fonction rationnelle

1. Étape 1. Commencez par identifier le domaine de définition.

   Le dénominateur s'annule quand $x^2 - 1 = 0$, c'est-à-dire $x = 1$ ou $x = -1$.

   Domaine : $\mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}$.

2. Étape 2. Calculez $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ en factorisant par $x^2$.

   $$f(x) = \frac{2x^2 + 3}{x^2 - 1} = \frac{x^2(2 + \frac{3}{x^2})}{x^2(1 - \frac{1}{x^2})} = \frac{2 + \frac{3}{x^2}}{1 - \frac{1}{x^2}} \to \frac{2}{1} = 2$$

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

3. Étape 3. Calculez les limites aux extrémités de l'intervalle (en $x = ±1$).

   Quand $x \to 1^+$ ou $x \to 1^-$ : Le numérateur tend vers $2 + 3 = 5 > 0$. Le dénominateur tend vers 0.

   Si $x \to 1^+$ (par la droite, $x > 1$), alors $x^2 - 1 > 0$, donc $f(x) \to +\infty$.

   Si $x \to 1^-$ (par la gauche, $x < 1$), alors $x^2 - 1 < 0$, donc $f(x) \to -\infty$.

   Quand $x \to -1^+$ ou $x \to -1^-$ : Le numérateur tend vers $2 + 3 = 5 > 0$. Le dénominateur tend vers 0.

   Si $x \to -1^+$ (par la droite, $x > -1$), alors $x^2 - 1 < 0$ (car $x^2 \approx 1$, mais $< 1$), donc $f(x) \to -\infty$.

   Si $x \to -1^-$ (par la gauche, $x < -1$), alors $x^2 - 1 > 0$, donc $f(x) \to +\infty$.

4. Étape 4. Résumez les résultats et identifiez les asymptotes.

   Résumé des limites :

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

   - $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$ (par le même calcul)

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

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

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

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

   Asymptotes :

   - Asymptote horizontale : $y = 2$ (car limites en $±\infty$ valent 2)

   - Asymptotes verticales : $x = 1$ et $x = -1$ (car limites infinies en ces points)

Exercice 2. Trouver les asymptotes d'une fonction

1. Étape 1. Identifiez les points de discontinuité.

   Le dénominateur s'annule en $x = -1$. Le numérateur : $(-1)^2 + 2(-1) = 1 - 2 = -1 \neq 0$.

   Il y a une asymptote verticale potentielle en $x = -1$.

2. Étape 2. Effectuez une division polynomiale ou simplifiez.

   On peut faire une division euclidienne de $x^2 + 2x$ par $x + 1$ :

   $$x^2 + 2x = (x + 1) \cdot q(x) + r$$

   En divisant : $x^2 + 2x = (x + 1)(x + 1) - 1 = (x + 1)^2 - 1$.

   Donc :

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

3. Étape 3. Étudiez les limites en l'infini et en $x = -1$.

   $$g(x) = (x + 1) - \frac{1}{x + 1}$$

   Quand $x \to +\infty$ : $g(x) \sim x + 1$, donc $g(x) \to +\infty$ (pas d'asymptote horizontale).

   Quand $x \to (-1)^+$ : Le terme $\frac{1}{x + 1} \to +\infty$, donc $g(x) = (x + 1) - \frac{1}{x + 1} \to 0 - \infty = -\infty$.

   Quand $x \to (-1)^- : Le terme $\frac{1}{x + 1} \to -\infty$, donc $g(x) = (x + 1) - \frac{1}{x + 1} \to 0 - (-\infty) = +\infty$.

4. Étape 4. Identifiez l'asymptote oblique.

   Depuis $g(x) = (x + 1) - \frac{1}{x + 1}$ et $\lim_{x \to ±\infty} \frac{1}{x + 1} = 0$, on a :

   $$\lim_{x \to ±\infty} (g(x) - (x + 1)) = \lim_{x \to ±\infty} \left(-\frac{1}{x + 1}\right) = 0$$

   Donc $y = x + 1$ est une asymptote oblique (la courbe s'en rapproche à l'infini).

   Résumé :

   - Asymptote verticale : $x = -1$

   - Asymptote oblique : $y = x + 1$

Exercice 3. TVI : montrer l'existence d'une solution

1. Étape 1. Posez $f(x)=\ln(x)+x-2$ et verifiez sa continuité sur $[1,2]$.

   On pose $$f(x)=\ln(x)+x-2.$$

   La fonction logarithme est continue sur $$]0,+\infty[$$, donc $f$ est continue sur $[1,2]$.

2. Étape 2. Calculez $f(1)$ et $f(2)$.

   On calcule :

   $$f(1)=\ln(1)+1-2=-1<0$$

   et

   $$f(2)=\ln(2)+2-2=\ln(2)>0.$$

   Les valeurs $f(1)$ et $f(2)$ sont donc de signes opposes.

3. Étape 3. Appliquez le TVI.

   La fonction $f$ est continue sur $[1,2]$ et prend des valeurs de signes opposes en $1$ et $2$.

   Par le théorème des valeurs intermediaires, il existe donc $$c\in[1,2]$$ tel que $$f(c)=0.$$

   Autrement dit :

   $$\ln(c)+c-2=0$$

   soit encore

   $$\ln(c)=2-c.$$

   L'équation admet donc au moins une solution dans $[1,2]$.

Exercice 4. Dichotomie pour encadrer une racine

1. Étape 1. Commencez par calculer $f$ au milieu de $[0, 1]$.

   Le milieu de $[0, 1]$ est $m = 0.5$.

   $f(0.5) = (0.5)^3 - 3(0.5) + 1 = 0.125 - 1.5 + 1 = -0.375 < 0$

   Puisque $f(0) > 0$ et $f(0.5) < 0$, la racine est dans $[0, 0.5]$.

2. Étape 2. Dichotomie sur l'intervalle $[0, 0.5]$ : calculez $f(0.25)$.

   Le milieu de $[0, 0.5]$ est $m = 0.25$.

   $f(0.25) = (0.25)^3 - 3(0.25) + 1 = 0.0156 - 0.75 + 1 = 0.2656 > 0$

   Puisque $f(0.25) > 0$ et $f(0.5) < 0$, la racine est dans $[0.25, 0.5]$.

3. Étape 3. Dichotomie sur $[0.25, 0.5]$ : calculez $f(0.375)$.

   Le milieu de $[0.25, 0.5]$ est $m = 0.375$.

   $f(0.375) = (0.375)^3 - 3(0.375) + 1 = 0.0527 - 1.125 + 1 = -0.0723 < 0$

   Puisque $f(0.25) > 0$ et $f(0.375) < 0$, la racine est dans $[0.25, 0.375]$.

4. Étape 4. Résumez l'encadrement obtenu.

   Encadrement final : La racine est dans $[0.25, 0.375]$.

   La largeur de cet intervalle est $0.375 - 0.25 = 0.125 < \frac{1}{4}$.

   On peut donc affirmer que la racine est entre $0.25$ et $0.375$, soit approximativement à $0.3125$ (le milieu) avec une précision de $\pm 0.0625$.

Exercice 5. Prolonger une fonction par continuité

f(x)=\frac{x^2-1}{x-1}

1. Étape 1. Precisons ou la fonction est définie.

   Le denominateur s'annule en $$x=1$$, donc la fonction n'est pas définie en $$1$$.

   D_f=\mathbb R\setminus\{1\}

2. Étape 2. Simplifier l'expression pour $$x\neq 1$$.

   Comme $$x^2-1=(x-1)(x+1),$$ on obtient pour $$x\neq 1$$ : $$f(x)=x+1.$$

   f(x)=x+1\quad(x\neq1)

3. Étape 3. Calculer la limite en $$1$$.

   Puisque $$f(x)=x+1$$ au voisinage de $$1,$$ on a $$\lim_{x\to1}f(x)=\lim_{x\to1}(x+1)=2.$$

   \lim_{x\to1}f(x)=2

4. Étape 4. Conclure sur le prolongement.

   On peut prolonger $$f$$ par continuité en posant $$f(1)=2.$$ La fonction prolongee coincide alors avec la fonction $$x\mapsto x+1.$$

   f(1)=2