Rappel · 1

Pour tout nombre réel $x < 0$ , quelle est l'écriture simplifiée de $\sqrt{x^2}$ sans symbole de radical ?

Remarque

Pour tout réel $x$ , on a $\sqrt{x^2} = |x|$ . Lorsque $x < 0$ , la valeur absolue coïncide avec son opposé : $|x| = -x$ .

Point de départ · 2

Au voisinage de $+\infty$ , on étudie deux expressions présentant l'indétermination « $\infty - \infty$ » :
$A(x) = \sqrt{4x^2+1} - x \quad \text{et} \quad B(x) = \sqrt{x^2+1} - x$
Doit-on appliquer la même méthode pour lever l'indétermination dans les deux cas ?

Remarque

Dans $A(x)$ , le terme sous la racine croît comme $\sqrt{4x^2} = 2x$ . La différence se comporte comme $2x - x = x$ , qui tend vers $+\infty$ : les termes dominants ne s'annulent pas, une factorisation par $x$ suffit. Dans $B(x)$ , $\sqrt{x^2} = x$ compense exactement $-x$ ( $x - x = 0$ ) : seule l'expression conjuguée permet de lever l'indétermination.

Définition · 3

Règle d'arbitrage : factorisation ou quantité conjuguée

Soit à déterminer la limite en $+\infty$ d'une expression du type $\sqrt{ax^2+bx+c} - \alpha x$ avec $a > 0$ et $\alpha > 0$ :

\sqrt{a} \neq \alpha

$\text{Les termes dominants ne s'annulent pas : factoriser par } x \text{ (ou } |x| \text{)}.$

\sqrt{a} = \alpha

$\text{Les termes dominants se neutralisent : multiplier et diviser par l'expression conjuguée}.$

Remarque

Au voisinage de $-\infty$ , l'extraction du terme dominant donne $\sqrt{x^2} = |x| = -x$ . La compensation a lieu si le terme extrait $-\sqrt{a}x$ annule le terme extérieur.

Exemple travaillé · 4

Déterminer la limite suivante au voisinage de $-\infty$ :
$\lim_{x \to -\infty} \left( \sqrt{3x^2+x-1} + x \right)$

1

On identifie les termes prépondérants : pour $x < 0$ , $\sqrt{3x^2} = \sqrt{3}|x| = -\sqrt{3}x$ . La somme des termes dominants vaut $(1-\sqrt{3})x \neq 0$ . Puisqu'ils ne se neutralisent pas, on factorise par le terme prépondérant.

2

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

3

Comme $x$ tend vers $-\infty$ , on a $x < 0$ , d'où $|x| = -x$ :

4

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

5

Le terme entre parenthèses tend vers $1 - \sqrt{3}$ , qui est un réel strictement négatif. Par produit avec $x$ tendant vers $-\infty$ :

6

\lim_{x \to -\infty} \left( \sqrt{3x^2+x-1} + x \right) = +\infty

Exemple travaillé · 5

Déterminer la limite suivante au voisinage de $+\infty$ :
$\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{x^2+x+1} - x \right)$

1

Au voisinage de $+\infty$ , $\sqrt{x^2} = x$ . Comme $x - x = 0$ , les termes prépondérants s'annulent exactement : la factorisation directe donnerait « $\infty \times 0$ ». On multiplie et divise par l'expression conjuguée.

2

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

3

On lève la forme indéterminée « $\frac{\infty}{\infty}$ » en factorisant par $x > 0$ au numérateur et au dénominateur :

4

\frac{x\left(1 + \frac{1}{x}\right)}{x\left(\sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} + 1\right)} = \frac{1 + \frac{1}{x}}{\sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} + 1}

5

Puisque $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^2} = 0$ , le quotient converge :

6

\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{x^2+x+1} - x \right) = \frac{1}{2}

Piège classique · 6

Pour déterminer $\lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+4}}{x}$ , un élève écrit :
$\frac{\sqrt{x^2+4}}{x} = \frac{x\sqrt{1+\frac{4}{x^2}}}{x} = \sqrt{1+\frac{4}{x^2}}$
Il conclut que la limite vaut $1$ . Quelle est l'erreur commise ?

Attention

Remplacer $\sqrt{x^2}$ par $x$ au lieu de $|x|$ lors d'un calcul de limite en $-\infty$ .

À la place : Pour tout réel $x$ , $\sqrt{x^2} = |x|$ . Comme $x \to -\infty$ , on a $x < 0$ , donc $|x| = -x$ . L'expression s'écrit $\frac{-x\sqrt{1+\frac{4}{x^2}}}{x} = -\sqrt{1+\frac{4}{x^2}}$ , et la limite vaut $-1$ .

Vérification · 7

On étudie la limite suivante :
$\lim_{x \to -\infty} \left( \sqrt{x^2+3x} + x \right)$
Quelle est la démarche adaptée et la valeur exacte de cette limite ?

Remarque

Pour $x < 0$ , le terme sous la racine s'écrit $\sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}\right)} = -x\sqrt{1+\frac{3}{x}}$ . La somme avec $+x$ donne $-x + x = 0$ au premier ordre : les termes dominants s'annulent. C'est une forme indéterminée qui impose l'expression conjuguée :
$\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x} - x} = \frac{3x}{-x\sqrt{1+\frac{3}{x}} - x} = \frac{3}{-\sqrt{1+\frac{3}{x}} - 1} \xrightarrow[x \to -\infty]{} -\frac{3}{2}$

Point de départ · 8

On compare le comportement du quotient $\frac{\sin x}{x}$ dans deux situations très différentes :
$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x}$
Ces deux limites sont-elles égales à $1$ ?

Remarque

Non : en $0$ , l'argument tend vers $0$ et le quotient représente le taux d'accroissement du sinus en $0$ , qui converge vers $1$ . En $+\infty$ , le numérateur oscille entre $-1$ et $1$ pendant que le dénominateur grandit indéfiniment : la fraction est écrasée vers $0$ .

Définition · 9

Théorèmes d'encadrement et de comparaison

Pour déterminer la limite à l'infini d'une fonction contenant un terme oscillant borné, on utilise l'encadrement fondamental $-1 \le \sin(u(x)) \le 1$ ou $-1 \le \cos(u(x)) \le 1$ .

$\text{Théorème des gendarmes : si } g(x) \le f(x) \le h(x) \text{ et } \lim g(x) = \lim h(x) = l, \text{ alors } \lim f(x) = l.$

$\text{Comparaison vers l'infini : si } f(x) \ge g(x) \text{ avec } \lim g(x) = +\infty, \text{ alors } \lim f(x) = +\infty.$

$\text{Comparaison vers l'infini : si } f(x) \le h(x) \text{ avec } \lim h(x) = -\infty, \text{ alors } \lim f(x) = -\infty.$

Remarque

Pour un encadrement en valeur absolue : si $|f(x) - l| \le g(x)$ avec $\lim g(x) = 0$ , alors $\lim f(x) = l$ .

Exemple travaillé · 10

Déterminer la limite suivante au voisinage de $+\infty$ :
$\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + \cos x}{x + 1}$

1

Pour tout réel $x$ , la fonction cosinus est bornée :

2

-1 \le \cos x \le 1

3

On ajoute $2x$ à chaque membre de l'inégalité :

4

2x - 1 \le 2x + \cos x \le 2x + 1

5

Pour $x > -1$ , le dénominateur $x+1$ est strictement positif, ce qui conserve le sens des inégalités :

6

\frac{2x - 1}{x + 1} \le \frac{2x + \cos x}{x + 1} \le \frac{2x + 1}{x + 1}

7

On calcule la limite des deux fonctions rationnelles encadrantes en ne retenant que les termes de plus haut degré :

8

\lim_{x \to +\infty} \frac{2x - 1}{x + 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{x} = 2 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to +\infty} \frac{2x + 1}{x + 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{x} = 2

9

D'après le théorème des gendarmes, la fonction encadrée admet la même limite :

10

\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + \cos x}{x + 1} = 2

Exemple travaillé · 11

Déterminer la limite suivante au voisinage de $+\infty$ :
$\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{3 - \sin x}$

1

On encadre d'abord le dénominateur pour tout réel $x$ :

2

-1 \le \sin x \le 1 \iff -1 \le -\sin x \le 1 \iff 2 \le 3 - \sin x \le 4

3

Les termes étant strictement positifs, la fonction inverse renverse le sens de l'inégalité :

4

\frac{1}{4} \le \frac{1}{3 - \sin x} \le \frac{1}{2}

5

Au voisinage de $+\infty$ , on considère $x > 0$ . On multiplie par $x$ sans changer l'ordre :

6

\frac{x}{4} \le \frac{x}{3 - \sin x} \le \frac{x}{2}

7

Pour prouver la divergence vers $+\infty$ , la minoration seule suffit : $\frac{x}{3 - \sin x} \ge \frac{x}{4}$ .

8

Comme $\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{4} = +\infty$ , le théorème de comparaison donne :

9

\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{3 - \sin x} = +\infty

Piège classique · 12

Un élève cherche la limite suivante : $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x}$ . Il écrit :
« D'après la formule du cours $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ , on a immédiatement $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x} = 1$ ».
Que penser de ce raisonnement ?

Attention

Appliquer la limite trigonométrique usuelle $\lim_{X \to 0} \frac{\sin X}{X} = 1$ à un calcul où la variable tend vers l'infini.

À la place : La limite de référence $\frac{\sin X}{X} \to 1$ exige impérativement que l'argument $X$ tende vers $0$ . En $+\infty$ , l'argument tend vers l'infini. On doit utiliser l'encadrement $|\sin x| \le 1$ , d'où pour $x > 0$ : $-\frac{1}{x} \le \frac{\sin x}{x} \le \frac{1}{x}$ . Comme $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0$ , le théorème des gendarmes impose $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$ .

Vérification · 13

Déterminer la valeur exacte de la limite suivante :
$\lim_{x \to +\infty} x \sin\left(\frac{1}{x}\right)$

Remarque

Quand $x \to +\infty$ , l'argument $X = \frac{1}{x}$ tend vers $0$ . L'expression s'écrit $x \sin\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{\sin(1/x)}{1/x} = \frac{\sin X}{X}$ . Par composition, comme $X \to 0^+$ , la limite de référence s'applique et donne exactement $1$ .

Point de départ · 14

On cherche à déterminer la limite suivante au voisinage de $+\infty$ :
$\lim_{x \to +\infty} \sqrt{\frac{4x^2+1}{x^2+3}}$
Faut-il développer ou utiliser une expression conjuguée sur l'ensemble de la racine ?

Remarque

Non : on procède de l'intérieur vers l'extérieur. La fraction rationnelle $u(x) = \frac{4x^2+1}{x^2+3}$ tend vers $4$ en $+\infty$ . La fonction racine carrée étant continue en $4$ , le résultat global tend naturellement vers $\sqrt{4} = 2$ .

Définition · 15

Limite et continuité d'une fonction composée

$\text{Soient } u \text{ et } v \text{ deux fonctions. Si } \lim_{x \to a} u(x) = b \text{ et } \lim_{X \to b} v(X) = c, \text{ alors } \lim_{x \to a} (v \circ u)(x) = c.$

Les valeurs $a$ , $b$ et $c$ désignent des réels ou $+\infty$ ou $-\infty$ .

$\text{Continuité en un point : si } u \text{ est continue en } x_0 \text{ et } v \text{ est continue en } u(x_0), \text{ alors } v \circ u \text{ est continue en } x_0.$

$\text{Continuité sur un intervalle : si } u \text{ est continue sur } I \text{ et } v \text{ continue sur } J \text{ tel que } u(I) \subset J, \text{ alors } v \circ u \text{ est continue sur } I.$

Exemple travaillé · 16

Déterminer la limite suivante :
$\lim_{x \to +\infty} \cos\left(\frac{\pi x - 1}{2x + 3}\right)$

1

On décompose la fonction sous la forme $v(u(x))$ avec $u(x) = \frac{\pi x - 1}{2x + 3}$ et $v(X) = \cos(X)$ .

2

On détermine la limite de la fonction rationnelle intérieure $u(x)$ en $+\infty$ à l'aide du rapport des monômes de plus haut degré :

3

\lim_{x \to +\infty} \frac{\pi x - 1}{2x + 3} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\pi x}{2x} = \frac{\pi}{2}

4

La fonction extérieure cosinus est continue sur $\mathbb{R}$ , donc continue en $\frac{\pi}{2}$ :

5

\lim_{X \to \frac{\pi}{2}} \cos(X) = \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0

6

Par application du théorème de la limite d'une fonction composée :

7

\lim_{x \to +\infty} \cos\left(\frac{\pi x - 1}{2x + 3}\right) = 0

Exemple travaillé · 17

Justifier que la fonction $f$ définie par $f(x) = \sqrt{\frac{x+1}{x-1}}$ est continue sur l'intervalle $]1 ; +\infty[$ .

1

On pose $u(x) = \frac{x+1}{x-1}$ et $v(X) = \sqrt{X}$ de sorte que $f = v \circ u$ .

2

La fonction rationnelle $u$ est définie et continue sur tout intervalle ne contenant pas $1$ . Elle est donc continue sur $]1 ; +\infty[$ .

3

On vérifie la condition d'inclusion de l'ensemble image : pour tout $x > 1$ , on a $x+1 > 0$ et $x-1 > 0$ , donc $u(x) > 0$ . Ainsi, $u(]1 ; +\infty[) \subset ]0 ; +\infty[$ .

4

La fonction racine carrée $v$ est continue sur $[0 ; +\infty[$ , donc en particulier sur $]0 ; +\infty[$ .

5

Puisque $u$ est continue sur $]1 ; +\infty[$ et que son image est contenue dans le domaine de continuité de $v$ , la fonction composée $f$ est continue sur $]1 ; +\infty[$ .

Piège classique · 18

On considère la fonction $f(x) = \sqrt{2-x}$ . Que peut-on affirmer concernant la limite $\lim_{x \to 2^+} f(x)$ ?

Attention

Écrire directement $\lim_{x \to 2^+} \sqrt{2-x} = \sqrt{0} = 0$ sans vérifier le domaine de validité de la fonction.

À la place : Pour $x > 2$ , l'expression sous la racine vérifie $2-x < 0$ . La fonction racine carrée n'étant pas définie pour des réels strictement négatifs, la limite à droite en $2$ n'a aucun sens mathématique : $f$ n'est pas définie à droite de $2$ .

Vérification · 19

Déterminer la limite suivante en utilisant un changement de variable adapté :
$\lim_{x \to +\infty} x^2 \left(1 - \cos\left(\frac{1}{x}\right)\right)$

Remarque

En posant $X = \frac{1}{x}$ , on constate que lorsque $x \to +\infty$ , $X \to 0^+$ . L'expression se réécrit $\frac{1-\cos X}{X^2}$ . D'après la limite trigonométrique usuelle en zéro, $\lim_{X \to 0^+} \frac{1-\cos X}{X^2} = \frac{1}{2}$ .

Point de départ · 20

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$f(x) = \begin{cases} x^2+3 & \text{si } x \le 1 \\ \frac{x^2+7}{x} & \text{si } x > 1 \end{cases}$
Peut-on affirmer que $f$ est continue en $1$ sans calculer séparément les limites à gauche et à droite ?

Remarque

Non : chaque formule est continue sur son intervalle, mais en $1$ , la limite à gauche vaut $1^2+3 = 4 = f(1)$ , tandis que la limite à droite vaut $\frac{1+7}{1} = 8$ . Comme les deux valeurs diffèrent, la courbe subit une rupture : $f$ n'est pas continue en $1$ .

Définition · 21

Continuité en un point et raccordement

$f \text{ est continue en } x_0 \iff \lim_{x \to x_0^+} f(x) = \lim_{x \to x_0^-} f(x) = f(x_0)$

Pour une fonction définie par morceaux de part et d'autre d'un point frontière $x_0$ , la continuité globale exige d'établir la continuité sur chaque intervalle ouvert, puis de vérifier l'égalité stricte des deux limites latérales avec l'image $f(x_0)$ .

Exemple travaillé · 22

Soit $f$ la fonction définie sur $[0 ; +\infty[$ par :
$f(x) = \begin{cases} \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} & \text{si } x \ne 4 \\ a & \text{si } x = 4 \end{cases}$
Déterminer la valeur du réel $a$ pour que $f$ soit continue en $4$ .

1

Pour $x \ne 4$ , l'évaluation directe en $4$ conduit à la forme indéterminée « $\frac{0}{0}$ ».

2

On multiplie le numérateur et le dénominateur par l'expression conjuguée $\sqrt{x}+2$ :

3

\frac{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{x}+2)} = \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}

4

Pour tout $x \ne 4$ , on simplifie par le facteur non nul $(x-4)$ :

5

f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}+2}

6

On calcule la limite de l'expression simplifiée lorsque $x$ tend vers $4$ :

7

\lim_{x \to 4} f(x) = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{4}

8

La fonction $f$ est continue en $4$ si et seulement si $\lim_{x \to 4} f(x) = f(4)$ , ce qui impose $a = \frac{1}{4}$ .

Définition · 23

Prolongement par continuité

$\text{Si } f \text{ n'est pas définie en } x_0 \text{ et si } \lim_{x \to x_0} f(x) = l \in \mathbb{R}, \text{ alors } f \text{ est prolongeable par continuité en } x_0.$

Son prolongement par continuité est la fonction $g$ définie sur $D_f \cup \{x_0\}$ par :

$g(x) = \begin{cases} f(x) & \text{si } x \ne x_0 \\ l & \text{si } x = x_0 \end{cases}$

Remarque

Si $\lim_{x \to x_0} f(x) = \pm\infty$ , la fonction n'est pas prolongeable par continuité : sa courbe admet une asymptote verticale d'équation $x = x_0$ .

Exemple travaillé · 24

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R} \setminus \{2\}$ par :
$f(x) = \begin{cases} \frac{x^2-4}{x-2} & \text{si } x < 2 \\ \frac{x-2}{\sqrt{x+2}-2} & \text{si } x > 2 \end{cases}$
Montrer que $f$ est prolongeable par continuité en $2$ et expliciter ce prolongement.

1

On évalue la limite à gauche en factorisant le numérateur pour $x < 2$ :

2

\lim_{x \to 2^-} \frac{(x-2)(x+2)}{x-2} = \lim_{x \to 2^-} (x+2) = 4

3

On évalue la limite à droite en multipliant par l'expression conjuguée pour $x > 2$ :

4

\frac{(x-2)(\sqrt{x+2}+2)}{(\sqrt{x+2}-2)(\sqrt{x+2}+2)} = \frac{(x-2)(\sqrt{x+2}+2)}{(x+2)-4} = \sqrt{x+2}+2

5

On en déduit la limite à droite en $2$ :

6

\lim_{x \to 2^+} f(x) = \sqrt{2+2}+2 = 4

7

Les deux limites latérales sont finies et égales : $\lim_{x \to 2} f(x) = 4$ . La fonction $f$ est prolongeable par continuité en $2$ par la fonction $F$ définie sur $\mathbb{R}$ par $F(x) = f(x)$ si $x \ne 2$ et $F(2) = 4$ .

Piège classique · 25

Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ par $f(x) = \frac{x^2-1}{|x-1|}$ .
Un élève affirme : « Comme $x^2-1 = (x-1)(x+1)$ , on simplifie par $(x-1)$ et la limite en $1$ vaut $2$ : $f$ est donc prolongeable par continuité en $1$ ».
Que penser de cette affirmation ?

Attention

Supprimer la valeur absolue sans tenir compte du signe de $x-1$ , ce qui masque la discontinuité latérale.

À la place : Pour $x > 1$ , $|x-1| = x-1$ , donc $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x+1) = 2$ . Mais pour $x < 1$ , $|x-1| = -(x-1)$ , donc $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} -(x+1) = -2$ . Les limites latérales étant distinctes ( $-2 \ne 2$ ), la fonction n'a pas de limite en $1$ : elle ne peut pas être prolongée par continuité.

Vérification · 26

On considère la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$g(x) = \begin{cases} \frac{\sin x}{x} & \text{si } x < 0 \\ x + a & \text{si } x \ge 0 \end{cases}$
Quelle valeur doit prendre le réel $a$ pour que $g$ soit continue en $0$ ?

Remarque

À gauche de $0$ , la limite usuelle donne $\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = 1$ . À droite et en $0$ , on a $g(0) = 0 + a = a$ . Pour que $g$ soit continue en $0$ , il faut que $\lim_{x \to 0^-} g(x) = g(0)$ , ce qui impose $a = 1$ .

Point de départ · 27

Soit $f$ une fonction continue sur l'intervalle $[1 ; 4]$ telle que $f(1) = 2$ et $f(4) = 5$ .
L'ensemble des images $f([1 ; 4])$ est-il nécessairement le segment $[2 ; 5]$ ?

Remarque

Non : si la fonction n'est pas monotone, elle peut osciller, monter plus haut ou descendre plus bas que ses valeurs aux bornes. L'image d'un segment $[a ; b]$ par une fonction continue est le segment $[m ; M]$ , où $m$ et $M$ sont respectivement le minimum et le maximum absolus atteints sur cet intervalle.

Définition · 28

Image d'un intervalle par une fonction continue

$\text{L'image d'un intervalle } I \text{ par une fonction continue } f \text{ est un intervalle de même nature si } f \text{ est monotone}.$

Pour un segment fermé $[a ; b]$ , la continuité seule garantit que $f([a ; b]) = [m ; M]$ , où $m$ est le minimum et $M$ le maximum de $f$ sur $[a ; b]$ .

Lorsque $f$ est continue et strictement monotone sur un intervalle, le sens de variation détermine l'ordre des bornes (les bornes ouvertes étant remplacées par les limites correspondantes) :

f \text{ strictement croissante} \implies f(]a ; b]) = \left]\lim_{x \to a^+} f(x) ; f(b)\right]

f \text{ strictement décroissante} \implies f(]a ; b]) = \left[f(b) ; \lim_{x \to a^+} f(x)\right[

Définition · 29

Théorème des valeurs intermédiaires et corollaire de la bijection

$\text{TVI (existence) : Soit } f \text{ continue sur } [a ; b]. \text{ Pour tout réel } k \text{ compris entre } f(a) \text{ et } f(b),$

$\text{il existe au moins un réel } c \in [a ; b] \text{ tel que } f(c) = k.$

En particulier, si $f(a) \times f(b) < 0$ , l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution dans $]a ; b[$ .

$\text{Corollaire de la bijection (unicité) : Si de plus } f \text{ est strictement monotone sur } [a ; b],$

$\text{alors pour tout réel } k \text{ compris entre } f(a) \text{ et } f(b), \text{ l'équation } f(x) = k \text{ admet une unique solution dans } [a ; b].$

Exemple travaillé · 30

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 - x^2 - 1$ .
Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[1 ; 2]$ .

1

La fonction $f$ est une fonction polynôme, elle est donc continue sur l'intervalle fermé $[1 ; 2]$ .

2

On étudie la stricte monotonie en calculant la dérivée de $f$ :

3

f'(x) = 3x^2 - 2x = x(3x - 2)

4

Pour tout $x \in [1 ; 2]$ , on a $x > 0$ et $3x - 2 \ge 1 > 0$ , donc $f'(x) > 0$ . La fonction $f$ est strictement croissante sur $[1 ; 2]$ .

5

On évalue les images des bornes :

6

f(1) = 1^3 - 1^2 - 1 = -1 < 0 \quad \text{et} \quad f(2) = 2^3 - 2^2 - 1 = 3 > 0

7

On a $f(1) \times f(2) < 0$ , donc $0$ est strictement compris entre $f(1)$ et $f(2)$ .

8

Puisque $f$ est continue et strictement croissante sur $[1 ; 2]$ , d'après le théorème de la bijection (corollaire du TVI), l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[1 ; 2]$ .

Piège classique · 31

Soit $g$ une fonction continue sur $[-1 ; 4]$ telle que $g(-1) = 1$ et $g(4) = 6$ .
Un élève affirme : « Comme $2 \in [1 ; 6]$ , d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x) = 2$ admet une unique solution dans $[-1 ; 4]$ ».
Pourquoi cette conclusion d'unicité est-elle fausse ?

Attention

Conclure à l'unicité d'une solution en s'appuyant uniquement sur la continuité et l'encadrement des images par le TVI.

À la place : Le théorème des valeurs intermédiaires garantit seulement l'existence d'au moins une solution. Pour affirmer que la solution est unique, il faut impérativement démontrer que la fonction est strictement monotone sur l'intervalle considéré.

Exemple travaillé · 32

Soit $f$ la fonction définie sur $]1 ; 4]$ par $f(x) = \frac{2x+1}{x-1}$ .
Déterminer l'image de l'intervalle $]1 ; 4]$ par la fonction $f$ .

1

La fonction rationnelle $f$ est dérivable sur son domaine de définition $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ , donc sur $]1 ; 4]$ :

2

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

3

Pour tout $x \in ]1 ; 4]$ , on a $f'(x) < 0$ . La fonction $f$ est donc continue et strictement décroissante sur $]1 ; 4]$ .

4

D'après la propriété de l'image d'un intervalle par une fonction continue et strictement décroissante, l'ordre des bornes s'inverse :

5

f(]1 ; 4]) = \left[ f(4) ; \lim_{x \to 1^+} f(x) \right[

6

On calcule l'image de la borne fermée et la limite à la borne ouverte :

7

f(4) = \frac{2(4)+1}{4-1} = \frac{9}{3} = 3

8

\lim_{x \to 1^+} (2x+1) = 3 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 1^+} (x-1) = 0^+ \implies \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty

9

On en conclut que l'image de l'intervalle est :

10

f(]1 ; 4]) = [3 ; +\infty[

Vérification · 33

Soit $h$ une fonction continue et strictement décroissante sur l'intervalle $[0 ; 3]$ telle que $h(0) = 4$ et $h(3) = -2$ .
Que peut-on affirmer sur le nombre de solutions de l'équation $h(x) = 0$ sur $[0 ; 3]$ et sur l'ensemble image $h([0 ; 3])$ ?

Remarque

Puisque $h$ est continue et strictement décroissante sur $[0 ; 3]$ avec $h(0) \times h(3) = -8 < 0$ , le théorème de la bijection assure l'existence d'une unique solution $\alpha \in [0 ; 3]$ telle que $h(\alpha) = 0$ . De plus, la décroissance stricte inverse les bornes du segment image : $h([0 ; 3]) = [h(3) ; h(0)] = [-2 ; 4]$ .

Point de départ · 34

Au voisinage de $+\infty$ , on considère la fonction $f(x) = 2x + \sqrt{x}$ . On constate que le rapport $\frac{f(x)}{x} = 2 + \frac{1}{\sqrt{x}}$ tend vers $2$ .
La droite d'équation $y = 2x$ est-elle pour autant une asymptote oblique à la courbe de $f$ ?

Remarque

Non : pour être asymptote, la distance verticale entre la courbe et la droite doit tendre vers $0$ . Or ici, l'écart $f(x) - 2x = \sqrt{x}$ tend vers $+\infty$ : la courbe s'éloigne indéfiniment de la droite tout en conservant sa direction. C'est une branche parabolique de direction la droite $y = 2x$ .

Définition · 35

Branches infinies et asymptotes

$\text{Si } \lim_{x \to a^\pm} f(x) = \pm\infty, \text{ la droite d'équation } x = a \text{ est asymptote verticale à } C_f.$

$\text{Si } \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = L, \text{ la droite d'équation } y = L \text{ est asymptote horizontale à } C_f.$

Lorsque $\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \pm\infty$ , on détermine la nature de la branche infinie à l'aide de $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x}$ :

\lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = 0 \implies C_f \text{ admet une branche parabolique de direction } (O, \vec{i})

\lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \pm\infty \implies C_f \text{ admet une branche parabolique de direction } (O, \vec{j})

\lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = a \ne 0 \implies \text{on étudie } \lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - ax)

$\text{Si } \lim (f(x) - ax) = b \in \mathbb{R} : y = ax + b \text{ est asymptote oblique ; si } \lim (f(x) - ax) = \pm\infty : \text{branche parabolique de direction } y = ax.$

Exemple travaillé · 36

Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x + \sqrt{x^2+1}$ . Déterminer la nature de la branche infinie de $C_f$ en $+\infty$ .

1

On évalue la limite en $+\infty$ : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ . La courbe admet une branche infinie.

2

On étudie la direction asymptotique via le rapport $\frac{f(x)}{x}$ pour $x > 0$ :

3

\frac{f(x)}{x} = \frac{x + \sqrt{x^2\left(1 + \frac{1}{x^2}\right)}}{x} = \frac{x + x\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}{x} = 1 + \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}

4

\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 1 + 1 = 2

5

Le coefficient directeur vaut $a = 2$ . On étudie la différence $f(x) - 2x = \sqrt{x^2+1} - x$ à l'aide de l'expression conjuguée :

6

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

7

Le dénominateur tend vers $+\infty$ , donc $\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x) = 0$ .

8

La droite d'équation $y = 2x$ est une asymptote oblique à la courbe $C_f$ au voisinage de $+\infty$ .

Exemple travaillé · 37

Soit la fonction $f$ définie sur $[1 ; +\infty[$ par $f(x) = 2x - 3\sqrt{x-1}$ . Étudier la nature de la branche infinie de $C_f$ en $+\infty$ .

1

On évalue la limite en $+\infty$ : par factorisation par $x$ , on vérifie que $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ .

2

On calcule la limite du rapport $\frac{f(x)}{x}$ pour $x > 1$ :

3

\frac{f(x)}{x} = 2 - 3\frac{\sqrt{x-1}}{x} = 2 - 3\sqrt{\frac{x-1}{x^2}}

4

Comme $\lim_{x \to +\infty} \frac{x-1}{x^2} = 0$ , on obtient $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 2$ .

5

On étudie ensuite la limite de la différence $f(x) - 2x$ :

6

f(x) - 2x = -3\sqrt{x-1}

7

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

8

La limite de la différence est infinie : la courbe $C_f$ admet une branche parabolique de direction la droite d'équation $y = 2x$ au voisinage de $+\infty$ .

Piège classique · 38

En étudiant une fonction $f$ , un élève obtient $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 3$ .
Il conclut immédiatement que la droite d'équation $y = 3x$ est une asymptote oblique à la courbe. Que lui manque-t-il pour valider ou rejeter cette conclusion ?

Attention

Conclure à l'existence d'une asymptote oblique $y = ax$ sur le seul résultat $\lim \frac{f(x)}{x} = a$ , sans calculer $\lim (f(x) - ax)$ .

À la place : Le résultat $\lim \frac{f(x)}{x} = a$ indique seulement une direction asymptotique. Il est indispensable d'évaluer ensuite $\lim (f(x) - ax)$ : la droite n'est asymptote que si cette limite est un réel fini $b$ . Si la limite est infinie, la courbe admet une branche parabolique.

Vérification · 39

Soit une fonction $g$ définie sur $]2 ; +\infty[$ telle que $\lim_{x \to 2^+} g(x) = -\infty$ , $\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{g(x)}{x} = 0$ .
Quelles sont les branches infinies de la courbe représentative de $g$ ?

Remarque

La limite infinie en $2^+$ implique une asymptote verticale d'équation $x = 2$ . En $+\infty$ , la limite infinie de $g$ combinée à $\lim_{x \to +\infty} \frac{g(x)}{x} = 0$ indique que la courbe admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses $(O, \vec{i})$ .

Continuité et limites — cours

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