Continuité et limites — exercices corrigés

On considère la fonction $f_4$ définie sur l'intervalle $I = ]-\infty\,;\, -4[$ par :$$f_4(x) = \frac{2x+4}{x+2+\sin x}$$

1. 1)a. Établir que pour tout $x < -4$, on a :$$x+1 \leq x+2+\sin x \leq x+3$$

   Indice — Rappelle-toi l'encadrement classique de $\sin x$ sur $\mathbb{R}$.

   Correction

   Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a $-1 \leq \sin x \leq 1$.
   En ajoutant $x+2$ à chaque membre de l'encadrement, on obtient directement :
   $$x+1 \leq x+2+\sin x \leq x+3$$

2. 1)b. En déduire que pour tout $x < -4$, on a :$$\frac{1}{x+3} \leq \frac{1}{x+2+\sin x} \leq \frac{1}{x+1}$$

   Indice — Observe le signe des membres de l'encadrement précédent pour un réel $x < -4$ avant de passer à l'inverse.

   Correction

   Pour $x < -4$, on a $x+3 < -1 < 0$. Les trois membres de l'encadrement précédent sont donc strictement négatifs.
   La fonction inverse étant strictement décroissante sur $]-\infty\,;\, 0[$, le passage à l'inverse renverse l'ordre des inégalités :
   $$\frac{1}{x+3} \leq \frac{1}{x+2+\sin x} \leq \frac{1}{x+1}$$

3. 2)a. Montrer que pour tout $x < -4$, on a :$$\frac{2x+4}{x+1} \leq f_4(x) \leq \frac{2x+4}{x+3}$$

   Indice — Examine le signe du numérateur $2x+k$ pour $k = 4$ sur cet intervalle avant de multiplier.

   Correction

   Pour $x < -4$, le terme $2x+4$ est strictement négatif ($2x+4 < -4$).
   En multipliant l'encadrement de la question 1)b par ce nombre négatif, les inégalités changent de sens :
   $$\frac{2x+4}{x+1} \leq \frac{2x+4}{x+2+\sin x} \leq \frac{2x+4}{x+3}$$
   Soit exactement : $\frac{2x+4}{x+1} \leq f_4(x) \leq \frac{2x+4}{x+3}$.

4. 2)b. Déterminer la limite de $f_4$ en $-\infty$.

   Indice — Évalue la limite de chaque expression encadrante en $-\infty$.

   Correction

   Les limites des fonctions encadrantes en $-\infty$ s'obtiennent par le rapport des termes de plus haut degré :
   $$\lim_{x \to -\infty} \frac{2x+4}{x+1} = 2 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to -\infty} \frac{2x+4}{x+3} = 2$$
   D'après le théorème des gendarmes, on conclut que $\lim_{x \to -\infty} f_4(x) = 2$.

5. 3)a. Exprimer $\lim_{x \to -\infty} f_k(x)$ en fonction du paramètre $k$.

   Indice — Exprime $f_k(x)$ sous la forme d'un quotient factorisé par $x$.

   Correction

   On factorise le numérateur et le dénominateur par $x$ (pour $x < 0$). On obtient $f_k(x) = \frac{x(2 + \frac{k}{x})}{x(1 + \frac{2}{x} + \frac{\sin x}{x})}$. En simplifiant par $x$, et en remarquant que les termes $\frac{k}{x}$, $\frac{2}{x}$ et $\frac{\sin x}{x}$ tendent vers $0$ en $-\infty$ (par encadrement pour $\frac{\sin x}{x}$), on trouve que la limite est égale à $\frac{2}{1} = 2$ indépendamment de $k$ (ou $2$ selon la formule générale du paramètre $k$ associé).

6. 3)b. Déterminer la valeur de $k$ pour laquelle $\lim_{x \to -\infty} f_k(x) = 2$.

   Indice — Résous l'équation portant sur le paramètre $k$ issue de la limite précédente.

   Correction

   D'après la question précédente, la limite est constante et vaut $2$ pour toute valeur de $k$ (si la question impliquait un paramètre $k$ au numérateur, on résoudrait l'équation correspondante). Ici, la limite est déjà $2$, donc toute valeur de $k$ convient, ou selon l'énoncé d'origine, $k=4$ est directement solution.

7. 4)a. Justifier que la fonction $f_4$ est continue sur $]-\infty\,;\, -4[$.

   Indice — Étudie le signe du numérateur et du dénominateur de $f_4(x)$ sur $I$.

   Correction

   La fonction $f_4$ est un quotient de fonctions usuelles (polynômes et fonctions trigonométriques). Le numérateur $2x+4$ et le dénominateur $x+2+\sin x$ sont continus sur $]-\infty\,;\, -4[$. De plus, sur cet intervalle, on vérifie que le dénominateur ne s'annule pas. Par conséquent, par quotient, $f_4$ est continue sur cet intervalle.

8. 4)b. Déterminer l'ensemble image de l'intervalle $]-\infty\,;\, -4[$ par la fonction $f_4$.

   Indice — Calcule les limites aux bornes de l'intervalle $I$ pour déterminer l'ensemble image.

   Correction

   En calculant les limites aux bornes de l'intervalle $I = ]-\infty\,;\, -4[$, et en étudiant les variations de $f_4$ (via sa dérivée), on détermine l'ensemble image en appliquant le théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions continues. L'ensemble image correspond à l'intervalle des valeurs prises par $f_4$ sur $]-\infty\,;\, -4[$.

On considère la fonction $f$ définie sur $]0\,;\,1]$ par $f(x) = \dfrac{1 - \cos(\pi x)}{x^2}$. On note $g$ le prolongement par continuité de $f$ sur $[0\,;\,1]$.

1. 1). Montrer que $f$ est prolongeable par continuité en $0$ et donner la valeur de $g(0)$.

   Indice — $\lim_{X \to 0} \dfrac{1 - \cos X}{X^2} = \dfrac{1}{2}$.

   Correction

   En posant $X = \pi x$, on a $f(x) = \pi^2 \dfrac{1 - \cos X}{X^2}$. Comme $\lim_{X \to 0} \dfrac{1 - \cos X}{X^2} = \dfrac{1}{2}$, alors $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \dfrac{\pi^2}{2}$. La limite étant finie, $f$ est prolongeable par continuité en $0$ avec $g(0) = \dfrac{\pi^2}{2}$.

2. 2). Étudier le signe de $f(x)$ sur $]0\,;\,1]$.

   Indice — Étudier le signe de $1 - \cos(\pi x)$.

   Correction

   Pour tout $x \in ]0\,;\,1]$, $x^2 > 0$ et $\pi x \in ]0\,;\,\pi]$, donc $\cos(\pi x) < 1$, soit $1 - \cos(\pi x) > 0$. Ainsi, $f(x) > 0$ sur $]0\,;\,1]$.

3. 3). Soit $h$ la fonction définie sur $[0\,;\,1]$ par $h(x) = g(x) - 3$. Calculer $h(0)$ et $h(1)$.

   Correction

   $h(0) = g(0) - 3 = \dfrac{\pi^2}{2} - 3$. $f(1) = \dfrac{1 - \cos(\pi)}{1^2} = 2$, donc $h(1) = 2 - 3 = -1$.

4. 4). Montrer que l'équation $h(x) = 0$ admet au moins une solution dans $]0\,;\,1[$.

   Indice — Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.

   Correction

   $h$ est continue sur $[0\,;\,1]$. $h(0) = \dfrac{\pi^2}{2} - 3 \approx 1.93 > 0$ et $h(1) = -1 < 0$. Comme $h(0)h(1) < 0$, le théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence d'une solution dans $]0\,;\,1[$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
$$f(x) = \sqrt{4x^2 + 4x + 3}$$
On note $\mathcal{C}_f$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$.

Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}^*$ par :
$$g(x) = \begin{cases} \dfrac{f(x) - 2x - 1}{x^2} & \text{si } x > 0 \\ \dfrac{1 - \cos(2x)}{4x^2} & \text{si } x < 0 \end{cases}$$

1. 1. Montrer que $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.

   Indice — Étudier le signe du trinôme $4x^2+4x+3$.

   Correction

   On étudie le trinôme sous la racine : $\Delta = 4^2 - 4(4)(3) = 16 - 48 = -32 < 0$. Le coefficient dominant $4$ étant strictement positif, le trinôme $4x^2+4x+3$ est strictement positif pour tout $x \in \mathbb{R}$. La fonction $x \mapsto 4x^2+4x+3$ est continue et strictement positive sur $\mathbb{R}$, et la fonction racine carrée est continue sur $[0, +\infty[$. Par composition, la fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.

2. 2. Montrer que, pour tout $x > 0$, $f(x) = x \sqrt{4 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}}$.

   Indice — Factoriser par $x^2$ sous la racine.

   Correction

   Pour $x > 0$, on factorise à l'intérieur du radical par $x^2$ :
   $$f(x) = \sqrt{x^2\left(4 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}\right)} = |x|\sqrt{4 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}}$$
   Puisque $x > 0$, on a $|x| = x$, d'où :
   $$f(x) = x \sqrt{4 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}}$$

3. 3. Montrer que, pour tout $x > 0$, $f(x) - 2x = \dfrac{4x + 3}{\sqrt{4x^2 + 4x + 3} + 2x}$. Puis calculer :
   $$\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x)$$

   Indice — Utiliser l'expression conjuguée.

   Correction

   Pour $x > 0$, on multiplie et on divise par l'expression conjuguée $\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x$ :
   $$f(x) - 2x = \frac{(4x^2+4x+3) - 4x^2}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x} = \frac{4x+3}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x}$$
   Pour déterminer la limite, on factorise par $x$ :
   $$f(x) - 2x = \frac{4 + \frac{3}{x}}{\sqrt{4 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}} + 2}$$
   On obtient :
   $$\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x) = \frac{4}{2+2} = 1$$

4. 4. Montrer que la droite d'équation $y = 2x + 1$ est asymptote oblique à $\mathcal{C}_f$ en $+\infty$.

   Indice — Interpréter la limite $\lim_{x \to +\infty} (f(x) - (2x + 1))$.

   Correction

   D'après la question précédente, on a $\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 2x) = 1$, ce qui équivaut à :
   $$\lim_{x \to +\infty} (f(x) - (2x + 1)) = 0$$
   Par conséquent, la droite d'équation $y = 2x + 1$ est asymptote oblique à la courbe $\mathcal{C}_f$ au voisinage de $+\infty$.

5. 5. Calculer $\lim_{x \to -\infty} (f(x) + 2x)$.

   Indice — Utiliser l'expression conjuguée pour $x < 0$.

   Correction

   Au voisinage de $-\infty$, on utilise l'expression conjuguée :
   $$f(x) + 2x = \frac{4x + 3}{\sqrt{4x^2 + 4x + 3} - 2x}$$
   Pour $x < 0$, $\sqrt{x^2} = -x$, d'où :
   $$f(x) + 2x = \frac{4 + \frac{3}{x}}{-\sqrt{4 + \frac{4}{x} + \frac{3}{x^2}} - 2}$$
   $$\lim_{x \to -\infty} (f(x) + 2x) = \frac{4}{-2 - 2} = -1$$

6. 6. Montrer que, pour tout $x > 0$, $f(x) - (2x+1) = \dfrac{2}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x+1}$. Puis calculer :
   $$\lim_{x \to 0^+} g(x)$$

   Indice — Utiliser la quantité conjuguée de $f(x) - (2x+1)$.

   Correction

   Pour tout $x > 0$, en multipliant par la quantité conjuguée :
   $$f(x) - (2x+1) = \frac{(4x^2+4x+3) - (2x+1)^2}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x+1} = \frac{2}{\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x+1}$$
   Alors $g(x) = \dfrac{2}{x^2(\sqrt{4x^2+4x+3} + 2x+1)}$.
   Quand $x \to 0^+$, le numérateur tend vers $2$ et le dénominateur vers $0^+$, donc :
   $$\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$$

7. 7. Calculer $\lim_{x \to 0^-} g(x)$ et étudier si $g$ est prolongeable par continuité en $0$.

   Indice — Utiliser la limite usuelle $\lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^2} = \frac{1}{2}$.

   Correction

   Pour $x < 0$, on a :
   $$g(x) = \frac{1 - \cos(2x)}{4x^2} = \frac{1 - \cos(2x)}{(2x)^2}$$
   En posant $u = 2x$, on obtient :
   $$\lim_{x \to 0^-} g(x) = \frac{1}{2}$$
   Comme $\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$, la fonction $g$ n'admet pas de limite finie en $0$ et n'est donc pas prolongeable par continuité en $0$.

On considère la fonction $f_n$ définie sur $]-\infty\,;\,0[$ par :
$$f_n(x) = \frac{x^2 + n x + 4}{2 + \cos(x)}$$
où $n$ est un paramètre réel appartenant à l'intervalle $[-4\,;\,4]$.

1. 1)a). Montrer que pour tout $x \in ]-\infty\,;\,0[$, on a $1 \leq 2 + \cos(x) \leq 3$.

   Indice — Encadre le cosinus en écrivant $-1 \leq \cos(x) \leq 1$ pour tout $x \in ]-\infty\,;\,0[$.

   Correction

   On sait que pour tout réel $x$, on a $-1 \leq \cos(x) \leq 1$. En ajoutant $2$ à chaque membre de cet encadrement, on obtient immédiatement $1 \leq 2 + \cos(x) \leq 3 pour tout$x \in ]-\infty\,;\,0[$.

2. 1)b). Montrer que pour toute valeur du paramètre $n \in [-4\,;\,4]$ et pour tout $x \in ]-\infty\,;\,0[$, le numérateur $x^2 + n x + 4$ est strictement positif.

   Indice — Pense au signe du trinôme $x^2 + n x + 4$ lorsque son discriminant est négatif ou nul.

   Correction

   Considérons le trinôme du second degré $P(x) = x^2 + n x + 4$. Son discriminant vaut $\Delta = n^2 - 16$. Puisque le paramètre $n$ appartient à l'intervalle $[-4\,;\,4]$, on a $-4 \leq n \leq 4$, ce qui implique $n^2 \leq 16$, soit $\Delta \leq 0$. Le coefficient dominant étant positif ($1 > 0$), le trinôme est donc toujours positif ou nul. Plus précisément, comme $x < 0$ et $n \geq -4$, $x^2 + n x + 4 > 0$ pour tout $x \in ]-\infty\,;\,0[.

3. 1)c). Établir que pour tout $x \in ]-\infty\,;\,0[$ et pour tout $n \in [-4\,;\,4]$, on a l'inencadrement :
   $$\frac{x^2 + n x + 4}{3} \leq f_n(x) \leq x^2 + n x + 4$$

   Indice — Compare la fonction $f_n(x)$ à une fraction plus simple en utilisant l'encadrement du dénominateur établi en 1)a).

   Correction

   D'après la question 1)a), le dénominateur vérifie $1 \leq 2 + \cos(x) \leq 3$. En passant à l'inverse, on obtient $\frac{1}{3} \leq \frac{1}{2 + \cos(x)} \leq 1$. En multipliant les termes de cet encadrement par le numérateur $x^2 + n x + 4$, qui est strictement positif d'après la question 1)b), l'ordre est conservé et on obtient bien l'inencadrement souhaité.

4. 2)a). Déterminer la limite $\lim_{x \to -\infty} f_n(x)$ pour $n = 4$.

   Indice — Regarde le comportement de la borne supérieure de l'encadrement précédent lorsque $x tend vers -\infty$.

   Correction

   Pour $n = 4$, l'inencadrement établi en 1)c) devient $\frac{x^2 + 4x + 4}{3} \leq f_4(x) \leq x^2 + 4x + 4$. Lorsque $x$ tend vers $-\infty$, la borne supérieure $x^2 + 4x + 4 = (x+2)^2$ tend vers $+\infty$. Par le théorème des gendarmes (ou par minoration), la fonction $f_4(x)$ tend également vers $+\infty$. On conclut que $\lim_{x \to -\infty} f_4(x) = +\infty$.

5. 2)b). Déterminer la limite $\lim_{x \to -\infty} \left( f_n(x) - \frac{x^2}{3} \right)$ pour $n = 0$.

   Indice — Factorise le numérateur par $x^2$ et analyse les termes prépondérants en $-\infty$.

   Correction

   Pour $n = 0$, on a $f_0(x) = \frac{x^2 + 4}{2 + \cos(x)}$. On cherche la limite de $\frac{x^2 + 4}{2 + \cos(x)} - \frac{x^2}{3}$. En réduisant au même dénominateur, on obtient $\frac{3(x^2 + 4) - x^2(2 + \cos(x))}{3(2 + \cos(x))} = \frac{x^2(1 - \cos(x)) + 12}{6 + 3\cos(x)}$. Comme $\cos(x)$ est bornée entre $-1$ et $1$, le dénominateur est toujours compris entre $3$ et $9$. Au numérateur, $x^2(1 - \cos(x))$ tend vers $+\infty$ en $-\infty$ car $1 - \cos(x) \ge 0$ et ne s'annule pas continuellement, et le terme constant $12$ est négligeable devant $x^2$. Par quotient, la limite est donc $+\infty$.

6. 3)a). Étudier le signe de la différence $f_4(x) - f_{-4}(x)$ pour tout $x \in ]-\infty\,;\,0[$.

   Indice — Exprime la différence en réduisant au même dénominateur, puis étudie le signe du numérateur obtenu pour $x < 0$.

   Correction

   On calcule la différence pour $n = 4$ et $n = -4$ : $f_4(x) - f_{-4}(x) = \frac{x^2 + 4x + 4}{2 + \cos(x)} - \frac{x^2 - 4x + 4}{2 + \cos(x)} = \frac{8x}{2 + \cos(x)}$. Le dénominateur $2 + \cos(x)$ est strictement positif sur $]-\infty\,;\,0[$ (car $\cos(x) \ge -1$). Le signe de la différence est donc celui du numérateur $8x$. Sur l'intervalle $]-\infty\,;\,0[$, $x < 0$, donc $f_4(x) - f_{-4}(x) < 0$, ce qui signifie que $f_4(x) < f_{-4}(x)$ pour tout $x < 0$.

7. 3)b). Déterminer la limite $\lim_{x \to -\infty} \frac{f_4(x)}{f_{-4}(x)}$.

   Indice — Utilise le résultat de comparaison de la question précédente pour déduire le comportement limite du rapport des variations.

   Correction

   D'après la question précédente, on a $f_4(x) < f_{-4}(x)$ sur $]-\infty\,;\,0[$. De plus, ces deux fonctions sont strictement positives car leurs numérateurs sont des carrés parfaits ($(x+2)^2$ et $(x-2)^2$) et leurs dénominateurs sont positifs. On peut donc encadrer le rapport : $0 < \frac{f_4(x)}{f_{-4}(x)} < 1$. En calculant explicitement le rapport, on a $\frac{f_4(x)}{f_{-4}(x)} = \frac{x^2 + 4x + 4}{x^2 - 4x + 4} = \frac{(x+2)^2}{(x-2)^2} = \left(\frac{x+2}{x-2}\right)^2$. Lorsque $x tend vers$-\infty$, le terme$\frac{x+2}{x-2}$tend vers$1$. Par conséquent, par composition, la limite$\lim_{x \to -\infty} \frac{f_4(x)}{f_{-4}(x)}$est égale à$1$.

Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ par $f(x) = \frac{\sin^2(\pi x)}{x-1}$.

1. 1. Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ par $f(x) = \frac{\sin^2(\pi x)}{x-1}$. Déterminer le domaine de définition de $f$ et préciser le point singulier où la continuité ou la limite doit être étudiée.

   Indice — Examine le dénominateur de l'expression pour identifier la valeur pour laquelle la fonction n'est pas définie.

   Correction

   La fonction $f$ est définie tant que le dénominateur est non nul, soit $x - 1$
   eq 0, ce qui donne $x$
   eq 1. Le domaine de définition est donc $\mathbb{R} \setminus \{1\}$. Le point singulier à étudier est $x = 1$.

2. 2. Mettre en place la manipulation algébrique ou le changement de variable adapté pour lever l'indétermination en ce point.

   Indice — Pense à effectuer un changement de variable en posant $X = x-1$ pour ramener l'étude au voisinage de $0$.

   Correction

   Pour lever l'indétermination en $x = 1$, on effectue le changement de variable $X = x - 1$ (soit $x = X + 1$). Lorsque $x$ tend vers $1$, $X$ tend vers $0$. En réécrivant le numérateur, on obtient $f(X+1) = \frac{\sin^2(\pi(X + 1))}{X} = \frac{\sin^2(\pi X + \pi)}{X}$.

3. 3. Utiliser les limites de référence ou les théorèmes d'opération pour calculer la limite de la fonction en ce point.

   Indice — Utilise la relation trigonométrique liant $\sin(\pi X + \pi)$ à $\sin(\pi X)$ ainsi que la limite de référence $\lim_{X \to 0} \frac{\sin(\pi X)}{\pi X} = 1$.

   Correction

   En utilisant la formule trigonométrique $\sin(\pi X + \pi) = -\sin(\pi X)$, on a $\sin^2(\pi X + \pi) = \sin^2(\pi X)$. L'expression devient $\frac{\sin^2(\pi X)}{X}$. En écrivant cela sous la forme $\pi^2 X \left(\frac{\sin(\pi X)}{\pi X}\right)^2$ et en utilisant la limite classique $\lim_{X \to 0} \frac{\sin(\pi X)}{\pi X} = 1$, on trouve que la limite est $0$.

4. 4. Conclure quant à l'existence d'une limite finie en ce point singulier.

   Indice — Vérifie si la valeur obtenue est un nombre réel fini, ce qui est la condition requise pour l'existence d'une telle limite.

   Correction

   La limite de $f(x)$ en $1$ étant égale au nombre réel $0$, la fonction admet bien une limite finie en ce point singulier (ce qui permettrait par exemple de prolonger $f$ par continuité en $1$ en posant $f(1) = 0$).

5. 5. Définir explicitement la nouvelle fonction prolongée en ce point en accord avec la valeur de la limite trouvée.

   Indice — Appuie-toi sur le théorème du cours définissant le prolongement par continuité en un point à l'aide de la limite finie calculée.

   Correction

   D'après le calcul de la limite en $1$ trouvé précédemment (qui vaut $0$), le prolongement par continuité de $f$ en $1$ consiste à définir une nouvelle fonction, notée $g$, par $g(x) = f(x)$ pour $x$
   eq 1 et $g(1) = 0$.

6. 6. Justifier la continuité de cette nouvelle fonction sur son domaine étendu en invoquant le théorème du prolongement par continuité.

   Indice — Invoque le théorème du prolongement par continuité pour justifier que la fonction ainsi construite est continue sur son domaine étendu.

   Correction

   La fonction $g$ est continue sur $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ en tant que quotient de fonctions usuelles continues et dérivables. Comme elle admet une limite finie en $1$, le théorème du prolongement par continuité garantit que la fonction $g$ ainsi définie est continue sur $\mathbb{R}$ tout entier.