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Limites d’une fonction

Remarque
pas de limite au point $a = 1$. 2) On consid̬re la fonction $g$ d̩finie sur $\mathbb{R} Р\{-1 ; 1\}$ par : $g(x) = \dfrac{(x + 1)^2}{|x^2 Р1|}$.
  • Si $x -1$ alors : $g(x) = -\dfrac{x + 1}{x – 1}$ ; donc : $\lim_{x \to -1^+} g(x) = 0$.
Puisque $\lim_{x \to -1^-} g(x) = \lim_{x \to -1^+} g(x) = 0$, alors $g$ admet une limite en $-1$ et de plus : $\lim_{x \to -1} g(x) = 0$. 3) On considère la fonction $h$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $\begin{cases} h(x) = \sin x \; ; \; x \ge \pi
h(x) = \cos x \; ; \; x < \pi \end{cases}$ On a : $\lim_{x \to \pi^+} h(x) = \lim_{x \to \pi^+} \sin x = \sin \pi = 0$ et $\lim_{x \to \pi^-} h(x) = \lim_{x \to \pi^-} \cos x = \cos \pi = -1$ Puisque : $\lim_{x \to \pi^+} h(x) \ne \lim_{x \to \pi^-} h(x)$, alors $h$ n'admet pas de limite en $\pi$.
Application
Applications. Étudier la limite de la fonction $f$ au point $a$ dans les cas suivants : ( $E(x)$ étant la partie entière de $x$ ) 1) $f(x) = \dfrac{|x^2 – 4|}{x^2 – 2x} \text{et} a = 2 ; 2) \begin{cases} f(x) = \dfrac{x^2 – 2x}{x + 2} & ; \; x \ge 0
f(x) = E(x) & ; \; x < 0 \end{cases} \text{et} a = 0$
Remarque
Définition. Soit $f$ une fonction numérique définie au voisinage de $0$ sauf peut-être en $0$.
  • Dire que $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $+\infty$ en $0$} signifie que $f(x)$ est supérieur à tout réel $A > 0$ quitte à attribuer au réel $x$ des valeurs suffisamment proches de $0$. Autrement dit :
    \[(\forall A > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x| A \Big)\]
    On écrit : $\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty $ ou $ \lim_0 f = +\infty$
  • Dire que $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $-\infty$ en $0$} signifie que $f(x)$ est inférieur à tout réel $-A 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x| < \alpha \implies f(x) < -A \Big)$$ On écrit : $\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty $ ou $ \lim_0 f = -\infty$
Remarque
LIMITES USUELLES. On a les résultats importants suivants : (déjà vu au cours des activités préparatoires)
\[\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty ; \lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty ; \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x^2} = +\infty ; \lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x^2} = +\infty ; \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\]
\[\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x^3} = +\infty ; \lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x^3} = -\infty ; \lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{\sqrt{x}} = +\infty ; \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{\sqrt{|x|}} = +\infty\]
Remarque
Remarques. Soit $k \in \mathbb{R}^*_+$ et $n \in \mathbb{N}^*$. On a les limites suivantes :
  • $\lim_{x \to 0^+} \dfrac{k}{x^n} = +\infty \text{et} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{k}{\sqrt{x}} = +\infty$ ;
  • $\lim_{x \to 0^-} \dfrac{k}{x^n} = +\infty \text{ si l'entier } n \text{ est pair }$ ;
  • $\lim_{x \to 0^-} \dfrac{k}{x^n} = -\infty \text{ si l'entier } n \text{ est impair.}$
Proposition
Proposition. Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies sur un ensemble de la forme $I = ]-r ; r[ – \{0\}$ où $r \in \mathbb{R}^*_+$.
  • Si pour tout $x \in I : \; f(x) \ge u(x) \text{et} \lim_{x \to 0} u(x) = +\infty$, alors : $\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty$.
  • Si pour tout $x \in I : \; f(x) \le u(x) \text{et} \lim_{x \to 0} u(x) = -\infty$, alors : $\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty$.
Ces propriétés restent valables si $x$ tend vers 0 à droite ou à gauche.
Exemple
Exemples. 1) Calculons $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1 + x^2}}{x^2}$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* , \; \sqrt{1 + x^2} \ge 1 \; \text{; par cons̩quent : } \dfrac{\sqrt{1 + x^2}}{x^2} \ge \dfrac{1}{x^2}$. Puisque $\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty$, alors : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sqrt{1 + x^2}}{x^2} = +\infty$. 2) Calculons $\lim_{x \to 0^-} \left(\dfrac{1}{x} Р\dfrac{1}{x^2 + 1}\right)$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R}^*_- , \; \dfrac{1}{x} Р\dfrac{1}{x^2 + 1} \le \dfrac{1}{x}$. Puisque $\lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty$, alors : $\lim_{x \to 0^-} \left(\dfrac{1}{x} Р\dfrac{1}{x^2 + 1}\right) = -\infty$. 3) Calculons $\lim_{x \to 0^+} \left(\dfrac{1}{x} + \sin\dfrac{1}{x}\right)$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* , \; -1 \le \sin\dfrac{1}{x}$ ; donc : $\dfrac{1}{x} Р1 \le \dfrac{1}{x} + \sin\dfrac{1}{x}$. Puisque $\lim_{x \to 0^+} \left(\dfrac{1}{x} Р1\right) = +\infty$, alors : $\lim_{x \to 0^+} \left(\dfrac{1}{x} + \sin\dfrac{1}{x}\right) = +\infty$.
Application
Applications. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to 0^-} \dfrac{\sqrt{1 – x + x^2}}{x^3} ; \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x^2 + 1}{\sqrt{x}} ; \lim_{x \to 0^-} \left(\dfrac{2}{x} – 1 + \cos\dfrac{2}{x}\right) ; \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{x^4} – \sin\dfrac{\pi}{x}\right)\]
Remarque
Définition. Soit $f$ une fonction numérique définie au voisinage de $a$ sauf peut-être en $a$..
  • Dire que $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $+\infty$ en $a$} signifie que $f(x)$ est supérieur à tout réel $A > 0$ quitte à attribuer au réel $x$ des valeurs suffisamment proches de $a$. Autrement dit :
    \[(\forall A > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x – a| A \Big)\]
    On écrit : $\lim_{x \to a} f(x) = +\infty $ ou $ \lim_a f = +\infty$
  • Dire que $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $-\infty$ en $a$} signifie que $f(x)$ est inférieur à tout réel $-A 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x – a| < \alpha \implies f(x) < -A \Big)$$ On écrit : $\lim_{x \to a} f(x) = -\infty $ ou $ \lim_a f = -\infty$
Remarque
Remarques.
  • Dire que $f$ a pour limite $+\infty$ en $a$ signifie que la limite de la fonction $h \mapsto f(a + h)$ quand $h$ tend vers 0 est égale à $+\infty$. Ainsi, on a l'équivalence : $\lim_{x \to a} f(x) = +\infty \iff \lim_{h \to 0} f(a + h) = +\infty$. De même, on a les équivalences suivantes : $\lim_{x \to a} f(x) = -\infty \iff \lim_{h \to 0} f(a + h) = -\infty$ $\lim_{x \to a^+} f(x) = +\infty \iff \lim_{h \to 0^+} f(a + h) = +\infty ; \lim_{x \to a^-} f(x) = +\infty \iff \lim_{h \to 0^-} f(a + h) = +\infty$ $\lim_{x \to a^+} f(x) = -\infty \iff \lim_{h \to 0^+} f(a + h) = -\infty ; \lim_{x \to a^-} f(x) = -\infty \iff \lim_{h \to 0^-} f(a + h) = -\infty$
  • Soit $a \in \mathbb{R}$ et $n \in \mathbb{N}^*$. On a les limites suivantes :
    • $\lim_{x \to a^+} \dfrac{1}{x – a} = +\infty ; \lim_{x \to a^-} \dfrac{1}{x – a} = -\infty ; \lim_{x \to a} \dfrac{1}{(x – a)^2} = +\infty ; \lim_{x \to a^+} \dfrac{1}{\sqrt{x – a}} = +\infty$.
    • $\lim_{x \to a} \dfrac{1}{(x – a)^n} = +\infty \text{ si } n \text{ est un entier pair.}$
    • $\lim_{x \to a^+} \dfrac{1}{(x – a)^n} = +\infty \text{et} \lim_{x \to a^-} \dfrac{1}{(x – a)^n} = -\infty \text{ si } n \text{ est un entier impair.}$
Exemple
Exemples. 1) On a : $\lim_{x \to -3} \dfrac{1}{(x + 3)^2} = +\infty \text{et} \lim_{x \to \pi^-} \dfrac{1}{(x – \pi)^3} = -\infty$. 2) Calculons $\lim_{x \to 2^-} \dfrac{\cos^2 x + 1}{(x – 2)^3}$ : On a pour tout $x \in ]-\infty ; 2[ \ , \ \cos^2 x + 1 \ge 1 \text{ et } (x – 2)^3 < 0 \text{ ; donc : } \dfrac{\cos^2 x + 1}{(x – 2)^3} \le \dfrac{1}{(x – 2)^3}$. Comme $\lim_{x \to 2^-} \dfrac{1}{(x – 2)^3} = -\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to 2^-} \dfrac{\cos^2 x + 1}{(x – 2)^3} = -\infty$.
Application
Applications. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to -1} \dfrac{3}{(x + 1)^2} ; \lim_{x \to 3^+} \dfrac{1}{x – 3} ; \lim_{x \to -1} \dfrac{\tan^2 x + 1}{(x + 1)^2} ; \lim_{x \to 1^+} \dfrac{x^3 – 1}{(x – 1)^3}\]
\[\lim_{x \to 2^-} \left(\dfrac{1}{x – 2} – \sin\dfrac{2}{(x – 2)^2}\right) ; \lim_{\substack{x \to 1 \\ x < 1}} \left(1 + \dfrac{1}{\sqrt{x}}\right) \times \dfrac{1}{(x – 1)^{2019}} ; \lim_{x \to -4^-} \dfrac{E(x)}{(x + 4)^3}\]
Remarque
Définition. Soit $f$ une fonction numérique et $D_f$ son ensemble de définition.
  • On dit que $f$ \textbf{\color{orange}est définie au voisinage de $+\infty$} (resp. $-\infty$) si son ensemble de définition contient au moins un intervalle de la forme $]A, +\infty[$ (resp. de la forme $]-\infty, A[$).
  • On dit que $f$ définie au voisinage de $+\infty$ (resp. $-\infty$) admet en $+\infty$ (resp. en $-\infty$) \textbf{\color{orange}une limite nulle} si, pour $x \in D_f$, $|f(x)|$ peut être rendu aussi petit que l'on veut à condition que $x$ (resp. $-x$) soit suffisamment grand. On écrit : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ ou $\lim_{+\infty} f = 0$ (resp. $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$ ou $\lim_{-\infty} f = 0$).
On a donc :
\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 \iff \Big[ (\forall \varepsilon > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x > B \implies |f(x)| 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x < -B \implies |f(x)| < \varepsilon \Big) \Big]\]
Remarque
LIMITES USUELLES. On a les résultats importants suivants : (déjà vu au cours des activités préparatoires)
\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x} = 0 ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^2} = 0 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x^2} = 0\]
\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^3} = 0 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x^3} = 0 ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}} = 0 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{\sqrt{|x|}} = 0\]
Exemple
Exemple. Montrons en utilisant la d̩finition que : $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2 Р1}} = 0$. On consid̬re la fonction $f : x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x^2 Р1}}$. Montrons que la proposition suivante est vraie :
\[P : \text{'' } (\forall \varepsilon > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x > B \implies |f(x)| 0$. Pour tout $x \in ]1 ; +\infty[$ , on a : $|f(x)| \dfrac{1}{\varepsilon^2} \iff x > \sqrt{1 + \dfrac{1}{\varepsilon^2}}$. Donc il suffit de prendre : $B = \sqrt{1 + \dfrac{1}{\varepsilon^2}}$. On a bien $B > 0$ et pour tout $x \in D_f$ :\]
x > B \implies |f(x)| < \varepsilon $$ Ainsi, la proposition $P$ est vraie et donc : $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2 – 1}} = 0$.
Remarque
Remarques.
  • De la définition précédente, on obtient l'équivalence : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0 \iff \lim_{x \to +\infty} f(-x) = 0$.
  • Soit $k \in \mathbb{R}$ et $n \in \mathbb{N}^*$. On a les limites suivantes :
    \[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{k}{x^n} = 0 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{k}{x^n} = 0 ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{k}{\sqrt{x}} = 0 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{k}{\sqrt{-x}} = 0\]
  • Lorsqu'on écrit $\lim_{|x| \to +\infty} f(x) = 0$, cela signifie que : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ et $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$.
Remarque
Définition.
  • Soit $f$ une fonction définie au voisinage de $+\infty$ et $\ell$ un nombre réel. On dit que la fonction $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $\ell$ quand $x$ tend vers $+\infty$} si la limite de la fonction $x \mapsto f(x) – \ell$ est nulle quand $x$ tend vers $+\infty$ et on écrit : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell$ ou $\lim_{+\infty} f = \ell$. Autrement dit :
    \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell \iff \Big[ (\forall \varepsilon > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x > B \implies |f(x) – \ell| 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x < -B \implies |f(x) – \ell| < \varepsilon \Big) \Big]\]
Exemple
Exemple. On consid̬re la fonction $f : x \mapsto \dfrac{2x^2 Р3}{x^2 + 1}$. Montrons en utilisant la d̩finition que : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$. On va montrer que : $(\forall \varepsilon > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x < -B \implies |f(x) Р2| 0$. Pour tout $x \in \mathbb{R}^*_-$ , on a : $|f(x) Р2| = \dfrac{5}{x^2 + 1} \text{ et } \dfrac{5}{x^2 + 1} \le \dfrac{5}{x^2} \text{ ; par cons̩quent :}$
\[(\forall x \in \mathbb{R}^*_-) \; |f(x) – 2| \le \dfrac{5}{x^2}\]
Pour avoir $|f(x) – 2| < \varepsilon$, il suffit d'avoir : $\dfrac{5}{x^2} \dfrac{5}{\varepsilon} \text{ et donc : } x < -\sqrt{\dfrac{5}{\varepsilon}} (\text{car } x 0 \text{ et pour tout } x \in D_f : x < -B \implies |f(x) – 2| < \varepsilon$ D'où : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$.
Proposition
Proposition.
  • Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies au voisinage de $+\infty$ et $\ell$ un nombre réel. Si pour tout $x \in I : \; |f(x) – \ell| \le u(x)$ et $\lim_{x \to +\infty} u(x) = 0$, alors : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell$.
  • Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies au voisinage de $-\infty$ et $\ell$ un nombre réel. Si pour tout $x \in I : \; |f(x) – \ell| \le u(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} u(x) = 0$, alors : $\lim_{x \to -\infty} f(x) = \ell$.
Exemple
Exemples. 1) On consid̬re la fonction $f : x \mapsto \dfrac{\sqrt{x} + 3\sin x}{\sqrt{x}}$. D̩terminons $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ : On a pour tout $x > 0 : f(x) = 1 + \dfrac{3\sin x}{\sqrt{x}}$, donc : $\left|f(x) Р1\right| \le \dfrac{3}{\sqrt{x}}$. Comme $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{3}{\sqrt{x}} = 0$, alors : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$. 2) On consid̬re la fonction $g : x \mapsto \dfrac{\cos x}{x^3 Р1}$. D̩terminons $\lim_{x \to -\infty} g(x)$ : On a pour tout $x < 0 : \left|g(x)\right| \le \dfrac{1}{|x^3 Р1|} (\text{car } |\cos x| \le 1)$, donc : $\left|g(x)\right| \le \dfrac{1}{1 Рx^3} \le -\dfrac{1}{x^3}$. Comme $\lim_{x \to -\infty} \dfrac{-1}{x^3} = 0$, alors : $\lim_{x \to -\infty} g(x) = 0$.
Application
Applications. 1. Montrer en utilisant la d̩finition que : $\lim_{x \to +\infty} \left(-1 + \dfrac{1}{3\sqrt{x}}\right) = -1$ 2. Calculer les limites suivantes : $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{3x^4 Р2}{x^4 + 4} ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{3x^2 + 2 + \cos x}{x^2} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{3 Р\pi\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$ 3. Soit la fonction $h : x \mapsto \dfrac{2x^2 Р\sin^2(\pi x)}{x^2}$. Calculer : $\lim_{x \to +\infty} h(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} h(x)$. 4. On consid̬re la fonction $f$ d̩finie sur $\mathbb{R}^*$ par : $f(x) = \dfrac{\sqrt{1 + \cos x} Р1}{x^2}$. a) V̩rifier que pour tout $x \in \mathbb{R}^* : f(x) = \dfrac{\cos x}{1 + \sqrt{1 + \cos x}} \times \dfrac{1}{x^2}$. b) En d̩duire que pour tout $x \in \mathbb{R}^* : \left|f(x)\right| \le \dfrac{1}{x^2}$ puis d̩terminer : $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} f(x)$.
Remarque
Définition.
  • Soit $f$ une fonction définie au voisinage de $+\infty$. On a les deux équivalences suivantes :
    \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \iff \Big[ (\forall A > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x > B \implies f(x) > A \Big) \Big]\]
    \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty \iff \Big[ (\forall A > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x > B \implies f(x) 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x A \Big) \Big]\]
    \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty \iff \Big[ (\forall A > 0) \; (\exists B > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(x < -B \implies f(x) < -A \Big) \Big]\]
Remarque
LIMITES USUELLES. On a les résultats importants suivants : (déjà vu au cours des activités préparatoires)
\[\lim_{x \to +\infty} x = +\infty ; \lim_{x \to -\infty} x = -\infty ; \lim_{x \to +\infty} x^2 = +\infty ; \lim_{x \to -\infty} x^2 = +\infty\]
\[\lim_{x \to +\infty} x^3 = +\infty ; \lim_{x \to -\infty} x^3 = -\infty ; \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty ; \lim_{x \to -\infty} \sqrt{-x} = +\infty\]
Remarque
Remarques. Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On a les limites suivantes :
  • $\lim_{x \to +\infty} x^n = +\infty$ ;
  • $\lim_{x \to -\infty} x^n = +\infty \text{ si l'entier } n \text{ est pair} \text{et} \lim_{x \to -\infty} x^n = -\infty \text{ si l'entier } n \text{ est impair.}$
Proposition
Proposition.
  • Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies au voisinage de $+\infty$.
    • Si pour tout $x \in I : \; f(x) \ge u(x) \text{ et } \lim_{x \to +\infty} u(x) = +\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
    • Si pour tout $x \in I : \; f(x) \le u(x) \text{ et } \lim_{x \to +\infty} u(x) = -\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
  • Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies au voisinage de $-\infty$.
    • Si pour tout $x \in I : \; f(x) \ge u(x) \text{ et } \lim_{x \to -\infty} u(x) = +\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.
    • Si pour tout $x \in I : \; f(x) \le u(x) \text{ et } \lim_{x \to -\infty} u(x) = -\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$.
Exemple
Exemples. 1) On consid̬re la fonction $f$ d̩finie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = x + \cos x Р1$. D̩terminons $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R} : \cos x \le 1 \text{ ; donc : } f(x) \le x \text{ . Comme } \lim_{x \to -\infty} x = -\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$. 2) On consid̬re la fonction $g$ d̩finie sur $\mathbb{R}$ par : $g(x) = 5x^2 РE(x^2)$. D̩terminons $\lim_{x \to +\infty} g(x)$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R} : E(x^2) \le x^2 \text{ ; donc : } g(x) \ge 4x^2 \text{ . Comme } \lim_{x \to +\infty} 4x^2 = +\infty \text{ , alors : } \lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$.
Application
Applications. 1. On consid̬re la fonction $f : x \mapsto 5x^2 + x\sqrt{x^2 + 1}$. a) V̩rifier que pour tout $x \in \mathbb{R}^+ : f(x) \ge 5x^2$ puis en d̩duire $\lim_{x \to +\infty} f(x)$. b) Montrer que $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$. 2. On consid̬re la fonction $g : x \mapsto |x| + 1 Р\sin(2x + 1)$. a) V̩rifier que : $(\forall x \in \mathbb{R}) \ |x| \le g(x)$. b) En d̩duire : $\lim_{x \to +\infty} g(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} g(x)$. 3. Calculer les limites suivantes : $\lim_{x \to -\infty} x^2(2 + \sin x) ; \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x} Р1 + \cos x\right) ; \lim_{x \to +\infty} \Big(2x РE(x)\Big)$.
Remarque
INTRODUCTION. Il n'est pas toujours facile de déterminer une majoration, une minoration ou un encadrement convenable pour une fonction pour calculer sa limite en un point $a$ ou à l'infini ! Ceci explique l'usage fréquent des techniques de calculs et le recours systématique aux opérations suivantes que l'on admettra.
Proposition
Proposition. Soit $f$ et $g$ deux fonctions numériques et $a \in \mathbb{R}$. Si $\lim_{x \to a} f(x) = \ell$ et $\lim_{x \to a} g(x) = \ell'$ alors : (1) $\lim_{x \to a} (f + g)(x) = \ell + \ell'$ (2) $\lim_{x \to a} (f \cdot g)(x) = \ell\ell'$ (3) $\lim_{x \to a} |f(x)| = |\ell|$ (4) Si $\ell' \neq 0$ alors : $\lim_{x \to a} \left(\dfrac{1}{g}\right)(x) = \dfrac{1}{\ell'}$ et $\lim_{x \to a} \left(\dfrac{f}{g}\right)(x) = \dfrac{\ell}{\ell'}$. (5) Si $k \in \mathbb{R}$ alors $\lim_{x \to a} (kf)(x) = k\ell$ (6) Si $\ell > 0$ alors $\lim_{x \to a} \sqrt{f(x)} = \sqrt{\ell}$
Remarque
Remarques.
  • Ces propriétés restent aussi valables quand $x$ tend vers $a$ à droite ou à gauche ou $+\infty$ ou $-\infty$.
  • On peut démontrer ces propriétés en utilisant la définition de la limite finie en un point.
Exemple
Exemples. 1) Calculons la limite : $\lim_{x \to 1} \left(3x^2 + x + 1 + \dfrac{x + 1}{x^2 + 2} – \sqrt{3x + 1}\right)$ On pose : $f(x) = 3x^2 + x + 1 + \dfrac{x + 1}{x^2 + 2} – \sqrt{3x + 1}$. On a : $D_f = \left[-\dfrac{1}{3} ; +\infty\right[$.
  • La fonction $f_1 : x \mapsto 3x^2 + x + 1$ est polynomiale ; donc : $\lim_{x \to 1} f_1(x) = f_1(1) = 5$ ;
  • La fonction $f_2 : x \mapsto \dfrac{x + 1}{x^2 + 2}$ est rationnelle ; donc : $\lim_{x \to 1} f_2(x) = f_2(1) = \dfrac{2}{3}$ ;
  • La fonction $f_3 : x \mapsto 3x + 1$ est polynomiale ; donc : $\lim_{x \to 1} f_3(x) = f_3(1) = 4$ et $\lim_{x \to 1} \sqrt{f_3(x)} = \sqrt{4} = 2$.
Il s'ensuit donc que : $\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} f_1(x) + \lim_{x \to 1} f_2(x) – \lim_{x \to 1} \sqrt{f_3(x)} = 5 + \dfrac{2}{3} – 2 = \dfrac{11}{3}$. En résumé : $\lim_{x \to 1} \left(3x^2 + x + 1 + \dfrac{x + 1}{x^2 + 2} – \sqrt{3x + 1}\right) = \dfrac{11}{3}$ 2) Calculons la limite : $\lim_{x \to \pi} \dfrac{\cos x}{\dfrac{x}{\pi} + 2} \times \sqrt{x}$ On a : $\lim_{x \to \pi} \cos x = \cos \pi = -1$ et $\lim_{x \to \pi} \left(\dfrac{x}{\pi} + 2\right) = 3$ et $\lim_{x \to \pi} \sqrt{x} = \sqrt{\pi}$ ; d'où : $\lim_{x \to \pi} \dfrac{\cos x}{\dfrac{x}{\pi} + 2} \times \sqrt{x} = -\dfrac{\sqrt{\pi}}{3}$. 3) Calculons la limite : $\lim_{x \to 1} \left(\dfrac{1 – x}{x} + (x + 3)|x^2 – 2|\right)$ En suivant la même façon des exemples précédents, on obtient : $\lim_{x \to 1} \left(\dfrac{1 – x}{x} + (x + 3)|x^2 – 2|\right) = \dfrac{1 – 1}{1} + (1 + 3)|1^2 – 2| = 0 + 4 \times 1 = 4$
Application
Applications. 1. On consid̬re la fonction $f : x \mapsto x^3 + x^2 + \dfrac{3x}{x + 1} Р2\sqrt{x^2 Р1}$. Calculer : $\lim_{x \to 1^+} f(x)$ et $\lim_{x \to -2} f(x)$. 2. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to +\infty} \left(2 – \dfrac{1}{x}\right)\left(\dfrac{3}{\sqrt{x}} – 1\right) ; \lim_{x \to 1^-} \left(\pi – \dfrac{1}{x^3}\right)\left(\dfrac{1}{\pi} + 2x\right) ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{5x^2 – 1}{3x^2 + 4} ; \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \left(\dfrac{3x + \cos x}{2\sin x} + 2x\tan x\right)\]
Proposition
Proposition. Soit $f$ , $g$ et $h$ trois fonctions définies sur un ensemble $I = ]a – r ; a + r[ – \{a\}$ où $a \in \mathbb{R}$ et $r \in \mathbb{R}^*_+$.
  • Si $\lim_{x \to a} f(x) = \ell$ et $f$ est positive sur $I$, alors : $\ell \ge 0$.
  • Si $\lim_{x \to a} f(x) = \ell$ et $\lim_{x \to a} g(x) = \ell'$ et $f \le g$ sur $I$, alors : $\ell \le \ell'$.
  • Si $\lim_{x \to a} g(x) = \ell$ et $\lim_{x \to a} h(x) = \ell$ et $g \le f \le h$ sur $I$, alors : $\lim_{x \to a} f(x) = \ell$.
Remarque
Remarque. Ces propriétés restent aussi valables quand $x$ tend vers $a$ à droite ou à gauche ou $+\infty$ ou $-\infty$.
Exemple
Exemples. 1) Calculons la limite : $\lim_{x \to 0} (x^2 + x^4)\sin\dfrac{1}{x}$ On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* : -1 \le \sin\dfrac{1}{x} \le 1 \text{ et } x^2 + x^4 \ge 0 \text{ ; il en résulte donc :}$
\[(\forall x \in \mathbb{R}^*) \ -x^2 – x^4 \le (x^2 + x^4)\sin\dfrac{1}{x} \le (x^2 + x^4)\]
Puisque $\lim_{x \to 0} (x^2 + x^4) = 0 \text{ et } \lim_{x \to 0} (-x^2 Рx^4) = 0 \text{ , alors : } \lim_{x \to 0} (x^2 + x^4)\sin\dfrac{1}{x} = 0$ 2) Calculons la limite : $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{E(x)}{x}$ On a pour tout $x \in \mathbb{R}^*_+ : x Р1 \le E(x) \le x \text{ ; par cons̩quent : } (\forall x \in \mathbb{R}^*_+) \ 1 Р\dfrac{1}{x} \le \dfrac{E(x)}{x} \le 1$ Puisque $\lim_{x \to +\infty} \left(1 Р\dfrac{1}{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} 1 = 1 \text{ , alors : } \lim_{x \to +\infty} \dfrac{E(x)}{x} = 1$.
Application
Applications. 1. On considère la fonction $f : x \mapsto \dfrac{x + 1}{\sqrt{1 + x^2}}$. Montrer que pour tout $x \in \mathbb{R}^*_+ , \ 1 \le f(x) \le 1 + \dfrac{1}{x}$ puis en déduire la limite : $\lim_{x \to +\infty} f(x)$. 2. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\cos x}{x^2 + 1} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \sin x}{x^2 + \cos x} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x + \cos x}{3x + \sin x} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2 – \cos x}{1 + \sqrt{x}}\]
\[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sin x}{x^2 + 1} ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3}{2 – \cos x} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \cos x}{3 – \cos x} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{E(\sqrt{x})}{x}\]
Remarque
Définition. Soit $f$ une fonction numérique, $D_f$ son ensemble de définition et $a$ un nombre réel.
  • On dit que $f$ est définie au voisinage de $a$ sauf peut-être en $a$ s'il existe un réel $r$ strictement positif tel que :
    \[]a – r ; a + r[ – \{a\} \subset D_f\]
  • On dit que $f$ est définie au voisinage de $a$ à droite s'il existe un réel $r$ strictement positif tel que :
    \[]a ; a + r[ \subset D_f\]
  • On dit que $f$ est définie au voisinage de $a$ à gauche s'il existe un réel $r$ strictement positif tel que :
    \[]a – r ; a[ \subset D_f\]
Exemple
Exemples. 1) La fonction $f : x \mapsto x^2$ est d̩finie au voisinage de $a = 1$ car $D_f = \mathbb{R}$ et $]\dfrac{1}{2} ; \dfrac{3}{2}[ Р\{1\} \subset D_f (r = \dfrac{1}{2})$. 2) La fonction $f : x \mapsto \dfrac{\sin x}{x}$ est d̩finie au voisinage de $a = 0$ sauf en $0$ car $D_f = \mathbb{R}^*$ et $]-1 ; 1[ Р\{0\} \subset D_f$. 3) La fonction $f : x \mapsto \sqrt{\cos(2\pi x) Р1}$ n'est pas d̩finie au voisinage d'aucun point de $\mathbb{R}$ car : $D_f = \mathbb{Z}$. 4) La fonction $f : x \mapsto \sqrt{x(x Р2)(x Р1)^2}$ n'est pas d̩finie au voisinage de $1$ car :
\[D_f = ]-\infty ; 0] \cup [2 ; +\infty[ \cup \{1\}.\]
5) La fonction $f : x \mapsto \sqrt{x}$ est définie au voisinage de $0$ à droite car $D_f = \mathbb{R}^+$ et $[0 ; 1[ \subset D_f$. 6) La fonction $f : x \mapsto \sqrt{1 – x}$ est définie au voisinage de $1$ à gauche car $D_f = ]-\infty ; 1]$ et $]0 ; 1[ \subset D_f$.
Remarque
D̩finition. Soit $f$ une fonction num̩rique d̩finie au voisinage de z̩ro sauf peut-̻tre en $0$. Dire que $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $0$} quand $x$ tend vers $0$ signifie : aussi petit que soit le r̩el strictement positif $\varepsilon$, il existe un r̩el $\alpha > 0$ tel que pour tout $x \in ]-\alpha ; \alpha[ Р\{0\}$, $f(x)$ est dans l'intervalle $]-\varepsilon ; \varepsilon[$. Autrement dit : $(\forall \varepsilon > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x| < \alpha \implies |f(x)| < \varepsilon \Big)$ On ̩crit : $\lim_{x \to 0} f(x) = 0 $ ou $ \lim_0 f = 0$
Exemple
Exemples. 1) On considère la fonction $f : x \mapsto \dfrac{x}{x + 1}$. Montrons en utilisant la définition que $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$. Il s'agit donc de montrer que : $(\forall \varepsilon > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x| < \alpha \implies |f(x)| < \varepsilon \Big)$ Soit $x$ un élément de l'intervalle $\left]-\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right[$ (c'est-à-dire $|x| < \dfrac{1}{2}$). On a : $-\dfrac{1}{2} < x < \dfrac{1}{2} \implies \left|\dfrac{1}{x + 1}\right| < 2$. Par conséquent, on a pour tout $x \in \left]-\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right[ : |f(x)| 0$. Cherchons un nombre $\alpha > 0$ tel que : $|x| < \alpha \implies |f(x)| < \varepsilon$. Pour avoir $|f(x)| < \varepsilon$, il suffit d'avoir : $2|x| < \varepsilon$ et $|x| < \dfrac{1}{2}$, c'est-à-dire : $|x| < \dfrac{\varepsilon}{2}$ et $|x| < \dfrac{1}{2}$. Il suffit donc de choisir $\alpha = \min\left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{\varepsilon}{2}\right)$. Par suite : $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$. 2) On considère la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $g(x) = 3x^2 + 2x$. Montrons en utilisant la définition que $\lim_{x \to 0} g(x) = 0$ : Soit $x$ un élément de l'intervalle $]-1 ; 1[$ (c'est-à-dire $|x| < 1$). On a : $|g(x)| = |3x^2 + 2x| = |x| \cdot |3x + 2|$ et $|3x + 2| \le 5$. Par conséquent : $|g(x)| \le 5|x|$. Pour avoir $|g(x)| < \varepsilon$, il suffit d'avoir : $5|x| < \varepsilon$ et $|x| < 1$, c'est-à-dire : $|x| < \dfrac{\varepsilon}{5}$ et $|x| < 1$. Il suffit donc de choisir $\alpha = \min\left(1 ; \dfrac{\varepsilon}{5}\right)$. Par suite : $\lim_{x \to 0} g(x) = 0$.
Application
Applications. Montrer en utilisant la définition que :
\[\lim_{x \to 0} (x^2 + x) = 0 ; \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{2x + 1} = 0 ; \lim_{x \to 0} \dfrac{3x^2}{x^2 + 1} = 0 ; \lim_{x \to 0} (2x + x^2 – x^3) = 0\]
Proposition
Proposition. Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies sur un ensemble de la forme $I = ]-r ; r[ – \{0\}$ où $r \in \mathbb{R}^*_+$. Alors :
\[\begin{cases} (\forall x \in I) \ |f(x)| \le u(x) \\ \lim_{x \to 0} u(x) = 0 \end{cases} \implies \lim_{x \to 0} f(x) = 0\]
Exemple
Exemples. 1) Montrons que : $\lim_{x \to 0} x^2 \cos\dfrac{2}{x} = 0$ On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* : \left|\cos\dfrac{2}{x}\right| \le 1$, donc : $\left|x^2 \cos\dfrac{2}{x}\right| \le x^2$. Comme $\lim_{x \to 0} x^2 = 0$, alors $\lim_{x \to 0} x^2 \cos\dfrac{2}{x} = 0$. 2) Calculons $\lim_{x \to 0} x \sin\dfrac{1}{x^4}$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* : \left|\sin\dfrac{1}{x^4}\right| \le 1$, donc : $\left|x \sin\dfrac{1}{x^4}\right| \le |x|$. Comme $\lim_{x \to 0} |x| = 0$, alors $\lim_{x \to 0} x \sin\dfrac{1}{x^4} = 0$. 3) Montrons que pour tout $x \in \left]-1 ; 1\right[ : |x^2 + 5x| \le 6|x|$ puis déterminons $\lim_{x \to 0} (x^2 + 5x)$ : On a : $|x^2 + 5x| = |x| \cdot |x + 5|$. De plus, pour tout $x \in \left]-1 ; 1\right[ : 4 < x + 5 < 6$, donc : $|x + 5| < 6$. Il s'ensuit donc que : $\left(\forall x \in \left]-1 ; 1\right[\right) \; |x^2 + 5x| \le 6|x|$. Comme $\lim_{x \to 0} 6|x| = 0$ alors $\lim_{x \to 0} (x^2 + 5x) = 0$.
Remarque
Remarques.
  • Pour tous $k \in \mathbb{R}$ et $n \in \mathbb{N}^* : \lim_{x \to 0} kx^n = 0 $ et $ \lim_{x \to 0} k\sqrt{|x|} = 0$.
  • La limite d'une fonction en $0$ est une notion locale : elle ne dépend de la fonction qu'au voisinage de $0$. C'est pourquoi on peut considérer : $x \in \left]-1 ; 1\right[$ ou $x \in \left]-\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2}\right[$ ou n'importe quel intervalle ouvert centré en $0$ inclus dans le ensemble de définition de la fonction étudiée.
  • On peut avoir $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ sans que la fonction $f$ soit définie en $0$.
Exemple
Exemples. 1) Calculons $\lim_{x \to 0} \left(x^2 + x + 2 + \dfrac{1}{x^2}\right)$ : On a : $\lim_{x \to 0} (x^2 + x + 2) = 2 \text{ et } \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty \text{ ; par conséquent : } \lim_{x \to 0} \left(x^2 + x + 2 + \dfrac{1}{x^2}\right) = +\infty$. 2) On considère la fonction $f : x \mapsto \dfrac{x^3 + 1}{(x – 1)^3}$. Calculons $\lim_{x \to 1^-} f(x)$, $\lim_{x \to 1^+} f(x)$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ : $\bullet$ Calcul de $\lim_{x \to 1^-} f(x)$ : On a : $\lim_{x \to 1^-} (x^3 + 1) = 2 \text{ et } \lim_{x \to 1^-} (x – 1)^3 = 0^- \text{ ; Par conséquent : } \lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$. $\bullet$ Calcul de $\lim_{x \to 1^+} f(x)$ : On a : $\lim_{x \to 1^+} (x^3 + 1) = 2 \text{ et } \lim_{x \to 1^+} (x – 1)^3 = 0^+ \text{ ; Par conséquent : } \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty$. $\bullet$ Calcul de $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ : On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* – \{1\} : f(x) = \dfrac{x^3 \left(1 + \dfrac{1}{x^3}\right)}{x^3 \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)^3} = \dfrac{1 + \dfrac{1}{x^3}}{\left(1 – \dfrac{1}{x}\right)^3}$. Puisque : $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^3} = 0 \text{ et } \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0 \text{, alors : } \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x^3}\right) = 1 \text{ et } \lim_{x \to +\infty} \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)^3 = 1$. Par suite : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \dfrac{1}{1} = 1$. 3) On considère la fonction $f : x \mapsto 2x^3 + x^2 – x + 4$. Calculons $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ : On pour tout $x \in \mathbb{R}^* : f(x) = 2x^3 \left(1 + \dfrac{1}{2x} – \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{2}{x^3}\right) \text{. De plus : } \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{2x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{2x^2} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{2x^3} = 0 \text{ ;}$ par conséquent : $\lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{2x} – \dfrac{1}{2x^2} + \dfrac{2}{x^3}\right) = 1 \text{. Comme } \lim_{x \to +\infty} 2x^3 = +\infty \text{, alors : } \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. On a de même : $\lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{2x} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{2x^2} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{2x^3} = 0 \text{ et } \lim_{x \to -\infty} 2x^3 = -\infty \text{, d'où : } \lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$. 4) On considère la fonction $f : x \mapsto \dfrac{x + 1}{x^2 – 2x}$. Calculons : $\lim_{x \to 0^-} f(x)$ ; $\lim_{x \to 0^+} f(x)$ ; $\lim_{x \to 2^-} f(x)$ ; $\lim_{x \to 2^+} f(x)$ Le tableau de signe du trinôme $x^2 – 2x$ est : \begin{tabular}{|c|ccccccc|} \hline $x$ & $-\infty$ & & $0$ & & $2$ & & $+\infty$
\hline $x^2 – 2x$ & & $+$ & $0$ & $-$ & $0$ & $+$ &
\hline \end{tabular} $\bullet$ Calcul de $\lim_{x \to 0^-} f(x)$ et $\lim_{x \to 0^+} f(x)$ : On a : $\lim_{x \to 0^-} (x + 1) = \lim_{x \to 0^+} (x + 1) = 1$ et $\lim_{x \to 0^+} (x^2 – 2x) = 0^-$ et $\lim_{x \to 0^-} (x^2 – 2x) = 0^+$ Par suite : $\lim_{x \to 0^-} f(x) = +\infty$ et $\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$. $\bullet$ Calcul de $\lim_{x \to 2^+} f(x)$ : On a : $\lim_{x \to 2^+} (x + 1) = 3$ et $\lim_{x \to 2^+} (x^2 – 2x) = 0^+$ ; par suite : $\lim_{x \to 2^+} f(x) = +\infty$.
Application
Applications. 1. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x} + x^2) ; \lim_{x \to -\infty} (x^3 – x^2 + x + 1) ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1 + \dfrac{1}{x}}{x^2 + 2} ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{5x^2 + x}{(x – 2)^2}\]
\[\lim_{x \to 3^+} \dfrac{2x}{3 – x} ; \lim_{x \to 1} \dfrac{x}{(1 – x)^2} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{2018}}{x^{2019} + 1} ; \lim_{x \to 1^-} \dfrac{x}{(1 – x)^2} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x}(3 – \sqrt{x})\]
2. On consid̬re la fonction $f$ d̩finie sur $\mathbb{R} Р\{0 ; 1\}$ par : $f(x) = \dfrac{2x + 1}{x(x + 1)}$. Calculer les limites : $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ ; $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ ; $\lim_{x \to 0^+} f(x)$ ; $\lim_{x \to 0^-} f(x)$ ; $\lim_{x \to -1^+} f(x)$ ; $\lim_{x \to -1^-} f(x)$.
Remarque
Remarques.
  • L'obtention d'une forme indéterminée « $F.I$ » signifie que la méthode mise en place pour calculer la limite de la fonction trébuche. Cela ne signifie en aucun cas que la fonction n'a pas de limite. Des méthodes seront présentées au fur et à mesure, pour lever les indéterminations les plus classiques, à savoir : « $\dfrac{0}{0} = F.I$ » ; « $\dfrac{\infty}{\infty} = F.I$ » ; « $0 \times \infty = F.I$ » ; « $+\infty + (-\infty) = F.I$ ». Parmi ces méthodes, on peut citer jusqu'à présent les techniques suivantes :
    • Factoriser par le (les) terme(s) de plus haut degré si un terme est prépondérant.
    • Factoriser par $x – a$ si $a$ est racine d'un polynôme $P$ : $P(x) = (x – a)P'(x)$.
    • Multiplier par l'expression conjuguée : $(X – \sqrt{Y})(X + \sqrt{Y}) = X^2 – Y$.
    • Encadrement, majoration, minoration, ….
  • Les tableaux précédents donnent les résultats les plus classiques des limites rencontrées. Voici trois conseils pour bien manipuler ces tableaux :
    • Par exemple, on retiendra que diviser par $0^+$, c'est multiplier par $+\infty$ ;
    • Il est souhaitable de comprendre ces tableaux au lieu de les apprendre par cÅ“ur.
    • Une manière de lire ces tableaux est la suivante, mais attention NE JAMAIS L'ECRIRE SUR SA COPIE : « $+\infty – (-\infty) = +\infty$ » ; « $-\infty + \ell = -\infty$ » ; « $-\infty \times (-\infty) = +\infty$ » « $\dfrac{3}{-\infty} = 0$ » ; « $\dfrac{-1}{0^+} = -\infty$ » ; « $\dfrac{+\infty}{0^+} = +\infty$ »
Proposition
Proposition. Soit $P$ et $Q$ deux fonctions polynômes définies par : $P(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_1x + a_0 \text{et} Q(x) = b_px^p + b_{p-1}x^{p-1} + \dots + b_1x + b_0$ où $a_n, \dots, a_1, a_0, b_p, \dots, b_0$ des réels tels que : $a_n \neq 0$ et $b_p \neq 0$.
  • La limite d'une fonction polynôme en $+\infty$ et $-\infty$ est la limite du monôme de plus haut degré :
    \[\lim_{x \to +\infty} P(x) = \lim_{x \to +\infty} a_nx^n \text{et} \lim_{x \to -\infty} P(x) = \lim_{x \to -\infty} a_nx^n\]
  • La limite d'une fonction rationnelle en $+\infty$ et $-\infty$ est la limite du quotient des monômes de plus haut degré :
    \[\text{degré} : \lim_{x \to +\infty} \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{a_nx^n}{b_px^p} \text{et} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{a_nx^n}{b_px^p}\]
Exemple
Exemples. 1) On consid̬re le polyn̫me : $f(x) = 2x^3 Р5x^2 + 5x + 7$ On a : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} 2x^3 = +\infty \text{et} \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} 2x^3 = -\infty$ 2) Calculons les limites : $\lim_{x \to -\infty} (1 + x Р2x^2)^3 (5x^2 Р6x + 2)^2$ et $\lim_{x \to -\infty} \Big[(1 Р2x)^3 + 4x(2x^2 Р3x + 5)\Big]$ On a : $\lim_{x \to -\infty} (1 + x Р2x^2)^3 (5x^2 Р6x + 2)^2 = \lim_{x \to -\infty} (-2x^2)^3 (5x^2)^2 = \lim_{x \to -\infty} -200x^{10} = -\infty$ On a pour tout $x \in \mathbb{R}$ : $(1 Р2x)^3 + 4x(2x^2 Р3x + 5) = 1 Р6x + 12x^2 Р8x^3 + 8x^3 Р12x^2 + 20x = 14x + 1$ Par suite : $\lim_{x \to -\infty} \Big[(1 Р2x)^3 + 4x(2x^2 Р3x + 5)\Big] = \lim_{x \to -\infty} (14x + 1) = \lim_{x \to -\infty} 14x = -\infty$. 3) On consid̬re la fonction rationnelle $f : x \mapsto \dfrac{-5x^3 + x^2 + 1}{2x + 3}$. On a : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{-5x^3}{2x} = \lim_{x \to +\infty} -\dfrac{5}{2}x^2 = -\infty \text{et} \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{-5x^3}{2x} = \lim_{x \to -\infty} -\dfrac{5}{2}x^2 = -\infty$ 4) Calculons les limites : $\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x + 1}{3x^2 + x}$ et $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{-2x^2 + x Р7}{3x^2 + 2x + 1}$ et $\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3 Р4x + 17}{2x^2 Р5}$
\[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x + 1}{3x^2 + x} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x}{3x^2} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{3x} = 0 ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{-2x^2 + x – 7}{3x^2 + 2x + 1} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{-2x^2}{3x^2} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{-2}{3} = -\dfrac{2}{3}\]
\[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3 – 4x + 17}{2x^2 – 5} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3}{2x^2} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x}{2} = -\infty\]
Application
Applications. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to +\infty} (-3x^2 + x + 1) ; \lim_{x \to -\infty} (-2x^3 + 5x^2 + x + 1) ; \lim_{x \to +\infty} (3 – 4x)^3 (5x + 1)^2 ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{3x + 5}{x^2 + 1}\]
\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2 – 4x}{2x^2 + 1} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2 – 7}{x^3 + 2x + 1} ; \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3 + x^2 + x + 1}{x^3 + 3} ; \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^4 + x^2 + 1}{x – 1}\]
Proposition
Proposition. Soit $f$ une fonction définie et positive sur un intervalle de la forme $[A ; +\infty[$ où $A \in \mathbb{R}$. Si $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$, alors $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{f(x)} = +\infty$.
Remarque
Remarque. Ces propriétés restent aussi valables quand $x$ tend vers $-\infty$ ou vers $a$ à droite ou à gauche.
Exemple
Exemples. 1) Calculons $\lim_{x \to -\infty} \sqrt{3x^2 – x + 4}$ : On a : $\lim_{x \to -\infty} (3x^2 – x + 4) = \lim_{x \to -\infty} 3x^2 = +\infty \text{ ; donc : } \lim_{x \to -\infty} \sqrt{3x^2 – x + 4} = +\infty$. 2) Calculons $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{\dfrac{x^2 + 1}{x – 1}}$ : On a : $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2 + 1}{x – 1} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{x} = \lim_{x \to +\infty} x = +\infty \text{ ; donc : } \lim_{x \to +\infty} \sqrt{\dfrac{x^2 + 1}{x – 1}} = +\infty$. 3) Calculons $\lim_{x \to 0^-} \sqrt{3 – \dfrac{1}{x}}$ : On a : $\lim_{x \to 0^-} \left(3 – \dfrac{1}{x}\right) = +\infty \text{ ; donc : } \lim_{x \to 0^-} \sqrt{3 – \dfrac{1}{x}} = +\infty$.
Exemple
Exemples. 1) Calculons les limites suivantes : $\lim_{x \to 2} \dfrac{-x^3 + 2x^2 + x – 2}{-x^2 + 5x – 6} \text{et} \lim_{x \to 1} \dfrac{x^3 + 2x – 3}{x^2 + 2x – 3}$ $\bullet \lim_{x \to 2} \dfrac{-x^3 + 2x^2 + x – 2}{-x^2 + 5x – 6} = \lim_{x \to 2} \dfrac{(x – 2)(1 – x^2)}{(x – 2)(-x + 3)} = \lim_{x \to 2} \dfrac{1 – x^2}{-x + 3} = -3$. $\bullet \lim_{x \to 1} \dfrac{x^3 + 2x – 3}{x^2 + 2x – 3} = \lim_{x \to 1} \dfrac{(x – 1)(x^2 + x + 3)}{(x – 1)(x + 3)} = \lim_{x \to 1} \dfrac{x^2 + x + 3}{x + 3} = \dfrac{5}{4}$. 2) Calculons les limites suivantes :
\[\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{2x – 1} – \sqrt{x^2 – x + 1}}{\sqrt{x} – 1} \text{et} \lim_{x \to 9} \dfrac{\sqrt{x + 7} – \sqrt{x} – 1}{\sqrt{x + 16} – \sqrt{x} – 2}\]
Exemple
Exemples. $\bullet \lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{2x – 1} – \sqrt{x^2 – x + 1}}{\sqrt{x} – 1} = \lim_{x \to 1} \dfrac{\left(\sqrt{2x – 1} – \sqrt{x^2 – x + 1}\right)\left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right)\left(\sqrt{x} + 1\right)}{(\sqrt{x} – 1)(\sqrt{x} + 1)\left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right)}$ $= \lim_{x \to 1} \dfrac{\left[(2x – 1) – (x^2 – x + 1)\right]\left(\sqrt{x} + 1\right)}{(x – 1)\left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right)}$ $= \lim_{x \to 1} \dfrac{(-x^2 + 3x – 2)\left(\sqrt{x} + 1\right)}{(x – 1)\left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right)}$ $= \lim_{x \to 1} \dfrac{(x – 1)(-x + 2)\left(\sqrt{x} + 1\right)}{(x – 1)\left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right)}$ $= \lim_{x \to 1} \dfrac{(-x + 2)\left(\sqrt{x} + 1\right)}{\left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right)}$ Comme : $\lim_{x \to 1} (-x + 2)\left(\sqrt{x} + 1\right) = 2$ et $\lim_{x \to 1} \left(\sqrt{2x – 1} + \sqrt{x^2 – x + 1}\right) = 2$, alors :
\[\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{2x – 1} – \sqrt{x^2 – x + 1}}{\sqrt{x} – 1} = \dfrac{2}{2} = 1\]
$\bullet$ On a : $\lim_{x \to 9} \dfrac{\sqrt{x + 7} Р\sqrt{x} Р1}{\sqrt{x + 16} Р\sqrt{x} Р2} = \lim_{x \to 9} \dfrac{\sqrt{x + 7} Р4 + 3 Р\sqrt{x}}{\sqrt{x + 16} Р5 + 3 Р\sqrt{x}}$ ; par cons̩quent :
\[\lim_{x \to 9} \dfrac{\sqrt{x + 7} – \sqrt{x} – 1}{\sqrt{x + 16} – \sqrt{x} – 2} = \lim_{x \to 9} \dfrac{\dfrac{x – 9}{\sqrt{x + 7} + 4} + \dfrac{9 – x}{3 + \sqrt{x}}}{\dfrac{x – 9}{\sqrt{x + 16} + 5} + \dfrac{9 – x}{3 + \sqrt{x}}} = \lim_{x \to 9} \dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{x + 7} + 4} – \dfrac{1}{3 + \sqrt{x}}}{\dfrac{1}{\sqrt{x + 16} + 5} – \dfrac{1}{3 + \sqrt{x}}} = \dfrac{\dfrac{1}{8} – \dfrac{1}{6}}{\dfrac{1}{10} – \dfrac{1}{6}} = \dfrac{5}{8}\]
Par suite : $\lim_{x \to 9} \dfrac{\sqrt{x + 7} – \sqrt{x} – 1}{\sqrt{x + 16} – \sqrt{x} – 2} = \dfrac{5}{8}$.
Application
Applications. 1. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to 3} \dfrac{-x^2 + x + 6}{x^2 – 4x + 3} ; \lim_{x \to 2} \dfrac{x^3 – 6x^2 + 11x – 6}{x^5 – 32} ; \lim_{x \to -1} \dfrac{2 – \sqrt{1 – 3x}}{x^2 – 1} ; \lim_{x \to 3^+} \dfrac{\sqrt{x^2 – 9}}{x – 3} ; \lim_{x \to 0^-} \dfrac{\sqrt{x^2 – x}}{x}\]
2. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to -1_{x>-1}} \dfrac{x + 1}{|2x + 3| – 1} ; \lim_{x \to 1^-} \dfrac{\sqrt{1 – \sqrt{x}}}{x – 1} ; \lim_{x \to 2} \dfrac{x^2 – 2x}{x – \sqrt{x + 2}} ; \lim_{x \to 3} \dfrac{\sqrt{x^2 – 2x + 6} – \sqrt{x^2 + 2x – 6}}{x^3 – 27}\]
\[\lim_{x \to 1} \dfrac{\sqrt{x + 2} – \sqrt{1 + 2x}}{\sqrt{1 – x}} ; \lim_{x \to -1^+} \dfrac{\sqrt{x^3 + x^2 + 3x + 3}}{x + 1} ; \lim_{x \to 0^+} \dfrac{x + \sqrt{x^2 + x}}{\sqrt{x^2 + x + 1} – 1} ; \lim_{x \to 3} \dfrac{\sqrt{x + 1} – x^2 + x + 4}{\sqrt{x + 1} – \sqrt{3x} + 1}\]
Exemple
Exemples. 1) Calculons les limites : $\lim_{x \to +\infty} \left(2x Р\sqrt{x}\right)$ et $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{5x^2 + x Р1} Р4x + 3\right)$ $\bullet$ On a : $\lim_{x \to +\infty} \left(2x Р\sqrt{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} x\left(2 Р\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)$. Puisque $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}} = 0$, alors : $\lim_{x \to +\infty} \left(2 Р\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right) = 2$. Comme $\lim_{x \to +\infty} x = +\infty$, alors $\lim_{x \to +\infty} x\left(2 Р\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right) = +\infty$. Par suite : $\lim_{x \to +\infty} \left(2x Р\sqrt{x}\right) = +\infty$ $\bullet$ On a : $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{5x^2 + x Р1} Р4x + 3\right) = \lim_{x \to +\infty} \left(x\sqrt{5 + \dfrac{1}{x} Р\dfrac{1}{x^2}} Р4x + 3\right) = \lim_{x \to +\infty} x\left(\sqrt{5 + \dfrac{1}{x} Р\dfrac{1}{x^2}} Р4 + \dfrac{3}{x}\right)$. Puisque $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^2} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{3}{x} = 0$, alors : $\lim_{x \to +\infty} \left(5 + \dfrac{1}{x} Р\dfrac{1}{x^2}\right) = 5$ et par cons̩quent :
\[\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{5 + \dfrac{1}{x} – \dfrac{1}{x^2}} – 4 + \dfrac{3}{x}\right) = \sqrt{5} – 4. \text{ Comme } \lim_{x \to +\infty} x = +\infty\text{, alors } \lim_{x \to +\infty} x\left(\sqrt{5 + \dfrac{1}{x} – \dfrac{1}{x^2}} – 4 + \dfrac{3}{x}\right) = -\infty.\]
Par suite : $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{5x^2 + x – 1} – 4x + 3\right) = -\infty$. 2) Calculons les limites : $\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{4x^2 + 3x – 7} + 2x + 5\right)$ et $\lim_{x \to -\infty} \left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right)$ $\bullet$ On a :
\[\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{4x^2 + 3x – 7} + 2x + 5\right) = \lim_{x \to -\infty} \left(\dfrac{4x^2 + 3x – 7 – 4x^2}{\sqrt{4x^2 + 3x – 7} – 2x} + 5\right) = \lim_{x \to -\infty} \left(\dfrac{3x – 7}{\sqrt{4x^2 + 3x – 7} – 2x} + 5\right)\]
Donc :
\[\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{4x^2 + 3x – 7} + 2x + 5\right) = \lim_{x \to -\infty} \left(\dfrac{x\left(3 – \dfrac{7}{x}\right)}{-x\sqrt{4 + \dfrac{3}{x} – \dfrac{7}{x^2}} – 2x} + 5\right) = \lim_{x \to -\infty} \left(\dfrac{3 – \dfrac{7}{x}}{-\left(\sqrt{4 + \dfrac{3}{x} – \dfrac{7}{x^2}} + 2\right)} + 5\right)\]
Puisque : $\lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x^2} = 0$, alors : $\lim_{x \to -\infty} \left(\dfrac{3 Р\dfrac{7}{x}}{-\left(\sqrt{4 + \dfrac{3}{x} Р\dfrac{7}{x^2}} + 2\right)} + 5\right) = \dfrac{3 Р0}{-(\sqrt{4} + 2)} + 5 = -\dfrac{3}{4} + 5 = \dfrac{17}{4}$. Par suite : $\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{4x^2 + 3x Р7} + 2x + 5\right) = \dfrac{17}{4}$. $\bullet$ On a : $\lim_{x \to -\infty} \left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right) = \lim_{x \to -\infty} \left(\dfrac{x^2 Рx^2 Р1}{x Р\sqrt{x^2 + 1}}\right) = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{-1}{x Р\sqrt{x^2 + 1}}$ Comme $x Р\sqrt{x^2 + 1} \le x$ et $\lim_{x \to -\infty} x = -\infty$, alors $\lim_{x \to -\infty} \left(x Р\sqrt{x^2 + 1}\right) = -\infty$. En d̩finitive : $\lim_{x \to -\infty} \left(x + \sqrt{x^2 + 1}\right) = 0$.
Application
Applications. 1. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{2x^2 + 1} – \sqrt{x^2 – x – 2}\right) ; \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^3 + 3x^2 + 4} – x^2 + 2\right) ; \lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{3x^2 – 6x – 1} + 2x – 5\right)\]
\[\lim_{|x| \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + x + 1} – x – 3\right) ; \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^3 + 3x^2 + 4} – x^2 + 2\right) ; \lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{1 – x^3} + x – 1\right)\]
2. Calculer suivant les valeurs du paramètre réel $m$, la limite suivante : $\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + x + 1} + mx\right)$ 3. Soit $a, b$ et $c$ trois réels non nuls tels que $a > 0$. Calculer suivant les valeurs de $a$ la limite suivante :
\[\lim_{x \to -\infty} \left(x + \sqrt{ax^2 + bx + c}\right)\]
Proposition
Proposition. Soit $a$ un réel non nul. On a :
\[\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1 ; \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan x}{x} = 1 ; \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(ax)}{ax} = 1 ; \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan(ax)}{ax} = 1 ; \lim_{x \to 0} \dfrac{1 – \cos x}{x^2} = \dfrac{1}{2}\]
Exemple
Exemples. 1) Calculons les limites suivantes : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(2x)}{\sin(3x)} \text{et} \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)}{\tan x} \text{et} \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos(\pi x) – 1}{x}$ $\bullet$ On a : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(2x)}{\sin(3x)} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\sin(2x)}{2x} \times 2x}{\dfrac{\sin(3x)}{3x} \times 3x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{2}{3} \times \dfrac{\dfrac{\sin(2x)}{2x}}{\dfrac{\sin(3x)}{3x}} = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{1} = \dfrac{2}{3}$. Ainsi : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(2x)}{\sin(3x)} = \dfrac{2}{3}$ $\bullet$ On a : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)}{\tan x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\sin(3x)}{3x} \times 3x}{\dfrac{\tan x}{x} \times x} = \lim_{x \to 0} 3\dfrac{\dfrac{\sin(3x)}{3x}}{\dfrac{\tan x}{x}} = 3 \times \dfrac{1}{1} = 3$. Ainsi : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)}{\tan x} = 3$ $\bullet$ On a : $\lim_{x \to 0} \dfrac{\cos(\pi x) – 1}{x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{1 – \cos(\pi x)}{(\pi x)^2} \times (-\pi^2 x)$. En posant $X = \pi x$ on obtient :
\[\lim_{x \to 0} \dfrac{\cos(\pi x) – 1}{x} = \lim_{X \to 0} \dfrac{1 – \cos(X)}{X^2} \times (-\pi X) = \dfrac{1}{2} \times 0 = 0. \text{ Ainsi : } \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos(\pi x) – 1}{x} = 0.\]
2) Calculons la limite : $\lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{\sqrt{3}\sin x – \cos x}{x – \dfrac{\pi}{6}}$ On a : $\lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{\sqrt{3}\sin x – \cos x}{x – \dfrac{\pi}{6}} = \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{2\sin\left(x – \dfrac{\pi}{6}\right)}{x – \dfrac{\pi}{6}}$. En posant $X = x – \dfrac{\pi}{6}$, on obtient :
\[\lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \dfrac{\sqrt{3}\sin x – \cos x}{x – \dfrac{\pi}{6}} = 2\lim_{X \to 0} \dfrac{\sin X}{X} = 2\]
Application
Applications. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(5x)}{\sin(4x)} ; \lim_{x \to 0} \dfrac{1 – \cos(6x)}{\sin(4x)\tan(3x)} ; \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^3(2x)}{x^3} ; \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(2x)}{x^3} ; \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\cos\sqrt{x} – 1}{x}\]
\[\lim_{x \to 1} \dfrac{\tan(x – 1)}{x^2 – 1} ; \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan(\pi x)}{x – 1} ; \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{\sin x – \cos x}{x – \dfrac{\pi}{4}} ; \lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \dfrac{\sin x – \sqrt{3}\cos x}{x – \dfrac{\pi}{3}}\]
Application
Applications. 1. Calculer les limites suivantes : $\lim_{x \to 0} x^3 \sin\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ et $\lim_{x \to 0} x \cos\left(\dfrac{\pi}{x^3}\right)$. 2. Justifier que pour tout $x \in \left]-1 ; 1\right[ , \; \left|2x^3 Р3x\right| \le 3|x|$ puis d̩terminer : $\lim_{x \to 0} (2x^3 Р3x)$. 3. Justifier que pour tout $x \in \left[-1 ; 1\right] , \; \sqrt{|x| Рx^2} \le \sqrt{|x|}$ puis d̩terminer : $\lim_{x \to 0} \left(\sqrt{|x| Рx^2}\right)$. 4. On consid̬re la fonction $f$ d̩finie sur $\mathbb{R}^*$ par : $f(x) = \dfrac{\sqrt{1 + x^2} Р1}{x}$. a) Montrer que : $(\forall x \in \mathbb{R}^*) \; |f(x)| \le |x|$. b) En d̩duire : $\lim_{x \to 0} f(x)$.
Remarque
D̩finition. Soit $f$ une fonction num̩rique d̩finie au voisinage d'un r̩el $a$ et $\ell \in \mathbb{R}$. Dire que $f$ \textbf{\color{orange}a pour limite $\ell$} quand $x$ tend vers $a$ signifie : aussi petit que soit le r̩el strictement positif $\varepsilon$, il existe un r̩el $\alpha > 0$ tel que pour tout $x \in ]a Р\alpha ; a + \alpha[ Р\{a\}$, $f(x)$ est dans l'intervalle $]\ell Р\varepsilon ; \ell + \varepsilon[$. Autrement dit : $(\forall \varepsilon > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < |x Рa| < \alpha \implies |f(x) Р\ell| < \varepsilon \Big)$ On ̩crit : $\lim_{x \to a} f(x) = \ell $ ou $ \lim_a f = \ell$
Remarque
Remarque. En posant $x – a = h$, on obtient : $\lim_{x \to a} f(x) = \ell \iff \lim_{h \to 0} f(a + h) = \ell$.
Exemple
Exemples. 1) On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = x^2 – 2x$. Montrons en utilisant la définition que : $\lim_{x \to -1} f(x) = 3$. On a pour tout $x \in \mathbb{R} : |f(x) – 3| = |(x + 1)(x – 3)| = |x + 1| \cdot |x – 3| (1)$ Soit maintenant $x \in \left]-2 ; 0\right[$. On a : $-2 < x < 0$, donc : $-5 < x – 3 < -3$, d'où : $|x – 3| 0$. Pour avoir $|f(x) – 3| < \varepsilon$, il suffit d'avoir $5|x + 1| < \varepsilon$ et $x \in \left]-2 ; 0\right[$, c'est-à-dire : $|x + 1| < \dfrac{\varepsilon}{5}$ et $|x + 1| 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in \mathbb{R}) \; \Big(0 < |x + 1| < \alpha \implies |f(x) – 3| < \varepsilon \Big)
\[ce qui montre que : $\lim_{x \to -1} f(x) = 3$ 2) On considère la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R} – \{2\}$ par : $g(x) = \dfrac{x}{x – 2}$. Montrons en utilisant la définition que : $\lim_{x \to 1} g(x) = -1$. On a pour tout $x \in \mathbb{R} – \{2\} : |g(x) + 1| = \left|\dfrac{2(x – 1)}{x – 2}\right| = \dfrac{2}{|x – 2|} \times |x – 1| (1)$ Soit maintenant $x \in \left]\dfrac{1}{2} ; \dfrac{3}{2}\right[$. On a : $-\dfrac{3}{2} < x – 2 < -\dfrac{1}{2}$, donc : $\dfrac{1}{2} < |x – 2| < \dfrac{3}{2}$, d'où : $\dfrac{1}{|x – 2|} 0$. Pour avoir $|g(x) + 1| < \varepsilon$, il suffit d'avoir $4|x – 1| < \varepsilon$ et $x \in \left]\dfrac{1}{2} ; \dfrac{3}{2}\right[$, c'est-à-dire : $|x – 1| < \dfrac{\varepsilon}{4}$ et $|x – 1| 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in \mathbb{R} – \{2\}) \; \Big(0 < |x – 1| < \alpha \implies |g(x) + 1| < \varepsilon \Big)\]
ce qui montre que : $\lim_{x \to 1} g(x) = -1$.
Application
Applications. 1. Montrer en utilisant la définition que :
\[\lim_{x \to 1} (3x^2 – 5x + 1) = -1 ; \lim_{x \to -1} \dfrac{2x + 1}{x – 1} = \dfrac{1}{2} ; \lim_{x \to 2} \sqrt{4x + 1} = 3\]
2. Déterminer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to 2} \sqrt{3x + 3} ; \lim_{x \to 1} (x^3 – 4) ; \lim_{x \to -2} \dfrac{x + 1}{2x – 1}\]
Proposition
Proposition. Soit $f$ et $u$ deux fonctions définies sur un ensemble de la forme $I = ]a – r ; a + r[ – \{a\}$ où $r \in \mathbb{R}^*_+$, $a \in \mathbb{R}$ et $\ell \in \mathbb{R}$. Alors :
\[\begin{cases} (\forall x \in I) \ |f(x) – \ell| \le u(x) \\ \lim_{x \to a} u(x) = 0 \end{cases} \implies \lim_{x \to a} f(x) = \ell\]
Remarque
Remarques.
  • Pour tout $(a ; k) \in \mathbb{R}^2$ et $n \in \mathbb{N}^* : \lim_{x \to a} k(x – a)^n = 0 $ et $ \lim_{x \to a} k\sqrt{|x – a|} = 0$.
  • Si la limite d'une fonction numérique $f$ existe en un point, alors elle est unique.
Exemple
Exemples. 1) On consid̬re la fonction $f$ d̩finie sur $\mathbb{R}^*$ par : $f(x) = 2 + x^2 \sin\dfrac{1}{x}$. On a pour tout $x \in \mathbb{R}^* : |f(x) Р2| = x^2 \left|\sin\dfrac{1}{x}\right| \; ; \text{ et puisque } \left|\sin\dfrac{1}{x}\right| \le 1, \text{ alors } : |f(x) Р2| \le x^2$. Comme $\lim_{x \to 0} x^2 = 0$, alors : $\lim_{x \to 0} f(x) = 2$. 2) On consid̬re la fonction $g$ d̩finie par : $g(x) = \dfrac{\sqrt{x + 2} Р1}{x + 1}$. Montrons que : $(\forall x \in D_g) \left|g(x) Р\dfrac{1}{2}\right| \le \dfrac{1}{2}|x + 1|$ puis d̩terminons $\lim_{x \to -1} g(x) = \dfrac{1}{2}$. On a : $D_g = [-2 ; -1[ \cup ]-1 ; +\infty[$ et pour tout $x \in D_g$ : $g(x) Р\dfrac{1}{2} = \dfrac{(\sqrt{x + 2})^2 Р1}{(x + 1)(\sqrt{x + 2} + 1)} Р\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{x + 2} + 1} Р\dfrac{1}{2} = \dfrac{1 Р\sqrt{x + 2}}{2(\sqrt{x + 2} + 1)} = \dfrac{-(x + 1)}{2(\sqrt{x + 2} + 1)^2}$ Comme $(\sqrt{x + 2} + 1)^2 \ge 1$, alors : $(\forall x \in D_g) \left|g(x) Р\dfrac{1}{2}\right| \le \dfrac{1}{2}|x + 1|$. Puisque $\lim_{x \to -1} \dfrac{1}{2}|x + 1| = 0$, alors : $\lim_{x \to -1} g(x) = \dfrac{1}{2}$.
Application
Applications. 1. Soit $f$ la fonction num̩rique d̩finie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = \dfrac{2x}{1 + x^2}$. a) Prouver que : $(\forall x \in \mathbb{R}) |f(x) Р1| \le (x Р1)^2$ b) En d̩duire : $\lim_{x \to 1} f(x) = 1$.
Remarque
2. On consid̬re la fonction $g$ d̩finie sur $\mathbb{R}^+$ par : $g(x) = \dfrac{\sqrt{x}}{1 + \sqrt{x}}$. a) Prouver que : $(\forall x \in \mathbb{R}^+) \left|g(x) Р\dfrac{1}{2}\right| \le \dfrac{1}{2}|x Р1|$. b) Conclure la valeur de la limite : $\lim_{x \to 1} g(x)$. 3. On consid̬re la fonction $h : x \mapsto \dfrac{x Р1}{2x + 1}$. a) Trouver un r̩el $k$ tel que pour tout $x \in D_h : \ |x + 1| \le \dfrac{1}{3} \implies |h(x) Р2| \le k|x + 1|$ b) D̩terminer : $\lim_{x \to -1} h(x)$. 4. On consid̬re la fonction $k : x \mapsto x^3 Р2x^2 + 2x + 1$. a) Trouver un r̩el $\lambda$ tel que pour tout $x \in \mathbb{R} : \ |x| \le 1 \implies |k(x) Р1| \le \lambda|x|$. b) D̩terminer : $\lim_{x \to 0} k(x)$.
Proposition
Proposition. Soit $P$ et $Q$ deux fonctions polynomiales et $a \in \mathbb{R}$. Alors : (1) $\lim_{x \to a} P(x) = P(a)$ (2) Si $Q(a) \ne 0$, alors $\lim_{x \to a} \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{P(a)}{Q(a)}$ (3) $\lim_{x \to a} \sin x = \sin a$ (4) Si $a \ne \dfrac{\pi}{2} + k\pi$ avec $k \in \mathbb{Z}$ alors $\lim_{x \to a} \tan x = \tan a$ (5) $\lim_{x \to a} \cos x = \cos a$ (6) Si $a > 0$ alors $\lim_{x \to a} \sqrt{x} = \sqrt{a}$
Exemple
Exemples. 1) On consid̬re la fonction num̩rique $f$ d̩finie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = 3x^2 Р5x + 6$. On a $f$ est une fonction polynomiale, par cons̩quent :
\[\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) = 4 \text{et} \lim_{x \to -\frac{1}{2}} f(x) = f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{17}{4} \text{et} \lim_{x \to -\sqrt{2}} f(x) = f(-\sqrt{2}) = 12 + 5\sqrt{2}\]
2) On consid̬re la fonction $g$ d̩finie sur $\mathbb{R} Р\left\{-\dfrac{5}{2}\right\}$ par : $g(x) = \dfrac{3x Р1}{2x + 5}$. Calculons $\lim_{x \to 7} g(x)$ : $g$ ̩tant une fonction rationnelle et de plus $7 \in D_g$, donc : $\lim_{x \to 7} g(x) = g(7) = \dfrac{20}{19}$. 3) On a imm̩diatement :
\[\lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \sin x = \sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} ; \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \cos x = \cos\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} ; \lim_{x \to \frac{\pi}{6}} \tan x = \tan\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\]
Application
Applications. Calculer les limites suivantes :
\[\lim_{x \to -2} (x^2 – 7x – 1) ; \lim_{x \to -1} (x^{2018} – x^{2017} + 2) ; \lim_{x \to -\sqrt{3}} (x^3 – 5x^2 + x + 1)\]
\[\lim_{x \to 3} \dfrac{2x^2 – 3x – 9}{x – 1} ; \lim_{x \to \frac{3}{2}} \dfrac{x^2 + x}{2x – 1} ; \lim_{x \to -2} \dfrac{x^3 – 6x^2 + 5x + 4}{x^2 + 4x + 3}\]
\[\lim_{x \to 3} (x – 2)^3(1 – x^2) ; \lim_{x \to 2} \dfrac{(2x – 1)(x^2 – 5x + 3)}{(5x^2 – 6)(1 – x + x^2)} ; \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \sin x ; \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \tan x\]
Remarque
Définition. Soit $r$ un réel strictement positif et $a \in \mathbb{R}$.
  • On dit qu'une fonction $f$, définie sur l'intervalle $]a ; a + r[$, admet une limite finie $\ell$ en $a$ à droite, si les valeurs de $f(x)$ s'approchent de plus en plus de $\ell$, lorsque $x$ s'approche de plus en plus de $a$ en prenant des valeurs supérieures à $a$. Autrement dit :
    \[(\forall \varepsilon > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(0 < x – a < \alpha \implies |f(x) – \ell| a}} f(x)$ ou $\ell = \lim_{x \to a^+} f(x)$. \item On dit qu'une fonction $f$, définie sur l'intervalle $]a – r ; a[$, \textcolor{pink}{admet une limite finie $\ell$ en $a$ à gauche}, si les valeurs de $f(x)$ s'approchent de plus en plus de $\ell$, lorsque $x$ s'approche de plus en plus de $a$ en prenant des valeurs inférieures à $a$. Autrement dit :\]
    (\forall \varepsilon > 0) \; (\exists \alpha > 0) \; ; \; (\forall x \in D_f) \; \Big(-\alpha < x Рa < 0 \implies |f(x) Р\ell| < \varepsilon \Big)$$ Ce r̩el $\ell$, s'il existe, est unique. Il est not̩ : $\ell = \lim_{\substack{x \to a
    x < a}} f(x)$ ou $\ell = \lim_{x \to a^-} f(x)$.
Exemple
Exemple. Soit $f$ la fonction d̩finie sur $\mathbb{R} Р\{-1 ; 1\}$ par : $f(x) = \dfrac{|x Р1|x}{x^2 Р1}$.
  • Si $x > 1$ alors : $f(x) = \dfrac{x}{x + 1}$ ; donc : $\lim_{\substack{x \to 1
    x > 1}} f(x) = \lim_{\substack{x \to 1
    x > 1}} \dfrac{x}{x + 1} = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}$.
  • Si $x < 1$ et $x \ne -1$, alors $f(x) = -\dfrac{x}{x + 1}$ ; donc : $\lim_{\substack{x \to 1
    x < 1}} f(x) = \lim_{\substack{x \to 1
    x < 1}} \dfrac{-x}{x + 1} = -\dfrac{1}{2}$.
Proposition
Proposition. Soit $f$ une fonction numérique définie au voisinage d'un point $a$ sauf peut-être en $a$. Pour que $f$ admette une limite $\ell$ en $a$, il faut et il suffit qu'elle admette la limite $\ell$ à droite et à gauche au point $a$. Autrement dit :
\[\lim_{x \to a} f(x) = \ell \iff \left(\lim_{x \to a^+} f(x) = \ell \text{et} \lim_{x \to a^-} f(x) = \ell\right)\]
Exemple
Exemples. 1) On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R} – \{-1 ; 1\}$ par : $f(x) = \dfrac{|x – 1|x}{x^2 – 1}$. On a déjà vu que : $\lim_{x \to 1^+} f(x) = \dfrac{1}{2}$ et $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\dfrac{1}{2}$. Puisque $\lim_{x \to 1^+} f(x) \ne \lim_{x \to 1^-} f(x)$, alors $f$ n'admet
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