Limites de fonctions

On divise par \(x^5\) : \[ f(x)=\frac{-4+\frac{3}{x^3}-\frac{7}{x^5}}{2-\frac{9}{x^4}+\frac{1}{x^5}}. \] Quand \(x\to\pm\infty\), on a \(\frac{3}{x^3}\to 0\), \(\frac{7}{x^5}\to 0\), \(\frac{9}{x^4}\to 0\), \(\frac{1}{x^5}\to 0\). Donc \[ \lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty} f(x)=\frac{-4}{2}=-2. \]

On factorise : \[ x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4),\qquad x^2-4=(x-2)(x+2). \] Pour \(x\neq 2\), \[ \frac{x^3-8}{x^2-4}=\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)(x+2)}=\frac{x^2+2x+4}{x+2}. \] La nouvelle expression est continue en \(x=2\) (dénominateur \(2+2\neq 0\)), donc \[ \lim_{x\to 2}\frac{x^3-8}{x^2-4}=\frac{2^2+2\cdot 2+4}{2+2}=\frac{12}{4}=3. \]

On conjugue : \[ \sqrt{x^2+3x}-x =\frac{(\sqrt{x^2+3x}-x)(\sqrt{x^2+3x}+x)}{\sqrt{x^2+3x}+x} =\frac{x^2+3x-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x} =\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \] Pour \(x\to +\infty\), on factorise \(x\) dans la racine : \[ \sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \] Donc \[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} =\frac{3x}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}}+x} =\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}. \] Or \(\frac{3}{x}\to 0\), donc \(\sqrt{1+\frac{3}{x}}\to 1\) et \[ \lim_{x\to+\infty}\Bigl(\sqrt{x^2+3x}-x\Bigr)=\frac{3}{1+1}=\frac{3}{2}. \]

Quand \(x\to 3\), le numérateur \(2x-1\to 2\cdot 3-1=5>0\). Le dénominateur \(x-3\to 0\) avec un signe :

• Si \(x\to 3^-\), alors \(x-3<0\) et \(x-3\to 0^-\) donc \(\frac{5}{0^-}=-\infty\).
• Si \(x\to 3^+\), alors \(x-3>0\) et \(x-3\to 0^+\) donc \(\frac{5}{0^+}=+\infty\).

Ainsi : \[ \lim_{x\to 3^-}\frac{2x-1}{x-3}=-\infty,\qquad \lim_{x\to 3^+}\frac{2x-1}{x-3}=+\infty. \]

On factorise : \[ x^2+2x+1=(x+1)^2. \] Pour \(x\neq -1\), \[ f(x)=\frac{(x+1)^2}{x+1}=x+1. \] Donc la courbe de \(f\) coïncide avec la droite \(y=x+1\) sauf au point d’abscisse \(-1\) (où \(f\) n’est pas définie). Position relative : pour tout \(x\neq -1\), \(f(x)-(x+1)=0\), donc la courbe est sur la droite.

Domaine : \(x-1\neq 0\) donc \(\mathcal{D}_f=\mathbb{R}\setminus\{1\}\). Factorisation : \[ f(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1\quad \text{pour }x\neq 1. \] Limite en \(1\) : \[ \lim_{x\to 1} f(x)=\lim_{x\to 1}(x+1)=2. \] Interprétation : la fonction n’est pas définie en \(x=1\) mais la limite est finie ⇒ discontinuité amovible (un “trou”), pas d’asymptote verticale. À l’infini : \[ \lim_{x\to\pm\infty} f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}(x+1)=\pm\infty, \] donc pas d’asymptote horizontale. En revanche, la courbe est la droite \(y=x+1\) avec un trou en \(x=1\).

Pour \(\displaystyle \lim_{x\to 0^+}x\ln(x)\), on pose \(x=\frac{1}{t}\) avec \(t\to +\infty\). Alors \[ x\ln(x)=\frac{1}{t}\ln\!\left(\frac{1}{t}\right)=\frac{1}{t}\bigl(-\ln(t)\bigr)=-\frac{\ln(t)}{t}. \] Or \(\displaystyle \lim_{t\to+\infty}\frac{\ln(t)}{t}=0\) (car \(t\) “domine” \(\ln(t)\)). Donc \[ \lim_{x\to 0^+}x\ln(x)=0. \] Comme \(\ln(x)<0\) pour \(x\in]0;1[\), on a \(x\ln(x)\to 0\) par valeurs négatives.

On factorise : \[ \frac{e^x}{e^x+5}=\frac{e^x}{e^x\left(1+5e^{-x}\right)}=\frac{1}{1+5e^{-x}}. \]

• Quand \(x\to +\infty\), \(e^{-x}\to 0\), donc \(\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+5e^{-x}}=\frac{1}{1+0}=1\).
• Quand \(x\to -\infty\), \(-x\to +\infty\) donc \(e^{-x}\to +\infty\), ainsi \(\displaystyle \frac{1}{1+5e^{-x}}\to 0\).

On divise par \(x^2\) : \[ f_a(x)=\frac{a+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{2}{x}+\frac{4}{x^2}}. \] Quand \(x\to\pm\infty\), \(\frac{3}{x}\to 0\), \(\frac{1}{x^2}\to 0\), \(\frac{2}{x}\to 0\), \(\frac{4}{x^2}\to 0\), donc \[ \lim_{x\to\pm\infty} f_a(x)=\frac{a}{1}=a. \] La droite \(y=\frac{1}{2}\) est asymptote horizontale (en \(+\infty\) et \(-\infty\)) ssi la limite vaut \(\frac{1}{2}\), donc ssi \[ a=\frac{1}{2}. \]

Ensuite : \[ \frac{\sin(5x)}{x}=5\cdot\frac{\sin(5x)}{5x}. \] Quand \(x\to 0\), alors \(5x\to 0\), donc \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(5x)}{5x}=1 \quad\Rightarrow\quad \lim_{x\to 0}\frac{\sin(5x)}{x}=5. \]