Limites d'une fonction numérique - Cours et exercices corrigés | 1re Bac scientifique

KORASATI · MATHÉMATIQUES

Retrouvez le cours intégral ci-dessous et sa version A4 mise en page, avec toutes les figures et les exercices corrigés.

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Objectifs. Lire un comportement près d’un point ou à l’infini, calculer des limites à l’aide des fonctions de référence et justifier les formes indéterminées simples. Les limites trigonométriques utilisent les radians. Un complément sur les inégalités de définition est réservé au parcours sciences mathématiques.

Approcher un point ou partir à l’infini

La limite décrit des valeurs voisines

Écrire $\lim_{x\to a}f(x)=\ell$ signifie que $f(x)$ devient aussi proche de $\ell$ que l’on veut lorsque $x$ est suffisamment proche de $a$, tout en restant dans le domaine et distinct de $a$. La valeur $f(a)$ peut exister, être différente de $\ell$, ou ne pas être définie.

Exemple - Une valeur interdite n’empêche pas une limite

Pour $x\ne2$, $(x^2-4)/(x-2)=x+2$. Ainsi $$\lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=4,$$ alors que le quotient n’est pas défini en $2$. Le calcul porte sur un voisinage épointé de $2$.

Le côté d’approche peut changer la réponse

$x\to a^+$ signifie $x>a$ et $x\to a^-$ signifie $x<a$. Si les deux côtés du domaine existent près de $a$, une limite bilatérale existe exactement lorsque les deux limites latérales existent et coïncident, y compris pour une même limite infinie. $$\lim_{x\to1^+}\frac1{x-1}=+\infty,\qquad \lim_{x\to1^-}\frac1{x-1}=-\infty.$$ Il n’y a donc pas de limite bilatérale en $1$. Le symbole $+\infty$ décrit un dépassement de toute borne, pas un nombre réel.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

À l’infini, c’est $x$ qui s’éloigne

$x\to+\infty$ signifie que $x$ devient arbitrairement grand ; $x\to-\infty$, arbitrairement négatif. Pour $1/(x-1)$, les deux limites à l’infini valent $0$. La courbe approche la droite horizontale $y=0$ ; près de $1$, elle suit la direction de la droite verticale $x=1$.

Références et règles de calcul

Puissances, inverses et racine carrée

Pour tout entier $n\ge1$, $$\lim_{x\to+\infty}x^n=+\infty,\qquad \lim_{x\to-\infty}x^n= \begin{cases}+\infty&n\text{ pair},\\-\infty&n\text{ impair}. \end{cases}$$ On a $1/x^n\to0$ aux deux infinis et $x^n\to0$ lorsque $x\to0$. Près de $0$, $$\lim_{x\to0^+}\frac1{x^n}=+\infty,\qquad \lim_{x\to0^-}\frac1{x^n}= \begin{cases}+\infty&n\text{ pair},\\-\infty&n\text{ impair}. \end{cases}$$ Enfin, $\sqrt x\to0$ pour $x\to0^+$ et $\sqrt x\to+\infty$ pour $x\to+\infty$ ; les inverses tendent respectivement vers $+\infty$ et $0$. Il n’y a pas d’approche réelle à gauche de $0$ pour $\sqrt x$.

Limites finies et opérations permises

Si $f\to\ell$ et $g\to m$ à la même approche, alors $$f+g\to\ell+m,\quad fg\to\ell m,\quad \lambda f\to\lambda\ell,\quad \frac fg\to\frac\ell m\ \text{si }m\ne0.$$ Si $f\ge0$ près du point et $f\to\ell\ge0$, alors $\sqrt f\to\sqrt\ell$. Une racine et un quotient exigent donc le contrôle préalable du domaine.

Une limite infinie nécessite le signe

Si $f\to+\infty$ et $g\to m>0$, alors $fg\to+\infty$ ; si $m<0$, le produit tend vers $-\infty$. Si $f\to\ell\ne0$ et $g\to0$, le quotient dépend des signes de $\ell$ et de $g$ de chaque côté. Par exemple, $1/x$ et $1/x^2$ ont des comportements différents en $0^-$.

Une forme indéterminée appelle une transformation

$0/0$, $\infty/\infty$, $\infty-\infty$ et $0\times\infty$ ne sont pas des résultats. Les quotients $x/x$, $x^2/x$ et $x/x^2$ ont tous la forme $0/0$ en $0$, mais n’ont pas la même limite. On factorise, utilise le conjugué, domine par une puissance ou encadre.

Le terme de plus haut degré à l’infini

Pour $P(x)=a_dx^d+\cdots+a_0$, $a_d\ne0$, on écrit $$P(x)=x^d\left(a_d+\frac{a_{d-1}}x+\cdots+\frac{a_0}{x^d}\right).$$ La parenthèse tend vers $a_d$. Dans un quotient de polynômes, diviser numérateur et dénominateur par la plus grande puissance utile permet de comparer les degrés. Ainsi $$\frac{2x^2-x+1}{x^2+3}=\frac{2-1/x+1/x^2}{1+3/x^2}\longrightarrow2 \quad(x\to\pm\infty).$$

Près d’un point : factoriser, conjuguer, séparer les côtés

Polynômes et quotients à dénominateur non nul

Un polynôme a pour limite sa valeur au point. Pour une fraction rationnelle, on remplace directement $x$ par $a$ si le dénominateur ne s’annule pas. Par exemple, $$\lim_{x\to2}\frac{x^2+1}{x+3}=\frac55=1.$$ Si le numérateur et le dénominateur s’annulent, une simplification peut être possible pour $x\ne a$ : $$\lim_{x\to1}\frac{x^3-1}{x-1} =\lim_{x\to1}(x^2+x+1)=3.$$

Le conjugué transforme une différence de racines

L’identité $(\sqrt A-\sqrt B)(\sqrt A+\sqrt B)=A-B$ permet d’éliminer une différence. Pour $x\ne0$ près de $0$, $$\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} =\frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)} =\frac1{\sqrt{1+x}+1}\longrightarrow\frac12.$$ Le domaine initial est $[-1;+\infty[\setminus\{0\}$ ; il contient des valeurs des deux côtés de $0$. Le facteur par lequel on multiplie est bien non nul.

Un zéro au dénominateur ne suffit pas à conclure

Pour $(x+2)/(x-3)$, le numérateur tend vers $5>0$ en $3$. Le dénominateur est négatif à gauche et positif à droite. Ainsi $$\lim_{x\to3^-}\frac{x+2}{x-3}=-\infty, \qquad\lim_{x\to3^+}\frac{x+2}{x-3}=+\infty.$$ Pour $(x+2)/(x-3)^2$, le dénominateur est positif des deux côtés : les deux limites valent $+\infty$. Le tableau de signes doit porter sur un voisinage du point.

Une valeur absolue apparaît dans les racines

Conserver $\sqrt{x^2}=|x|$

Pour $x\ne0$, $\sqrt{x^2+1}=|x|\sqrt{1+1/x^2}$. Si $x\to+\infty$, $|x|=x$ ; si $x\to-\infty$, $|x|=-x$.

Par conséquent, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}x=1, \qquad\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}x=-1.$$ De même, $\sqrt{x^2+1}-x$ a une forme $\infty-\infty$ en $+\infty$. Le conjugué donne $$\sqrt{x^2+1}-x=\frac1{\sqrt{x^2+1}+x}\longrightarrow0.$$ À $-\infty$, les deux termes $\sqrt{x^2+1}$ et $-x$ tendent vers $+\infty$, donc la différence écrite initialement tend vers $+\infty$.

Les limites trigonométriques usuelles

L’angle est obligatoirement en radians

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,\qquad \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1,\qquad \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12.$$ Pour tout réel $a$, $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(ax)}x=a$.

La première limite est une référence. Les autres se déduisent d’identités et des règles précédentes. Dans un voisinage de $0$, $\cos x$ ne s’annule pas, donc $$\frac{\tan x}{x}=\frac{\sin x}{x}\frac1{\cos x}\longrightarrow1.$$ Puis $1-\cos x=2\sin^2(x/2)$ donne $$\frac{1-\cos x}{x^2} =\frac12\left(\frac{\sin(x/2)}{x/2}\right)^2\longrightarrow\frac12.$$

Faire apparaître exactement le même argument

Pour $a\ne0$ et $x\ne0$, $$\frac{\sin(ax)}x=a\frac{\sin(ax)}{ax}\longrightarrow a.$$ Si $a=0$, l’expression est nulle pour $x\ne0$, donc sa limite est encore $a$. Oublier le facteur $a$ est une erreur fréquente.

Exemple - Deux fréquences différentes

Pour $x\ne0$ suffisamment proche de $0$, $$\frac{\sin(3x)}{\tan(2x)} =\frac32\,\frac{\sin(3x)}{3x}\, \frac{2x}{\tan(2x)}\longrightarrow\frac32.$$ Les facteurs tendent vers $1$ et $1$. La tangente est définie et non nulle sur un voisinage épointé assez petit de $0$.

Un point autre que $0$ peut se ramener à $0$

Lorsque $x\to a$, on pose $h=x-a\to0$. Ainsi $$\lim_{x\to2}\frac{\sin(5x-10)}{x-2} =\lim_{h\to0}\frac{\sin(5h)}h=5.$$ Un autre exemple se déduit directement de l’identité d’angle double : $$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(4x)}{x^2} =16\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(4x)}{(4x)^2}=8.$$

Une limite usuelle ne s’applique qu’à la bonne approche

$\sin x/x\to1$ concerne $x\to0$. Pour $x\to+\infty$, la même expression tend vers $0$ par encadrement, car $|\sin x|\le1$. Toujours écrire le point d’approche avec le quotient.

Ordre et encadrements

Passer à la limite dans une inégalité

Si $f(x)\le g(x)$ près de l’approche considérée et si leurs limites finies sont $\ell$ et $m$, alors $\ell\le m$. Une inégalité stricte peut devenir large à la limite : pour $x>0$, $0<1/x$, mais les deux limites en $+\infty$ sont égales à $0$.

Encadrer une différence

Si $|f(x)-\ell|\le u(x)$ près de l’approche et $u(x)\to0$, alors $f(x)\to\ell$. Plus généralement, si $g\le f\le h$ et si $g,h\to\ell$, alors $f\to\ell$.

Exemple - Une oscillation dont l’amplitude diminue

Pour $x\ne0$, $|\sin(1/x)|\le1$, donc $$|x\sin(1/x)|\le|x|\longrightarrow0\quad(x\to0).$$ La fonction $\sin(1/x)$ n’a pas de limite en $0$, mais le produit tend vers $0$. On ne lui invente donc pas une limite séparée pour utiliser la règle du produit.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Les deux enveloppes rejoignent $0$. Le dessin illustre le résultat ; l’inégalité prouve la limite, y compris pour les oscillations trop serrées pour être dessinées.

Forcer une limite infinie

Si $f(x)\ge u(x)$ près de l’approche et si $u(x)\to+\infty$, alors $f(x)\to+\infty$. De même, $f\le u$ et $u\to-\infty$ impliquent $f\to-\infty$.

Exemple - Un terme borné ne bloque pas la divergence

Pour tout réel $x$, $x-1\le x+\sin x\le x+1$. Ainsi $x+\sin x\to+\infty$ lorsque $x\to+\infty$, et tend vers $-\infty$ lorsque $x\to-\infty$. Il n’est pas nécessaire que $\sin x$ ait une limite.

Quel outil choisir ?

À un point : commencer par le domaine et la substitution. En cas de $0/0$, chercher une factorisation ou un conjugué. À l’infini : dégager les puissances dominantes. Pour une oscillation : chercher un encadrement. Pour un quotient trigonométrique en $0$ : faire apparaître les quotients usuels.

Complément sciences mathématiques : contrôler une approximation

Ce complément traduit la notion de limite par des inégalités simples. Il permet de construire une proximité ou un seuil qui garantit une précision donnée. Les méthodes de calcul des pages précédentes restent les outils principaux.

Une précision $\varepsilon$ près d’un point

Pour montrer $f(x)\to\ell$ lorsque $x\to a$, on prend une précision arbitraire $\varepsilon>0$ et l’on cherche $\delta>0$ tel que, pour tout $x$ du domaine, $$0<|x-a|<\delta\quad\Longrightarrow\quad|f(x)-\ell|<\varepsilon.$$ $\varepsilon$ fixe l’erreur autorisée sur la valeur ; $\delta$ fixe la distance autorisée sur l’entrée. Le choix de $\delta$ peut dépendre de $\varepsilon$, mais pas du point $x$.

Exemple - Une fonction affine

Pour $f(x)=2x+1$ au voisinage de $3$, on a $$|f(x)-7|=2|x-3|.$$ Pour toute précision $\varepsilon>0$, choisir $\delta=\varepsilon/2$ garantit $|f(x)-7|<\varepsilon$ dès que $0<|x-3|<\delta$. Cela démontre $\lim_{x\to3}(2x+1)=7$.

Une précision lorsque $x$ devient grand

Montrer $f(x)\to\ell$ en $+\infty$ revient à trouver, pour chaque $\varepsilon>0$, un seuil $A$ tel que $x>A$ entraîne $|f(x)-\ell|<\varepsilon$ pour les $x$ du domaine. Pour $f(x)=1/x$, choisir $A=1/\varepsilon$ convient : si $x>A>0$, alors $|1/x|=1/x<\varepsilon$. Ainsi $\lim_{x\to+\infty}1/x=0$.

Dépasser n’importe quelle borne positive

Pour montrer $f(x)\to+\infty$ en $+\infty$, il suffit de trouver, pour chaque $M>0$, un seuil $A$ tel que $x>A$ entraîne $f(x)>M$. Pour $f(x)=x^2$, le choix $A=\sqrt M$ convient. On ne prétend pas que $x^2$ devient égal à $+\infty$ : il finit par dépasser chaque borne fixée.

Exemple - Une limite infinie près d’un point

Pour $f(x)=1/(x-2)^2$, soit $M>0$. Si $$0<|x-2|<\frac1{\sqrt M},$$ alors $(x-2)^2<1/M$, donc $f(x)>M$. Les deux côtés sont autorisés et donnent $+\infty$ : $$\lim_{x\to2}\frac1{(x-2)^2}=+\infty.$$

Un choix suffisant est un choix valable

On ne cherche pas nécessairement le plus grand $\delta$ ou le plus petit $A$. Un choix explicite qui garantit l’implication suffit. Si plusieurs conditions sont nécessaires, on peut prendre le minimum des distances autorisées ou le maximum des seuils.

Exercices corrigés

Exercice 1 - Annulation commune

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to-2}\frac{x^2+x-2}{x+2}$. Solution. Numérateur et dénominateur tendent vers $0$. Pour $x\ne-2$, $$\frac{x^2+x-2}{x+2}=\frac{(x+2)(x-1)}{x+2}=x-1.$$ Cette égalité est valable sur un voisinage épointé de $-2$. La limite est donc $-3$, même si la fraction initiale n’est pas définie au point.

Exercice 2 - Un quotient de différences

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{\sqrt{x+5}-3}{x-4}$. Solution. Le domaine est $[-5;+\infty[\setminus\{4\}$. En multipliant par le conjugué, pour $x\ne4$, $$\frac{\sqrt{x+5}-3}{x-4} =\frac{x+5-9}{(x-4)(\sqrt{x+5}+3)} =\frac1{\sqrt{x+5}+3}\longrightarrow\frac16.$$ La racine reste définie des deux côtés de $4$, et le dernier dénominateur tend vers $6\ne0$.

Exercice 3 - Deux infinis et les mêmes degrés

Calculer les limites en $+\infty$ et $-\infty$ de $f(x)=(3x^2-x+1)/(2x^2+5)$. Solution. Le dénominateur est strictement positif sur $\mathbb{R}$. Pour $x\ne0$, $$f(x)=\frac{3-1/x+1/x^2}{2+5/x^2}.$$ Aux deux infinis, $1/x$ et $1/x^2$ tendent vers $0$. Le quotient tend donc vers $3/2$ dans les deux cas. Le signe de $x$ ne change pas le quotient des termes dominants, tous deux de degré $2$.

Exercice 4 - Le côté d’un zéro simple

Déterminer les limites de $g(x)=(2x+1)/(x-1)$ à gauche et à droite de $1$, puis décider si elle possède une limite bilatérale. Solution. Le numérateur tend vers $3>0$ et reste positif près de $1$. À gauche, le dénominateur tend vers $0$ par valeurs négatives ; à droite, par valeurs positives. Ainsi $$\lim_{x\to1^-}g(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to1^+}g(x)=+\infty.$$ Ces limites sont différentes : il n’y a pas de limite bilatérale, même infinie. On ne peut donc pas écrire seulement « le dénominateur est nul, donc $+\infty$ ».

Exercice 5 - Combiner deux limites trigonométriques

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(3x)}{x\sin(2x)}$. Solution. Sur un voisinage épointé assez petit de $0$, le dénominateur est non nul. On écrit $$\frac{1-\cos(3x)}{x\sin(2x)} =\frac{1-\cos(3x)}{(3x)^2}\, \frac{2x}{\sin(2x)}\,\frac92.$$ Les deux premiers facteurs tendent vers $1/2$ et $1$ ; la limite vaut donc $9/4$. La présence de $x$ devant $\sin(2x)$ est essentielle pour obtenir le bon facteur.

Exercice 6 - Une oscillation dans un encadrement

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}x^2\cos(1/x)$ puis $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x^2+\sin x)$. Solution. Pour $x\ne0$, $|x^2\cos(1/x)|\le x^2\to0$, donc la première limite est $0$. Pour la seconde, $x^2+\sin x\ge x^2-1\to+\infty$, donc la limite vaut $+\infty$. Ces comparaisons suffisent sans attribuer de limite aux facteurs oscillants.

Exercice 7 - Une racine aux deux infinis

Déterminer le domaine de $h(x)=\sqrt{x^2+4x}-x$, puis ses limites aux deux infinis. Solution. La condition $x(x+4)\ge0$ donne $D_h=]-\infty;-4]\cup[0;+\infty[$. Pour $x>0$, $$h(x)=\frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} =\frac4{\sqrt{1+4/x}+1}\longrightarrow2.$$ À $-\infty$, $\sqrt{x^2+4x}\to+\infty$ et $-x\to+\infty$ : leur somme tend vers $+\infty$. Il n’y a pas de forme indéterminée dans ce second cas. La formule $\sqrt{x^2}=x$ aurait donné une conclusion fausse à gauche.

Exercice 8 - Garantir une précision (complément SM)

Pour $f(x)=1/(x+1)$, montrer directement que $f(x)\to1/2$ en $1$ en proposant un $\delta$ pour toute précision $\varepsilon>0$. Solution. Si $|x-1|<1$, alors $0<x<2$ et $x+1>1$. Donc $$\left|\frac1{x+1}-\frac12\right| =\frac{|x-1|}{2|x+1|}<\frac{|x-1|}2.$$ Prenons $\delta=\min(1,2\varepsilon)>0$. Si $0<|x-1|<\delta$, la première condition justifie la majoration, et la seconde donne $|f(x)-1/2|<\varepsilon$. Cela établit la limite. Le choix dépend de $\varepsilon$ et fonctionne pour tous les $x$ suffisamment proches de $1$.