Limites finies et infinies en un point ou en ±∞. Règle des gendarmes : si g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) et lim g = lim h = L, alors lim f = L.
Limite par comparaison : si f(x) ≥ g(x) et lim g = +∞, alors lim f = +∞.
• Toute suite monotone bornée converge.
• Si (uₙ) croissante et non majorée : uₙ → +∞.
• Théorème des suites adjacentes : si (aₙ) croissante, (bₙ) décroissante et bₙ − aₙ → 0, elles convergent vers la même limite.
Quand x → +∞, dans l'ordre de croissance croissante :
ln x ≪ x^α ≪ x^n ≪ a^x ≪ e^x pour α > 0, n entier, a > 1.
Autrement dit : lim[x→+∞] (ln x)/x^α = 0 ; lim[x→+∞] x^n/e^x = 0.
Équivalents utiles : lim[x→0] sin x / x = 1 ; lim[x→0] (e^x−1)/x = 1 ; lim[x→0] ln(1+x)/x = 1.
lim[x→+∞] (3x² + 5x)/(x² − 2x + 1). Diviser par x² → 3.
lim[x→0] sin(3x)/(2x) = (3/2)×lim sin(3x)/(3x) = 3/2.
Si f est continue sur [a;b] : pour tout k ∈ [f(a);f(b)] (ou [f(b);f(a)]), il existe c ∈ [a;b] tel que f(c) = k.
Unicité : si f est en plus strictement monotone, c est unique.
Si f est définie sur D privé de a, et si lim[x→a] f(x) = L existe et est finie, on peut prolonger f en a en posant f(a) = L. La fonction prolongée est continue en a.
Toute fonction continue sur un segment [a;b] est bornée et atteint ses bornes (maximum et minimum globaux).
• Suite géométrique : |q| < 1 → qⁿ → 0 ; q > 1 → qⁿ → +∞ ; q = 1 → 1 ; q = −1 → diverge.
• Suite définie par récurrence : si uₙ → L et u_{n+1} = f(uₙ), alors L = f(L) (point fixe).
• Croissance comparée : nᵅ/aⁿ → 0 pour a > 1, α quelconque.
Montrer que lim[n→+∞] sin(n)/n = 0 par le théorème des gendarmes.
|sin(n)| ≤ 1 pour tout n, donc −1/n ≤ sin(n)/n ≤ 1/n. Or lim 1/n = lim(−1/n) = 0. Par les gendarmes : lim sin(n)/n = 0.
f(x) = x³ − 3x + 1.
Soit f(x) = sin(2x)/x pour x ≠ 0.
Soit uₙ définie par u₀ = 2 et u_{n+1} = (uₙ + 3/uₙ)/2.
Soit f définie sur ℝ par f(x) = (x² − 4x + 3)/(x − 1) si x ≠ 1, et f(1) = k.
Rappel : x² − 4x + 3 = (x−1)(x−3).
10 questions · Correction immédiate
Théorème des gendarmes : si g≤f≤h et lim g=lim h=L :
lim[x→+∞] xⁿ/eˣ (n entier) :
lim[x→0] sin x / x :
TVI : f continue sur [a;b], f(a)·f(b)<0 → :
Suite monotone croissante et majorée par M :
lim[x→0⁺] x·ln x :
Point fixe d'une suite u_{n+1}=f(uₙ) qui converge vers L :
lim[x→+∞] ln x / xᵅ (α>0) :
lim[x→0] (eˣ−1)/x :
Suite adjacentes (aₙ) et (bₙ) : aₙ croissante, bₙ décroissante, bₙ−aₙ→0 :
Exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.
Soit f définie par f(x) = (3x²+5x)/(x+2) si x<−2, et f(x) = (2x²+5x+2)/(x²+x−2) si x>−2. Calculer la limite à gauche et à droite de f en −2.
À gauche (x→−2⁻) : au numérateur, 3(−2)²+5(−2) = 12−10 = 2 ; le dénominateur x+2 → 0⁻. Donc f(x) → 2/0⁻ = −∞.
À droite (x→−2⁺) : on factorise. 2x²+5x+2 = (2x+1)(x+2) et x²+x−2 = (x+2)(x−1). Donc pour x≠−2, f(x) = (2x+1)(x+2)/[(x+2)(x−1)] = (2x+1)/(x−1). En x=−2 : (2(−2)+1)/(−2−1) = (−3)/(−3) = 1.
Les limites à gauche (−∞) et à droite (1) sont différentes : f n'a pas de limite en −2.
Soit f définie par f(x) = 6x/(x+2) si x<1, et f(x) = √(3x+1) si x>1. Peut-on prolonger f par continuité en 1 ?
À gauche (x→1⁻) : f(x) → 6(1)/(1+2) = 6/3 = 2.
À droite (x→1⁺) : f(x) → √(3(1)+1) = √4 = 2.
Les deux limites sont égales à 2 : oui, f est prolongeable par continuité en 1, en posant f(1) = 2.
Sachant que lim[x→0] sinx/x = 1, calculer : a) lim[x→0] sin(2x)/x ; b) lim[x→0] sin(x²)/x ; c) lim[x→0] sin(2x)/(3x) ; d) plus généralement lim[x→0] sin(ax)/(bx) pour a,b réels non nuls ; e) lim[x→+∞] sin(1/x).
a) sin(2x)/x = 2·[sin(2x)/(2x)] → 2×1 = 2.
b) sin(x²)/x = x·[sin(x²)/x²] → 0×1 = 0.
c) sin(2x)/(3x) = (2/3)·[sin(2x)/(2x)] → (2/3)×1 = 2/3.
d) sin(ax)/(bx) = (a/b)·[sin(ax)/(ax)] → (a/b)×1 = a/b.
e) Quand x→+∞, 1/x→0, donc sin(1/x) → sin(0) = 0 (ou : sin(1/x) = (1/x)·[sin(1/x)/(1/x)] → 0×1 = 0).
Soit f(x) = √(2x²+3) − 5x. Calculer lim[x→−∞] f(x) en utilisant l'expression conjuguée.
On multiplie et divise par l'expression conjuguée √(2x²+3)+5x :
f(x) = [(2x²+3) − 25x²] / [√(2x²+3)+5x] = (3−23x²) / [√(2x²+3)+5x].
Quand x→−∞ : le numérateur 3−23x² → −∞ (dominé par −23x²). Au dénominateur, √(2x²+3) ~ √2·|x| = −√2·x (car x<0, donc |x|=−x) ; donc √(2x²+3)+5x ~ −√2x+5x = x(5−√2), et comme x→−∞ et 5−√2>0, ce terme → −∞.
Donc f(x) ~ (−23x²)/[x(5−√2)] = −23x/(5−√2). Comme x→−∞, −23x→+∞, donc lim[x→−∞] f(x) = +∞.
Soit f:]−1;+∞[→]−4;+∞[, x↦x²+2x−3.
Cinq exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant, niveau intermédiaire — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.
Soit f(x) = 1/x − 1/x² + 1/x³. Déterminer lim[x→0] f(x) et lim[x→+∞] f(x).
En réduisant au même dénominateur : f(x) = (x² − x + 1)/x³.
En +∞ : chacun des trois termes 1/x, 1/x², 1/x³ tend vers 0, donc lim[x→+∞] f(x) = 0.
En 0 : le numérateur x²−x+1 tend vers 1 (valeur non nulle), tandis que le dénominateur x³ tend vers 0 en gardant le signe de x. Donc lim[x→0⁺] f(x) = +∞ et lim[x→0⁻] f(x) = −∞ : f n'admet pas de limite en 0.
Calculer lim[x→9] (√x − 3)/(9 − x) en utilisant l'expression conjuguée.
On multiplie numérateur et dénominateur par la quantité conjuguée (√x + 3) :
(√x−3)/(9−x) = [(√x−3)(√x+3)] / [(9−x)(√x+3)] = (x−9) / [(9−x)(√x+3)] = −(9−x) / [(9−x)(√x+3)] = −1/(√x+3), pour x≠9.
Donc lim[x→9] (√x−3)/(9−x) = −1/(√9+3) = −1/6.
Soit f(x) = √(x²+3) + 8x.
Soit g(x) = √(3x−5). À l'aide du taux de variation de g en 2, calculer lim[x→2] (√(3x−5) − 1)/(x−2).
On reconnaît le taux de variation de g entre x et 2 : [g(x)−g(2)]/(x−2), puisque g(2)=√(6−5)=√1=1.
Or lim[x→2] [g(x)−g(2)]/(x−2) = g'(2) (nombre dérivé de g en 2), à condition que g soit dérivable en 2.
g'(x) = 3/(2√(3x−5)), donc g'(2) = 3/(2×1) = 3/2.
Donc lim[x→2] (√(3x−5)−1)/(x−2) = 3/2.
Soit f définie sur ℝ par f(x) = (8x−13)/(4x+1) si x≠1, et f(1) = a. Déterminer a pour que f soit continue sur ℝ.
La fonction x↦(8x−13)/(4x+1) est une fonction rationnelle, continue en tout point où le dénominateur ne s'annule pas, en particulier en x=1 (car 4(1)+1=5≠0).
Pour que f (avec la valeur imposée f(1)=a) soit continue en 1, il faut et il suffit que a soit égal à la valeur de la fonction rationnelle en 1 :
a = (8×1−13)/(4×1+1) = (8−13)/5 = −5/5 = −1.
f est continue sur ℝ si et seulement si a = −1.
Cinq problèmes de synthèse, plus longs et plus exigeants, tirés de la fin de la banque d'exercices du CIAM Terminale SE — pour aller plus loin et préparer les épreuves de type baccalauréat.
Une fonction f admet le tableau de variation suivant : f est strictement croissante de 1 à 3 sur ]−∞;−4] ; puis, après une discontinuité en −4, strictement croissante de −4 à +∞ sur [−4;−3[ ; puis strictement décroissante de +∞ à 0 sur ]−3;0[ ; puis strictement décroissante de 0 à −2 sur [0;+∞[.
Déterminer l'image par f de chacun des intervalles suivants : ]−4;−3[ ; ]−3;0[ ; ]−3;+∞[ ; ]−∞;−4].
Sur chaque morceau, f est continue et strictement monotone : son image est l'intervalle « balayé » entre les valeurs (ou limites) aux bornes.
f(]−4;−3[) : sur [−4;−3[, f croît de f(−4)=−4 vers lim[x→−3⁻]f(x)=+∞. En excluant le point −4 (borne exclue), l'image est ]−4;+∞[.
f(]−3;0[) : domaine exact du 3ᵉ morceau, où f décroît de lim[x→−3⁺]f(x)=+∞ vers lim[x→0⁻]f(x)=0, sans atteindre ni l'une ni l'autre valeur : image = ]0;+∞[.
f(]−3;+∞[) : on réunit ]−3;0[ et [0;+∞[. Sur [0;+∞[, f décroît de f(0)=0 (atteint) vers −2 (limite non atteinte) : image = ]−2;0]. En réunissant avec ]0;+∞[, on obtient ]−2;+∞[.
f(]−∞;−4]) : domaine exact du 1ᵉʳ morceau : f croît de lim[x→−∞]f(x)=1 (non atteinte) vers f(−4)=3 (atteinte) : image = ]1;3].
Soit f(x) = (x+2)² − 47.
Soit f(x) = x² + √(x²+1), fonction de ℝ vers ℝ. Donner des ensembles A et B tels que f détermine une application bijective de A dans B.
f est paire (f(−x)=(−x)²+√((−x)²+1)=x²+√(x²+1)=f(x)), donc f n'est pas injective sur ℝ tout entier : il faut restreindre le domaine à une demi-droite, par exemple A = [0;+∞[.
Sur [0;+∞[, f'(x) = 2x + x/√(x²+1) = x[2 + 1/√(x²+1)]. Le facteur entre crochets est toujours strictement positif, donc f'(x) est du signe de x : f'(x)≥0, nul seulement en x=0. f est donc strictement croissante sur [0;+∞[, donc injective.
f est continue. f(0)=0+√1=1, et lim[x→+∞]f(x)=+∞ (le terme x² domine). Par le théorème de la bijection, f réalise une bijection de A=[0;+∞[ sur B=[1;+∞[.
On peut donc prendre A = [0;+∞[ et B = [1;+∞[ (ou, par symétrie, A=]−∞;0] avec le même B).
Une fonction f admet le tableau de variation suivant : f est strictement décroissante de +∞ à −2 sur ]−∞;0] ; strictement croissante de −2 à 3 sur [0;1] ; strictement décroissante de 3 à −∞ sur [1;+∞[.
Donner les ensembles A, B et C tels que f détermine des applications bijectives : de ]−∞;0] dans A ; de [0;1] dans B ; de [1;+∞[ dans C.
Sur chaque morceau, f est continue et strictement monotone, donc bijective de ce morceau sur son image.
Sur ]−∞;0] : f décroît continûment de lim[x→−∞]f(x)=+∞ (non atteinte) à f(0)=−2 (atteinte). A = [−2;+∞[.
Sur [0;1] : f croît continûment de f(0)=−2 (atteinte) à f(1)=3 (atteinte). B = [−2;3].
Sur [1;+∞[ : f décroît continûment de f(1)=3 (atteinte) à lim[x→+∞]f(x)=−∞ (non atteinte). C = ]−∞;3].
La courbe d'équation y=x³ est bien connue : elle passe par l'origine (fonction impaire) et est strictement croissante sur ℝ. On considère la fonction polynôme f définie par f(x) = (x−1)³ − 2.
