Des limites de fonctions

Exercice $1:\quad$

Le dénominateur tend vers $0$. On étudie donc son signe :

$\left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{x\to -3^-}2x+5 = -1 \\ \lim\limits_{x\to -3^-}(-3-x) = 0^+ \end{matrix}\right] \lim\limits_{x\to -3^-}\dfrac{2x+5}{-3-x} = -\infty$

On peut donc affirmer que la droite d'équation $x=-3$ est asymptote à la courbe représentative de $f$.

Exercice $2:\quad$

Sous le radical, on a une fonction rationnelle.

Mettre $x$ en facteur au numérateur et au dénominateur (ou, ce qui revient au même, diviser en haut et en bas par $x$).

Écriture détaillée

$g(x)=\sqrt{\dfrac{3x+5}{4x-1}}$

$\displaystyle \frac{3x+5}{4x-1} =\frac{x\left(3+\frac{5}{x}\right)}{x\left(4-\frac{1}{x}\right)} =\frac{3+\frac{5}{x}}{4-\frac{1}{x}} \quad \text{(pour } x\neq 0\text{ ; et ici }x\to+\infty\text{)}$

Passage à la limite terme à terme

$\displaystyle \lim\limits_{x\to+\infty}\frac{3+\frac{5}{x}}{4-\frac{1}{x}} =\frac{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(3+\frac{5}{x}\right)}{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(4-\frac{1}{x}\right)} =\frac{3+0}{4-0}=\frac{3}{4}$

Remarque sur « $\displaystyle \lim\frac{3x+5}{4x-1}=\lim\frac{3x}{4x}$ »

Cette écriture est un raccourci qui signifie précisément ce qu’on a fait ci-dessus : après division par $x$, les termes $\dfrac{5}{x}$ et $\dfrac{1}{x}$ tendent vers $0$, d’où la limite $\frac{3}{4}$. On ne jette pas les termes « $+5$ » et « $-1$ » sans justification ; on montre qu’ils deviennent négligeables relativement à $x$ quand $x\to+\infty$.

$\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{3x+5}{4x-1} = \lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{3x}{4x} = \dfrac{3}{4}$

$\lim\limits_{x\to \tfrac{3}{4}}\sqrt{x} = \sqrt{\dfrac{3}{4}}$

Donc $\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt{\dfrac{3x+5}{4x-1}} = \sqrt{\dfrac{3}{4}}$

On peut donc affirmer que la droite d'équation $y=\dfrac{3}{4}$ est asymptote à la courbe représentative de la fonction qui à $x$ associe $\sqrt{\dfrac{3x+5}{4x-1}}$.

Exercice $3:\quad$

$\lim\limits_{x\to 1^+}x^2+x-2 = 0$ et $\lim\limits_{x\to 1^+}2x^2+4x-6 = 0$

On est donc en présence d’une forme indéterminée du type "$\dfrac 00$".

Pour lever cette indétermination, nous allons factoriser les deux polynômes du second degré.

$\checkmark$ Pour $x^2+x-2$

$\Delta = 1^2 - 4\times 1 \times (-2) = 9 = 3^2\gt0$

Il y a donc deux racines réelles : $x_1 = \dfrac{-1-3}{2} = -2$ et $x_2 = \dfrac{-1+3}{2} = 1$

Ainsi $x^2+x-2 = (x-1)(x+2)$

$\checkmark$ Pour $2x^2+4x-6$

$\Delta = 4^2 - 4\times 2 \times (-6) = 64 = 8^2\gt0$

Il y a donc deux racines réelles : $x_1 = \dfrac{-4-8}{4} = -3$ et $x_2 = \dfrac{-4+8}{4} = 1$

Ainsi $2x^2+4x-6 = 2(x-1)(x+3)$

Donc partout où cette fonction rationnelle est définie, on peut écrire :

Pour $x\in \mathbb R\setminus \{-3 ; 1\}$, $\dfrac{x^2+x-2}{2x^2+4x-6} = \dfrac{(x-1)(x+2)}{2(x-1)(x+3)} = \dfrac{x+2}{2(x+3)}$

D’où :

$\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{x^2+x-2}{2x^2+4x-6} = \lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{x+2}{2(x+3)} = \dfrac{3}{8}$

Interprétation : Soit $h\mapsto \dfrac{x^2+x-2}{2x^2+4x-6}$

La fonction $h$ est définie sur $\mathbb R\setminus \{-3 ; 1\}$. Cette fonction n'est ni continue en $-3$, ni en $1$, puisqu'elle n'est pas définie en ces points. Mais on dit qu'on a prolongé par continuité la fonction $h$ en 1, par une fonction $g$ définie par :