1 Limites 2 Continuité

ISEL - Année 1
Mathématiques
Limites, continuité, dérivabilité - Rappel
1 Limites
1. Déterminer la limite éventuelle de f au point considéré:
x3 − 27
en 3;
x−3
x2 − 5x + 6
en − 2;
x+2
(1 − x)(2 − x)(3 − x) en + ∞;
√
x
√ en 0;
x+3 x
sin(2x)
en 0;
sin(3x)
x2 − 1
en + ∞; cos x − 3x en + ∞;
2x3 + 1
sin x
en + ∞.
x
2. Rechercher les asymptotes parallèles aux axes que peut présenter la courbe représentative de f :
f (x) = 2 −
1
x2 − 1
3. Montrer que la courbe représentative de f admet une asymptote, et étudier sa position par rapport
à cette asymptote:
2x2 − 5x + 7
f (x) =
x
4. Montrer que la droite D est asymptote à la courbe représentative de f en +∞:
p
f (x) = x2 + 2x + 3, D : y = x + 1
5. Catastrophe!
Soit la fonction f dénie par
f (x) =
(50 + x20 )2 − 2500
x20
(a) A l'aide de la calculatrice, donner une valeur approchée de (50 + x20 )2 , puis de f (x) pour
x = 0, 6; 0, 4; 0, 3; 0, 2; 0, 1; 0, 01.
Peut-on conjecturer la limite de f en 0?
(b) Simplier l'expression de f (x) pour x 6= 0. Calculer alors la limite de f en 0.
2 Continuité
½
1. Etudier la continuité en 2 de la fonction f dénie par f (x) =
x2 − 1
5−x
si
si
x≤2
x>2
2. L'équation suivante admet elle une solution?
sin x = 1 − x
3. Montrer que l'équation suivante admet une unique solution α, et encadrer α par deux entiers
consécutifs:
√
x2 + x − 3 = 0
1
3 Dérivabilité
1. Après avoir déterminé le domaine de dérivabilité, donner la dérivé des fonctions suivantes:
x2 +
√
x;
−5
; 3x sin x; (2x − 1)x2 ; cos3 x; (x2 + x + 1)4 ;
x2
x3
;
−1
x2
sin x + cos x
1 + cos x
2. Déterminer
√ une équation de la tangente à la courbe Cf de la fonction f dénie pour tout réel x par
f (x) = x au point d'abscisse 4.
3. Préciser les extremums locaux de la fonction f dénie pour tout réel x par f (x) = − 34 x3 + 15 x5
4 Etude d'une fonction
Etudier et représenter graphiquement la fonction
f : x 7→
2p
25 − x2
5
5 Correction
5.1 Limites
1.
(x − 3)(x2 + 3x + 9)
x3 − 27
x→3
=
= x2 + 3x + 9 −−−→ 27
x−3
x−3
x2 − 5x + 6
x2 − 5x + 6
lim (x2 − 5x + 6) = 20 donc lim
= +∞ et lim
= −∞
x→−2
x→−2+
x→−2−
x+2
x+2
√
√
x
1
x
1
√ =√
√ = (pas de limite en 0− )
donc lim
+
3
x+3 x
x+3
x→0 x + 3 x
sin(2x)
sin(2x) 2x
3x
sin(2x) 2
3x
sin(x)
x→0 2
−−−→ car lim
=
∗
∗
=
∗ ∗
=1
x→0
sin(3x)
2x
3x sin(3x)
2x
3 sin(3x)
3
x
lim (1 − x)(2 − x)(3 − x) = −∞
x→+∞
1 − x12 x→+∞
x2 − 1
=
−−−−−→ 0
2x3 + 1
2x + x12
cos x − 3x ≤ 1 − 3x or
|
sin x
1
| ≤ or
x
x
lim (1 − 3x) = −∞ donc
x→+∞
lim
x→+∞
1
= 0 donc
x
lim
x→+∞
lim (cos x − 3x) = −∞ (limite par majoration)
x→+∞
sin x
sin x
1
= 0 (limite par encadrement, 0 ≤ |
|≤ )
x
x
x
2.
f est paire et f (x) = 2 −
lim f (x) = −∞ et
x→−1−
1
(x − 1)(x + 1)
lim f (x) = +∞
x→−1+
donc la droite d'équation x = −1 est asymptote à Cf et par parité la droite d'équation x = 1 est
asymptote à Cf .
lim f (x) = 2 et lim f (x) = 2
x→+∞
x→−∞
donc la droite y = 2 est asymptote à Cf en ±∞.
2
3.
f (x) =
2x2 − 5x + 7
7
= 2x − 5 +
x
x
d'où
7 x→±∞
−−−−−→ 0
x
donc la droite ∆ : y = 2x − 5 est asymptote oblique à Cf en ±∞.
Comme f (x) − (2x − 5) = x7 est du même signe que x, Cf est au-dessus de ∆ lorsque x > 0 et
en-dessous lorsque x < 0.
f (x) − (2x − 5) =
4. Pour tout réel x, x2 + 2x + 3 > 0, donc f est dénie sur IR.
f (x) − (x + 1) =
p
x2
+ 2x + 3 − (x + 1) = (
p
x2
√
x2 + 2x + 3 + (x + 1)
+ 2x + 3 − (x + 1)) ∗ √
x2 + 2x + 3 + (x + 1)
(x2 + 2x + 3) − (x + 1)2
2
x→+∞
= √
=√
−−−−−→ 0
2
2
x + 2x + 3 + x + 1
x + 2x + 3 + x + 1
d'où D est asymptote à Cf en +∞:
5.
f (x) =
(50 + x20 )2 − 2500
x20
(a) On constate que pour toutes ces valeurs, (50 + x20 )2 = 2500, pour 0, 6, 0, 4, 0, 3, f (x) ≈ 100,
et pour 0, 2, 0, 1, 0, 01, f (x) = 0; (cela dépend de la calculatrice utilisée ). On conjecture
(conjecture = assertion non encore démontrée ):
lim f = 0
0
(b)
(50 + x20 )2 − 2500 = (50 + x20 − 50)(50 + x20 + 50) = x20 (100 + x20 )
donc
x20 (100 + x20 )
x→0
= 100 + x20 −−−→ 100
x20
Notre conjecture était fausse! (on a du x40 et du x20 ).
f (x) =
5.2 Continuité
1. Comme
lim f (x) = f (2) = 3 = lim f (x)
x→2−
x→2+
f est continue en 2.
2. Soit la fonction f dénie par f (x) = sin x + x − 1. On a f (0) = −1 < 0, f ( π2 ) = π2 > 0.
Comme f est continue sur IR et 0 ∈]f (0), f ( π2 )[, d'après le théorème des valeurs intermédiares,
l'équation f (x) = 0 ⇔ sin x = 1 − x admet au moins une solution dans l'intervalle ]0, π2 [.
√
3. Soit la fonction f dénie pour tout réel x ≥ 0 par f (x) = x2 + x − 3.
∗
f est dérivable sur IR+
et pour tout réel x > 0,
1
f 0 (x) = 2x + √ > 0
2 x
3
donc f est strictement croissante sur IR+ .
f est à valeurs dans f (IR+ ) = [f (0), lim+∞ f [= [−3, +∞[.
Ansi on a f continue et strictement croissante sur IR+ , 0 ∈ f (IR+ ), donc, par le théorème de la
bijection, l'équation f (x) = 0 admet
√ une unique solution α ∈ [0, +∞[.
Or f (0) = −3 < 0 et f (2) = 1 + 2 > 0, donc α ∈]0, 2[
Prenons le milieu de l'intervalle ]0, 2[, f (1) = −1 < 0, donc α ∈]1, 2[
5.3 Dérivabilité
1. pour tout réel x > 0,
(x2 +
pour tout réel x 6= 0,
(
pour tout réel x,
1
x)0 = 2x + √
2 x
−5 0
10
1
−2x
) = (−5) ∗ ( 2 )0 = (−5) ∗ 4 = 3
x2
x
x
x
pour tout réel x,
pour tout réel x,
√
(3x sin x)0 = 3 sin x + 3x cos x
((2x − 1)x2 )0 = 2 ∗ x2 + (2x − 1) ∗ 2x = 6x2 − 2x
(cos3 x)0 = 3 ∗ (− sin x) ∗ cos2 x = −3 sin x cos2 x
pour tout réel x,
((x2 + x + 1)4 )0 = 4(2x + 1)(x2 + x + 1)3
pour tout réel x tel que x2 − 1 6= 0, c'est à dire x ∈ IR\{−1, 1}
(
x3 0
3x2 ∗ (x2 − 1) − x3 ∗ 2x
x4 − 3x2
) =
= 2
2
2
−1
(x − 1)
(x − 1)2
x2
pour tout réel x tel que 1 + cos x 6= 0, c'est à dire x ∈ IR\{2kπ, k ∈ ZZ},
(
sin x + cos x 0
(cos x − sin x)(1 + cos x) − (sin x + cos x)(− sin x)
1 + cos x − sin x
) =
=
2
1 + cos x
(1 + cos x)
(1 + cos x)2
2. L'équation de la tangente ∆ à Cf est de la forme:
y = f 0 (4)(x − 4) + f (4)
avec f (4) =
√
4 = 2 et f 0 (4) =
(OU f 0 (4) = limx→4
D'où:
f (x)−f (4)
x−4
1
√
2 4
=
1
4
= limx→4
car f 0 (x) =
√1
x+2
1
√
.
2 x
= 41 , car x > 0 et x =
∆:y=
√
x2 ).
1
x+1
4
3. f dénie et dérivable sur IR, pour tout réel x
f 0 (x) = −4x2 + x4 = x2 (−4 + x2 ) = x2 (2 + x)(−2 + x)
donc f 0 (x) = 0 ⇔ x ∈ {−2, 0, 2};
f 0 (x) > 0 ⇔ x ∈] − ∞, −2[∪]2, +∞[;
f 0 (x) < 0 ⇔ x ∈] − 2, 2[.
Ainsi f s'annule et change de signe en −2 et 2, donc f admet des extremums locaux en −2 et 2
(respectivement un maximum et un minimum, faire un tableau de variation )
4
5.4 Etude d'une fonction
f : x 7→
2p
25 − x2
5
1. Domaine de dénition:
La fonction f est dénie pour tout réel x tel que 25−x2 ≥ 0 ⇔ (5+x)(5−x) ≥ 0, donc Df = [−5, 5].
2. Etude des propriétés de la courbe:
p
x ∈ [−5, 5], −x ∈ [−5, 5] et f (−x) = 25 25 − (−x)2 = f (x)
donc f est paire et donc on l'étudie sur [0, 5].
3. Limite:
Dans ce cas ci, on n'a pas de limite à déterminer (car on peut calculer les images des bornes).
4. Dérivabilité:
f est dérivable sur [0, 5[ (il faut que 25 − x2 > 0) et pour tout x de [0, 5[:
f 0 (x) =
2
1
2x
∗ (−2x) ∗ √
=− √
2
5
2 25 − x
5 25 − x2
Puisque f 0 ≤ 0 sur [0, 5[ alors f est décroissante sur [0, 5[ (par parité, f est croissante sur ] − 5, 0]).
Pour savoir si f est dérivable en 5, il faut calculer
lim
x→5−
or
f (x) − f (5)
x−5
√
p
√
(5 + x)(5 − x)
2 5+x
p
=− √
5 5−x
− (5 − x)2
p
p
car (5 − x)2 = |5 − x|, si 0 ≤ x ≤ 5, x − 5 < 0 donc x − 5 = − (5 − x)2 d'où
p
f (x) − f (5)
2 (5 + x)(5 − x)
p
lim
= lim−
= −∞
x−5
x→5−
x→5 5
− (5 − x)2
f (x) − f (5)
=
x−5
2
5
25 − x2
2
=
x−5
5
donc f n'est pas dérivable en 5.
5. Représentation graphique:
On représente la fonction sur [0, 5] et on complète le tracé sur [−5, 0] par symétrie d'axe (0y).
Comme f 0 (0) = 0, on a une tangente horizontale au point (0, f (0) = 2).
(5)
Comme limx→5− f (x)−f
= −∞, on a une tangente verticale en 5 (et par parité en −5).
x−5
On obtient une demi-ellipse.
5