f : x e cosx lim e 0 = e- = → +∞ x² 1 1 f:x x + -

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Eléments de correction – Chapitre 14 : Limites et continuité
Les exercices notés sont plus difficiles.
14.1 On a x,
x a x a
cos(x) cos(a) 2sin sin x a
22
.
Soit  >0, posons  = .
Si |x-a| ≤  alors |cos(x) – cos(a)| ≤  = .
Ainsi  > 0,  > 0, x, |x-a| ≤  |cos(x) – cos(a)| ≤  donc, par définition,
xa
lim cos(x) cos(a)
Remarque : cela démontre la continuité de la fonction cosinus sur .
On suppose que cosx→L quand x→+ avec L {±}.
On considère les suites un = 2n et vn= (2n+1).
On a un→+ et vn→+ donc f(un)→L et f(vn)→L.
Or n, f(un) = 1 donc L = 1 et n, f(vn) = -1 donc L = -1 ce contredit l’unicité de la limite.
CCl : cos n’admet pas de limite en +
14.3 Etude de la limite de f en 0 : Une exploration graphique avec a = 2 et b = 3 par exemple
laisse penser que f admet une limite en 0.
x 0,
b b b
1
x x x
.
Par suite, x >0,
b x b
f(x)
a a a
et x < 0
b b x
f(x)
a a a
.
Comme
x0
x
lim 0
a
alors par encadrement,
x 0 x 0
b
lim f(x) lim f(x) a
.
CCl : f admet b/a comme limite en 0.
Etude de la limite de g en 0 : Une exploration graphique avec a = 2 et b = 3 par exemple laisse
penser que g n’admet pas de limite en 0.
Soit x]-b,0[, on a x/b]-1,0[ donc
x1
b
et f(x) =
a
x
. On en déduit que
x0
lim f(x)
.
Soit x]0,b[, on a x/b]0,1[ donc
x0
b
et f(x) =0. On en déduit que
x0
lim f(x) 0
.
CCl : g n’admet pas de limite en 0.
14.4 Technique de base
 Limite de
x
f: x e cosx
en a =  .
La fonction cosinus est bornée sur et
x
xlim e 0
donc
xlim f(x) 0
.
Considérons un = -2n, on a un→ - et comme cos(un) = 1, f(un)
n
u
e
.
Considérons vn = – (2n+1), on a un→ - et comme cos(un) = -1, f(un)
n
u
e
.
Ce qui montre que f n’admet pas de limite en - .
 Limite de
x² 1 1
f : x x
en a = 0.
Posons h(x) =
x² 1
. On a f(x) =
h(x) h(0)
x0

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Or h est dérivable sur donc en 0 avec h’(x) =
x
x² 1
donc
x0
lim f(x) h'(0) 0
.
 Limite de
3
13
f : x 1x1x
en a = 1
33
x 1 x 1
1 x x² 3 x² x 2 (x 1)(x 2) x 2
Soit x 1, f(x) (1 x)(1 x x²) 1 x x²
1 x 1 x
x2
Or 1 donc f(x) 1
1 x x² 
 Limite de
x² 2x 3
f : x x1
en a = -1.
x 1 x 1
(x 1)(x 3)
Soit x -1, f(x) x 1(x 3)
x1
Or x 1(x 3) 0 alors f(x) 0
14.7 ln est définie sur ]0,+ [ et lnx – 1 = 0  x = e donc u :
lnx
xlnx 1
est définie sur ]0,e[ et
sur ]e,+ [ comme quotient de fonctions.
exp est définie sur donc, par composition, f est définie sur ]0, e[ et sur ]e, + [ .
 Limite en 0 : Posons X = lnx alors
X
f(x) X1
.
On a
X
X1
X1 
et X = lnx
x0
donc
x0
lnx 1
lnx 1 
.
Par composition avec exp, f(x)
x0 e
 Limite à gauche et à droite de e.
lnx
xe
1 par continuité de ln, de plus (lnx – 1)
xe 0
et (lnx – 1)
xe 0
donc par quotient des limites
xe
lnx
lnx 1 
et
xe
lnx
lnx 1 
.
par composition avec exp, f(x)
xe
et f(x)
xe 0
.
Remarques :
- On peut prolonger f par continuité en 0 en posant f(0) = e.
- La courbe rep. de f admet une asymptote verticale d’équation x = e
- On peut prolonger f par continuité à droite de e en posant f(e) = 0.
14.10 Le cas où k > 1 se traite comme dans l’exercice 1.8 en remplaçant 2 par k dans le
raisonnement.
Traitons le cas où 0 < k < 1 : Soit f une fonction répondant aux hypothèses.
On montre par récurrence que n, x, f(x) = f(knx).
Fixons x dans , et posons un = knx.
On lim un = 0 car 0 < k < 1, comme f est continue en 0, alors f(un)→f(0), or un est constante égale à
f(x) donc f(x) = 0.
Bilan: Si f convient alors x, f(x) = f(0) c’est à dire f est constante.
Réciproquement il est clair que les fonctions constantes conviennent.
CCl : Les fonctions répondant à ce problème sont les fonctions constantes
 14.11 Analyse : Soit g une fonction vérifiant les hypothèses.
soit n et x,

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n
n n n 1 n k
k1
x x x x x x x x x x x
g(x) g( )cos( ) g( )cos( )cos( ) g( )cos( )cos( ) cos( ) g( ) cos( )
2 2 4 4 2 2
2 2 2 2 2
.
Or, astuce « classique » :
n
n k n n n 1 n 1 n 1 n
k1
x x x x x x 1 x x x 1
sin( ) cos( ) sin( )cos( )cos( ) cos( ) sin( )cos( ) cos( ) sinx
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
On en déduit que
n n n
x 1 x
sin( )g(x) sinx.g( )
2 2 2
.
Si x 0 alors sin(x/2n) 0 et on peut écrire x*,
n
n n n n
n
x /2
1 sinx x sinx x
g(x) g( ) . g( )
xx
2 2 sin(x / 2 ) 2
sin( )
2
Fixons x dans * et passons à la limite quand n→+ , on obtient g(x) =
sin x
x
.
Synthèse : Posons g(x) =
sin x
x
quand x 0 et g(0) = 1 alors g est définie et continue sur avec
g(0)=1. De plus x*, g(2x) =
sin(2x) 2sinxcosx sinx cosx g(x).cosx
2x 2x x
relation encore
vraie pour x = 0.
CCl : la solution est la fonction g définie sur par g(x) =
sin x
x
quand x 0 et g(0) = 1.
14.13 Il faut utiliser correctement le théorème donnant la continuité d’une composée.
 Continuité de f
ln est continue sur ]0,+ [ et arcsin est continue sur [-1,1].
Donc, f est continue sur { x]0,+ [, 1+lnx[-1,1] } = { x]0,+ [, lnx[-2,0] } = [e-2,1].
 Continuité de g :
arcos est continue sur [-1,1] et la fonction racine carrée sur [0 ;+ [.
Donc, g est continue sur { x[-1;1], arcos(x) – /2 ≥ 0} = { x[-1;1], arcos(x) ≥ /2} = [-1,0]
 Continuité de h :
tan est continue sur tout intervalle Ik =
k ; k
22
avec ket ln est continue sur ]0,+ [.
14.17 Soit f : → continue. Si on essaye de tracer la rep. graphique d’une telle fonction on
constate qu’elle semble nécessairement constante.
Supposons que f prenne deux valeurs n et p distinctes dans avec n = f(a) et p = f(b).
Comme f est continue, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à f entre a et b,
on obtient que f prend toutes les valeurs réelles entre n et p et donc c, f(c) ce qui est
absurde.
CCl : f est constante.

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14.18 Soit f définie sur et vérifiant:
xx
lim f(x) lim f(x)
.
On a
x
lim f(x)
donc A, x1, x < x1, f(x) < A
On a
x
lim f(x)
donc A, x2, x > x2, f(x) < A
Posons A = f(0). D'après ce qui précède, f(0) majore f sur ]-,x1[ et sur ]x2,+[.
Sur le segment I = [x1,x2], f est continue donc elle est bornée et elle atteint ses bornes.
M =
I
sup
f existe, xI, f(x)  M et x0I, f(x0) = M.
On a f(0) ≥ f(0) = A donc que 0I et A = f(0)  M.
CCl: x, f(x)  M et x0, f(x0) = M
Le dessin: Il vous reste à placer x1, x2 et x0.
14.22 On note f la fonction donnant la distance parcourue en en fonction du temps t exprimé en
heures. On a évidemment f continue (on ne transplane pas), f(0) = 0 et f(4) = 10.
Posons g(t) = f(t + 2) – f(t) g est définie et continue sur [0, 2] et g(t) est la distance parcourue
en 2h entre l’instant t et l’instant t + 2.
g(0) + g(2) = f(2) – f(0) + f(4) – f(2) = 10.
On en déduit que (g(0) ≥ 5 et g(2) ≤ 5) ou (g(0) ≤ 5 et g(2) ≥ 5).
Dans les deux cas, 5 est une valeur intermédiaire entre g(0) et g(2).
Le théorème des valeurs intermédiaires donne l’existence de t0[0, 2] tel que g(t0) = 5.
2 3 4 5 6 7 8-1-2-3-4-5-6-7-8
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
-4
-5
-6
0 1
1
x
y