\thumb

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 1
\begin {vf} {Étude de formes indéterminées} {10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item Si $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = 0$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x) = +\infty $ alors $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{ f(x)}{g(x)}$ est indéterminée.
 \item
  Si $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = +\infty $ et $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x) = -\infty $ alors $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)g(x)$ est indéterminée.
\item
  Si $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = +\infty $ et $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x) = -\infty $ alors $\lim\limits_{x\to +\infty}\left(f(x)+g(x)\right)$ est indéterminée.
  \item
    Si $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = -\infty $, alors, pour tout entier
    naturel $n$ non nul, on a $\lim\limits_{x\to +\infty} f^n(x) = -\infty $.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Faux. D'après le théorème sur les limites de quotients, cette limite vaut 0.
\item
Faux. D'après le théorème sur les limites de produits, cette limite vaut $-\infty$.
\item
Vrai. Il s'agit d'une des quatre formes indéterminées rencontrées en terminale.
\item
Faux. Tout dépend de la parité de l'entier naturel $n$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 2

\begin {vf} {Calculs de limites} {10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item  $\lim\limits_{\substack{x\to 3\\x>3}} \dfrac{x^2-x-2}{x-3}= +\infty $.
\item   $\lim\limits_{\substack{x\to 2\\x>2}} \dfrac{x^2-2x+4}{x-2}=0 $.
\item  $\lim\limits_{x\to -\infty} \dfrac{\sqrt{x^2+3}}{x+1}= -1 $.
\item   $\lim\limits_{x\to 1} \dfrac{x-1}{\sqrt{x}-1}= +\infty $.
\end{multicols}
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Vrai.
\item Faux.  $\lim\limits_{\substack{x\to 2\\x>2}} \dfrac{x^2-2x+4}{x-2}=+\infty $.
\item Vrai.\vspace*{-1em}
\begin{Remarque}
pour lever l'indétermination, on factorise le terme dominant au numérateur et au dénominateur.
\end{Remarque}

\begin{attention}
Se souvenir que $\sqrt{x^2}=\left|x\right|$ et que, lorsque $x$ est négatif, $\left|x\right|=-x$.
\end{attention}

\item Faux. Le numérateur et le dénominateur tendent simultanément vers $0$ quand $x$ tend vers $1$. On est donc en présence d'une forme indéterminée. Pour lever l'indétermination, on peut remarquer que, pour $x$ positif :\\ 
$x-1=(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)$, ce qui permet de simplifier $\dfrac{x-1}{\sqrt{x}-1}$ en $\sqrt{x}+1$. 
Par suite,   $\lim\limits_{x\to 1} \dfrac{x-1}{\sqrt{x}-1}= 2$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 3


\begin {qcm} {Lecture graphique} {10}
Sur le graphique page suivante se trouvent les courbes représentatives $\mathcal{C}_f$ et $\mathcal{C}_g$ de deux fonctions $f$ et $g$, $f$ étant définie sur $]0~;+\infty[$ et $g$ sur $]-3~;+\infty[$. On sait que :
\begin{itemize}
\item L'axe des abscisses est asymptote aux deux courbes ;
\item L'axe des ordonnées est asymptote à $\mathcal{C}_f$.
\end{itemize}
Pour chaque question, donner la bonne réponse parmi les trois proposées :
\begin{questions}
\item La limite de $f$ quand $x$ tend vers $0$ est :

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}p{2cm}p{2cm}X@{}}
\choix $0$  &	\choix $+\infty$ & \choix On ne peut pas conclure.
\end{tabularx}

	
\item La limite quand $x$ tend vers $+\infty$ de $g(x)$ est : \resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}p{2cm}p{2cm}X@{}}
\choix $0$  &	\choix $+\infty$ & \choix On ne peut pas conclure.
\end{tabularx}

 \newpage
\item On a :\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}p{4cm}X@{}}
\choix $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = \lim\limits_{x \to 1} g(x)$ &
\choix $\lim\limits_{x \to 1} f(x) > \lim\limits_{x \to 1} g(x)$ \\[8pt]
\choix $\lim\limits_{x \to 1} f(x) < \lim\limits_{x \to 1} g(x)$ & 
\end{tabularx}

\item Soit $h$ une fonction telle que, pour tout $x > 5$, $f(x) < h(x) < g(x)$. La limite quand $x$ tend vers $+\infty$  de $h(x)$ est :\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}p{2cm}p{2cm}X@{}}
\choix $0$  &	\choix $+\infty$ & \choix On ne peut pas conclure.
\end{tabularx}
\end{questions}
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{03-Enonces-fig1}
\end{center}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[b] car l'énoncé dit que l'axe des ordonnées est asymptote à $C_f$ et manifestement la limite $-\infty$ n'est pas vraisemblable.
\item Réponse \choix[a]. D'après l'énoncé, l'axe des abscisses est asymptote aux deux courbes.
\item Réponse \choix[a]. En fait, on peut écrire $f(1) = g(1)$ car ces deux fonctions sont continues en 1.
\item Réponse \choix[a] d'après les théorèmes des gendarmes.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 4

\begin {vf} {Théorèmes de comparaisons} {10}
Les fonctions $f$, $g$, $h$, et $k$ sont définies sur $\R$. \\
On sait que pour tout $x$ : 
\[ g(x) \le f(x) \qquad , \qquad h(x) \ge f(x) \qquad \text{et} \qquad k(x) \ge f(x). \]
On connaît d'autre part les limites suivantes :

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
$\lim\limits_{x \to +\infty} k(x) = -\infty$ ; &
$\lim\limits_{x \to 5} g(x) = 3$ ;&
$\lim\limits_{x \to 2} h(x) = 4$ ;\\[10pt]
$\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty$ ; & 
$\lim\limits_{x \to 5} h(x) = 3$. & 
\end{tabularx}

Parmi les propositions suivantes, dire celles qui sont exactes. On précisera le théorème du cours utilisé, ainsi que la ou les limites ci-dessus qui ont permis de répondre.
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$
\item $\lim\limits_{x \to 5} f(x) = +\infty$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$
\item $\lim\limits_{x \to 2} f(x) = 3$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Vrai. On a $k(x) \ge f(x)$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} k(x) = -\infty$ donc d'après les théorèmes de comparaison, $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.

\item Faux. On a $g(x) \le f(x)$ et $h(x) \ge f(x)$. Par ailleurs, $\lim\limits_{x \to 5} g(x) = 3$ et $\lim\limits_{x \to 5} h(x) = 3$, donc d'après le théorème des gendarmes, $\lim\limits_{x \to 5} f(x) = 3$. 

\item Vrai. On a $g(x) \le f(x)$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty$, donc d'après les théorèmes de comparaison, $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$. 

\item Faux. Tout ce que l'énoncé permet d'affirmer avec les théorèmes de comparaison est que (si cette limite existe) $\lim\limits_{x \to 2} f(x) \le 4$. 
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 5 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Avec des polyn\^omes}{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-sous-Bois}{1}{15}
Pour chaque fonction, déterminer les limites indiquées :
\begin{questions}
\item $f(x)=-x^3+x-2$, en $+\infty$, $-\infty$ et 2.
\item $f(x)=x^2+|2-x|$, en $+\infty$, $-\infty$ et 3.
\item $f(x)=(7-x^2)(x-3)^3$, en $+\infty$, $-\infty$ et 0.
\item $f(x)=\sqrt{2x+1}+x^2-2$, en $+\infty$ et $-\dfrac{1}{2}$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{methode}
En $+\infty$ et $-\infty$, on utilisera la propriété : \og la limite d'un polynôme en $+\infty$ et $-\infty$ est égale à la limite de son terme de plus haut degré ».
\end{methode}

\begin{questions}
\item \label{chap3ex5q1}
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}(-x^3+x-2)=\lim\limits_{x\to+\infty}(-x^3)=-\infty$.
\item $\lim\limits_{x\to-\infty}(-x^3+x-2)=\lim\limits_{x\to-\infty}(-x^3)=+\infty$.
\item La fonction polynôme est définie en 2, et de façon intuitive\linebreak $\lim\limits_{x\to2}(-x^3+x-2)=-2^3+2-2=-8$.

C'est la notion de continuité vue dans le chapitre \ref{chap:cont-deriv} qui justifie correctement ce résultat.
\end{itemize}

\item
\begin{itemize}
\item Lorsque $x>2$, on a $2-x<0$ donc $|2-x|=x-2$.

Alors, $\lim\limits_{x\to+\infty}|2-x|=\lim\limits_{x\to+\infty}(x-2)=+\infty$. Par somme, enfin, on trouve $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.
\item Lorsque $x<2$, on a $2-x>0$ donc $|2-x|=2-x$.\\ Alors, $f(x)=x^2-x+2$. On trouve donc que $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$.
\item Comme dans la question \refitem{chap3ex5q1}, la fonction est définie en 3 ; donc\linebreak $\lim\limits_{x\to3}f(x)=f(3)=3^2+|2-3|=10$.
\end{itemize}

\item Le terme de plus haut degré du polynôme est $-x^2\times x^3=-x^5$.
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(-x^5)=-\infty$.
\item $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}(-x^5)=+\infty$.
\item $\lim\limits_{x\to0}f(x)=f(0)=7\times(-3)^3=-189$.
\end{itemize}

\item L'expression $\sqrt{2x+1}$ n'est définie que pour $x\geqslant-\dfrac{1}{2}$.
\begin{itemize}
\item \raisebox{-1.2em}{$\left.\begin{array}{r}
\lim\limits_{x\to+\infty}(2x+1)=+\infty\\
\lim\limits_{X\to+\infty}\sqrt{X}=+\infty
\end{array}\right\}\Rightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{2x+1}=+\infty \text{ par composée.}$}

De plus, $\lim\limits_{x\to+\infty}(x^2-2)=+\infty$ donc, par somme, on trouve\linebreak $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

\item La fonction $f$ est définie en $-\dfrac{1}{2}$ donc :
\[
\lim\limits_{x\to-\frac{1}{2}}f(x)=f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{4}-2=-\dfrac{7}{4}.
\]
\end{itemize}
\end{questions}
\end{corrige}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 6
\begin{exo}{Encadrement}{Lycée Virlogeux, Riom}{1}{15}
On définit trois fonctions sur $\R$ :
\begin{itemize}
\item $f : x \mapsto x+2$
\item $g : x \mapsto x+3$
\item $h : x \mapsto x +2 + \cos^2x$
\end{itemize}
\begin{questions}
\item Conjecturer, pour tout nombre réel $x$, une comparaison entre $f(x)$, $g(x)$ et $h(x)$ à l'aide de la calculatrice.
\item Démontrer la conjecture.
\item En déduire la limite de la fonction $h$ en $+\infty$ et $-\infty$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il semblerait que, pour tout $x$, $f(x) \le h(x) \le g(x)$.
\item Pour tout réel $x$, $-1 \le \cos x \le 1$, donc $0\le \cos ^2 x \le 1$, donc\linebreak[4] $x+2 \le x+2+\cos ^2x \le x+3$.
\item On utilise les théorèmes de comparaison :
\begin{itemize}
\item en $-\infty$ : 

$h(x) \le x+3$, or $\lim\limits_{x \to -\infty} x+3 = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = -\infty$.

\item en $+\infty$ : 

$h(x) \ge x+2$, or $\lim\limits_{x \to +\infty} x+2 = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = +\infty$.
\end{itemize}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 7

\begin{exo}{Transformer une expression}{Lycée Kléber, Strasbourg}{1}{15}
Soit $f$ définie sur ${\R} \setminus \{-2~;2\}$ par :
\[ 
f(x)=\frac{x+2}{|x|-2}.
\]
\begin{questions}
        \item  Étudier les limites de $f$ en $+\infty$ et $-\infty$.

        \item  Étudier les limites de $f$ en $-2$ puis en $2$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  Pour tout réel $x\geq 0$, on a : $|x|=x$, donc :
\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x\to+\infty} \left(\frac{x+2}{x-2}\right) = 
\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x}{x}\right) = 1.
\]

De même, pour tout $x\leq 0$, on a : $|x|=-x$.

Donc, pour $x \in \left]-\infty~; -2\right[ \cup \left]-2~; 0\right[$ : $f(x) = \dfrac{x+2}{-x-2} = -1$.

Ainsi, $\lim\limits_{x\rightarrow -\infty} f(x)=-1$.

\item  Nous avons vu que pour $x\in \left]-\infty~;-2\right[ \cup \left]-2~;0\right[$ :
\[ 
f(x)=\frac{x+2}{-x-2}=-1.
\]
Donc, $\lim\limits_{x\rightarrow -2} f(x)=-1$.

Par contre : $\lim\limits_{x\rightarrow 2^-} f(x)=-\infty \qquad \text{et} \qquad \lim\limits_{x\rightarrow 2^+} f(x)=+\infty$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 8

\begin{exo}{Limites en un nombre réel}{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand}{1}{20}
\'Etudier les limites suivantes. Lorsqu'une limite prouve l'existence d'une asymptote à la courbe représentative, donner son équation.
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x-1}{x-2}$
\item $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^2-1}{x-1}$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\lim\limits_{x \to -1} \dfrac{x^2-1}{x-1}$
\item $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1-2x}{x^2+2x-3}$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On a :
\[ \left. 
\begin{aligned}
	\lim\limits_{x \to 2} x-1 &=1 \\
	\lim\limits_{\substack{x \to 2 \\x<2}}x-2&=0^-	
\end{aligned}
\right\} \qquad \text{donc} \qquad \lim\limits_{\substack{x\to2 \\ x<2}} \dfrac{x-1}{x-2} =  -\infty .\]
De même, $\lim\limits_{\substack{x \to 2 \\ x>2}} \dfrac{x-1}{x-2} = +\infty$.\\
On a donc une asymptote verticale d'équation $x=2$.

\item On a une forme indéterminée du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg. L'expression n'est pas définie en $1$, mais on remarque que pour tout $x$ différent de $1$ :\\ 
$\dfrac{x^2-1}{x-1} = x+1$, donc $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^2-1}{x-1} =  \lim\limits_{x \to 1} x+1 =2$.

\item Ici pas de problème, l'expression est définie en $-1$, il suffit de remplacer $x$ par $-1$ et on obtient  $\lim\limits_{x \to -1} \dfrac{x^2-1}{x-1} =0$.

\item Quand $x$ tend vers $1$, le dénominateur tend vers $0$. Il nous faut savoir si c'est par valeurs positives ou par valeurs négatives.

Les racines de $x^2+2x-3$ sont $1$ et $-3$, et le trinôme est positif à l'extérieur des racines puisque le coefficient de $x^2$ est positif.
On a :
\[  
\hspace*{-2em}\left.
\begin{array}{r}
\lim\limits_{x \to 1} 1-2x = -1 \\
\lim\limits_{\substack{x \to 1\\x<1}}(x^2+2x-3)=0^-\\[-8pt] \text{(entre les racines)}
\end{array} 
\right\} \Rightarrow  
\lim\limits_{\substack{x \to 1\\x<1}} \dfrac{1-2x}{x^2+2x-3} = +\infty \text{ (règle des signes).}
\]

De même, $\lim\limits_{\substack{x \to 1\\x>1}} \dfrac{1-2x}{x^2+2x-3} = -\infty$. On a donc une asymptote verticale d'équation $x=1$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 9

\begin{exo}{Limites de quotients}{Lycée Jacques Prévert, Boulogne}{1}{10}%
Calculer les limites suivantes :
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item  $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\sqrt{2x^2-2x+3}}{x}$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item  $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x^4-3x+2}{x+1}$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}
%
\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Le trinôme du second degré $2x^2-2x+3$ a un discriminant strictement négatif donc il est du signe du coefficient de $x^2$. Par conséquent, pour tout réel $x$, on a : $2x^2-2x+3>0$.
        Pour tout $x$ non nul, on a :
        \[2x^2-2x+3=2x^2\left(1-\frac{1}{x}+\frac{3}{2x^2}\right)\;,\]
       
        donc on peut écrire, pour tout réel $x$ strictement positif :
        \[\sqrt{2x^2-2x+3}=x\sqrt{2}\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{2x^2}}.\]
        Or,
        \[\lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{1}{x}=0 \quad \text{et} \quad\lim_{x\rightarrow
          +\infty} \frac{1}{x^2}=0\;,\]
        donc :
        \[\lim_{x\rightarrow+\infty} \left(1-\frac{1}{x}+\frac{3}{2x^2}\right)=1.\]
        Ainsi :
        $$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{\sqrt{2x^2-2x+3}}{x}
        =\lim_{x\rightarrow +\infty} \sqrt{2}\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{2x^2}}=\sqrt{2}.$$
        %%%
      \begin{attention}
        Lorsqu'on travaille avec une expression irrationnelle, on doit
        toujours commencer par s'assurer que celle-ci est bien définie,
        c'est-à-dire que l'expression située sous le radical est bien
        positive.
    \end{attention}

        \item  Pour tout réel $x$ tel que $x\neq -1$ et $x \neq 0$ : 
        \[\frac{x^4-3x+2}{x+1}=\frac{x^4}{x}\dfrac{\left(1- \frac{3}{x^3}+\frac{2}{x^4}\right)}{
         \left( 1+\frac{1}{x}\right)}.\]
        Or,
        \[
        \frac{x^4}{x}=x^3 \quad \text{et}
        \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{1-\frac{3}{x^3}+\frac{2}{x^4}}{1+\frac{1}{x}}=1\;,\]
        donc :
        \[
        \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x^4-3x+2}{x+1}=\lim_{x\rightarrow +\infty} x^3=+\infty.\]
 \begin{methode}  
   Pour déterminer la limite d'une fonction rationnelle en $+\infty$, on
   peut soit utiliser le théorème du cours précisant qu'en l'infini, la
   limite d'une fonction rationnelle est égale à la limite du quotient
   des termes de plus haut degré, soit factoriser comme ci-dessus par le
   terme dominant afin de simplifier l'écriture de la formule
   définissant la fonction pour lever l'indétermination.
\end{methode}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 10

\begin{exo}{Lever une indétermination}{Lycée Corot, Savigny-sur-Orge}{1}{15}
\begin{questions}
\item  Soit $h$ la fonction définie sur $\left[0~;+\infty\right[$ par $h(x)=2x^2-\sqrt{x}$.

Étudier la limite de $h$ en $+\infty$.
       
\item Soit $g$ la fonction définie sur $\left]-\infty~;-1\right]$ par $g(x)=\sqrt{x^2+2}-\sqrt{x^2+x}$.

Étudier la limite de $g$ en $-\infty$.

\end{questions}  
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  Pour tout réel $x$ strictement positif, $h(x)=2x^2\times\left(1-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}\right)$.

Or, $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty} \dfrac{1}{2x\sqrt{x}}=0$ et $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty} 2x^2=+\infty$.

On en déduit d'après les opérations sur les limites que : \[\lim_{x\rightarrow+\infty}h(x)=+\infty.\]

\item
Pour tout $x\leq-1$, $$g(x)=\dfrac{2-x}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2+x}}=\dfrac{x\left(\dfrac{2}{x}-1\right)}{-x\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{x^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)}.$$
D'où : \[ g(x)=\dfrac{1-\dfrac{2}{x}}{\sqrt{1+\dfrac{2}{x^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}}.\]

\begin{attention}
Comme $x$ est négatif, on a $\sqrt{x^2}=\left|x\right|=-x.$
\end{attention}

Comme $\lim\limits_{x\rightarrow-\infty} \dfrac{1}{x}=0$ et $\lim\limits_{x\rightarrow-\infty} \dfrac{1}{x^2}=0$, alors $\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(1+ \dfrac{1}{x}\right)=1$ et $\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(1+ \dfrac{2}{x^2}\right)=1$.

Or, $\lim\limits_{X\rightarrow1}\sqrt{X}=1$, donc d'après le théorème de composition, on a :
\[
\lim_{x\rightarrow-\infty}\sqrt{1+ \dfrac{1}{x}}=1
\]
et 
\[\lim_{x\rightarrow-\infty}\sqrt{1+ \dfrac{2}{x^2}}=1.
\]
On en conclut que :
\[ \lim_{x\rightarrow-\infty}g(x)=\frac{1}{2}.\]

\begin{methode}
Pour lever l'indétermination dans le calcul de la limite de $g(x)$, on a utilisé la méthode de l'expression conjuguée.
\end{methode}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 11

\begin{exo}{Une courbe asymptote}{Lycée Bachelard, Chelles}{1}{10}

La fonction $f$ est définie sur $\R \setminus \{-2\}$ par :
\[
f(x) = \frac{(x-1)^2(x+1)}{x+2}\;,
\]
et la fonction $g$ est définie sur $\R$ par :
\[
g(x)=x^2-3x+5.
\]
\begin{questions}
\item  Déterminer le réel $a$ tel que pour tout réel $x$ dans $\R\setminus\{-2\}$, on ait :
\[
f(x) = g(x)+\frac{a}{x+2}.
\]

\item  Calculer : $\lim\limits_{x\to-\infty}\big[f(x)-g(x)\big]$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[f(x)-g(x)\big]$.

\item  Interpréter graphiquement le résultat de la question 2.
\end{questions}
\end{exo}
%
\begin{corrige}
\begin{questions}
        \item  Pour tout $x\neq -2$ :
        \begin{align*}\hspace*{-1.5cm}
        f(x)-g(x) &= \frac{(x-1)^2(x+1)-(x^2-3x+5)(x+2)}{x+2} \\
                  &= \frac{(x^2-2x+1)(x+1)-(x^3+2x^2-3x^2-6x+5x+10)}{x+2} \\
                  &= \frac{x^3+x^2-2x^2-2x+x+1-(x^3+2x^2-3x^2-6x+5x+10)}{x+2} \\
                  &= \frac{-9}{x+2}.
        \end{align*}
        En identifiant à $\dfrac{a}{x+2}$, on trouve $a = -9$.
\item  On a :
        \begin{align*}
        \lim_{x\to-\infty}[f(x)-g(x)] &= \lim_{x \to -\infty} \left( \frac{-9}{x+2} \right) = 0\\
        \text{et }\qquad \lim_{x\to+\infty}[f(x)-g(x)] &= \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{-9}{x+2} \right) = 0.
        \end{align*}
\item  Les courbes représentatives des fonctions $f$ et $g$ sont asymptotes aux voisinages de 
        $-\infty$ et de $+\infty$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 12

\begin{exo}{Limites de fonctions irrationnelles}{Lycée Marie Curie, Sceaux}{1}{10}% 
Calculer les limites suivantes :
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}$
\item  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}}$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}
%
\begin{corrige}
On utilise dans cet exercice la méthode dite de {\it l'expression
  conjuguée}.
\begin{questions}
        \item  Quel que soit $x$, tel que $x+1>0$ et $x-1>0$, c'est-à-dire pour tout $x > 1$ :
        $$\frac{1 }{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}} =
        \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})}.$$
        Soit :
        $$\frac{1 }{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}=\frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{(x+1)-(x-1)} = 
        \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{2}.$$
        De plus :
        $$\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}) = \lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x-1}) = +\infty.$$
        Donc :
        $$\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}}=+\infty.$$

        \item  On procède de même. Pour tout $x>1$, les racines carrées ci-dessous sont toutes bien définies, on peut donc écrire :
\begin{align*}
\frac{1 }{\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}}
&=\frac{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x} }{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x})}\\
&=\frac{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}{(x^2+x)-(x^2-x)} \\
&= \frac{\sqrt{x^2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}+\sqrt{x^2\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}}{2x} \\
                &= \frac{|x| \left( \sqrt{1+\dfrac{1}{x}} + \sqrt{1-\dfrac{1}{x}} \right)}{2x}.
\end{align*}
Or, quand $x > 0$, $\dfrac{|x|}{x}= 1$ donc, pour $x>1$ : 
\[
\dfrac{1}{\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}}
= \frac{\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}}{2}.
\]
Enfin :
        \[\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{1+\frac{1}{x}} \right) = \lim_{x \to +\infty} \left( 
        \sqrt{1-\frac{1}{x}} \right) = 1\;,\]
        d'où :
        \[\lim_{x\to+\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}}\right) = 1.\]
\end{questions}

\begin{Remarque}
pour transformer les sommes ou différences d'expressions irrationnelles, on peut utiliser l'expression conjuguée. Le conjugué de $a+b$ est $a-b$ et, par suite, le produit des deux conjugués est $a^2-b^2$, ce qui permet une simplification d'écriture et permet de lever une indétermination.
\end{Remarque}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 13 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Limites et comparaisons}{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret}{2}{25}
Étudier les limites suivantes. Si cette limite permet de conclure en l'existence d'une asymptote à la courbe représentative de la fonction définie par l'expression étudiée, en donner une équation.

\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{8-2x}{\cos x - 6}$
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\cos x+\sin x}{x-2}$
\item $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2\sin x-3}{x}$
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x+2\cos x}{2+\sin x}$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{methode}
Les fonctions cosinus et sinus n'ont pas de limite en l'infini. Il faut donc utiliser des théorèmes de comparaison pour déterminer les limites. On part généralement du fait que $\sin x$  et $\cos x$ sont compris entre $-1$ et 1.
\end{methode}
\begin{questions}
\item Pour tout réel $x$, $-1\leqslant \cos x\leqslant 1$, donc :
\[ -7\leqslant \cos x-6\leqslant -5\qquad\text{et}\qquad -\dfrac{1}{5}\leqslant \dfrac{1}{\cos x-6}\leqslant -\dfrac{1}{7}.\]
Pour $x>4$, $8-2x<0$ donc l'encadrement précédent donne :
\[
-\dfrac{8-2x}{\cos x-6}\geqslant\dfrac{8-2x}{\cos x-6}\geqslant -\dfrac{8-2x}{7}.
\]
Comme $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{-8+2x}{7}=+\infty$, d'après le théorème de comparaison on obtient :
\[\lim_{x\to+\infty}\dfrac{8-2x}{\cos x-6}=+\infty.\]
\begin{Remarque}
on avait aussi un majorant de l'expression, mais il ne sert à rien lorsque la limite est $+\infty$.
\end{Remarque}

\item Pour tout réel $x$, on a : $-2\leqslant \cos x+\sin x\leqslant 2$.

On cherche la limite en $+\infty$, on peut donc poser la condition $x>2$ et alors $x-2>0$.

Par conséquent, pour tout $x>2$, on a l'encadrement :
\[ \dfrac{-2}{x-2}\leqslant \dfrac{\cos x+\sin x}{x-2}\leqslant \dfrac{2}{x-2}.\]
Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{-2}{x-2}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x-2}=0$ donc, d'après le théorème des gendarmes, 
\[ \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\cos x+\sin x}{x-2}=0.\]

\item Pour tout réel $x$, on a : $-2\leqslant2\sin x\leqslant 2$, donc $-5\leqslant2\sin x-3\leqslant-1$.

Comme on cherche la limite en $-\infty$, on a pour tout $x<0$ :
\[
\dfrac{-1}{x}\leqslant\dfrac{2\sin x-3}{x}\leqslant\dfrac{-5}{x}.
\]
Or, $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{-1}{x}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{-5}{x}=0$. Par conséquent, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\lim_{x\to-\infty}\dfrac{2\sin x-3}{x}=0.
\]

\item Pour tout réel $x$, on a : $-2\leqslant2\cos x\leqslant 2$ donc :
\[ x-2\leqslant x+2\cos x\leqslant x+2.\]

D'autre part, $1\leqslant 2+\sin x\leqslant 3$ donc $\dfrac{1}{3}\leqslant\dfrac{1}{2+\sin x}\leqslant1$.

Pour tout réel $x>2$, on peut multiplier membre à membre ces deux encadrements de nombres positifs et on obtient :
\[
\dfrac{x-2}{3}\leqslant\dfrac{x+2\cos x}{2+\sin x}\leqslant x+2.
\]

Pour trouver la limite en $+\infty$, seule l'inégalité de gauche est utile. L'expression est minorée par un terme qui tend vers $+\infty$, donc :
\[
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+2\cos x}{2+\sin x}=+\infty.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 14 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Une asymptote oblique}{Lycée La Bruyère, Versailles}{2}{30}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R\setminus\{4\}$ par :
\[f(x)=\dfrac{x^2-7x+14}{x-4}.\]
On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans un repère du plan.

\begin{questions}
\item Déterminer trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que pour tout $x$ de $\R\setminus\{4\}$ on ait :
\[ f(x)=ax+b+\dfrac{x}{x-4}.\]
\item Étudier les limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
\item Quelles asymptotes à la courbe $\mathcal{C}$ peut-on déduire de ces limites ? En donner une équation.
\item Calculer les limites en $+\infty$ et $-\infty$ de la fonction $g$ telle que\linebreak $g(x)=f(x)-(x-3)$.
\item Étudier la position relative de la courbe $\mathcal{C}$ et de la droite $\mathcal{D}$ d'équation $y=x-3$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \label{ch3ex14q1}$\begin{aligned}[t]
f(x) & = ax+b+\dfrac{c}{x-4} = \dfrac{(ax+b)(x-4)+c}{x-4}\\
& = \dfrac{ax^2+(b-4a)x-4b+c}{x-4}.
\end{aligned}$

Par identification avec l'expression de $f(x)$, on voit qu'il suffit que $a$, $b$ et $c$ vérifient le système :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{r@{=}l}
a & 1\\
b-4a & -7\\
-4b+c & 14
\end{array}
\right.
\Leftrightarrow
\left\lbrace
\begin{array}{r@{=}l}
a & 1\\
b & -3\\
c & 2
\end{array}
\right.
\]
Par conséquent, on peut écrire : $f(x)=x-3+\dfrac{2}{x-4}$.

\item \label{ch3ex14q2} Il faut étudier les limites en l'infini et en 4 par valeurs supérieures et inférieures.
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x-4}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2}{x-4}=0$ donc, par somme, on obtient\linebreak$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et  $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.
\item  $\lim\limits_{x\to4}(x-3)=1$ et  $\lim\limits_{\substack{x\to4\\x>4}}(x-4)=0^+$ donc $\lim\limits_{\substack{x\to4\\x>4}}f(x)=+\infty$, mais aussi $\lim\limits_{\substack{x\to4\\x<4}}(x-4)=0^-$ donc $\lim\limits_{\substack{x\to4\\x<4}}f(x)=-\infty$.
\end{itemize}

\item La limite infinie en 4 permet de conclure que la courbe admet une asymptote verticale en 4 d'équation $x=4$. Par contre, comme les limites en l'infini sont infinies, il n'y a pas d'asymptote horizontale.

\item En utilisant l'écriture établie dans la question \refitem{ch3ex14q1}, on trouve :
\[
g(x)=f(x)-(x-3)=\dfrac{2}{x-4}.
\]
D'après les calculs de limites de la question \refitem{ch3ex14q2}, on en déduit que\linebreak $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=0$.
\begin{Remarque}
cette limite montre que la courbe $\mathcal{C}$ et la droite $\mathcal{D}$ se rapprochent lorsque $x$ tend vers l'infini. On dit que la droite $\mathcal{D}$ est une \emph{asymptote oblique} à la courbe $\mathcal{C}$.
\end{Remarque}

\item Pour étudier la position relative de la courbe $\mathcal{C}$ et de la droite $\mathcal{D}$, il faut étudier le signe de l'expression $f(x)-(x-3)$, c'est-à-dire le signe de $g(x)$.

Pour $x>4$, la différence est positive, donc la courbe $\mathcal{C}$ est au-dessus de la droite $\mathcal{D}$.

Pour $x<4$, la différence est négative, donc la courbe $\mathcal{C}$ est en dessous de la droite $\mathcal{D}$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex 15

\begin{exo}{Une fonction trigonométrique}{Lycée de l'Emperi, Salon-de-Provence} {2}{15}
Soit $f$ la fonction est définie par : 
\[
f(x)=\displaystyle\frac{x\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2+5}.
\]
\begin{questions}
\item Quel est l'ensemble de définition de $f$ ?

\item Calculer $\lim\limits_{x\rightarrow 0}f(x)$.
\end{questions}
\end{exo}
  
  
\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Comme, pour tout réel $x$, on a $x^2+5>0$, la fonction $f$ est définie pour tout réel $x$ tel que $\sin{\dfrac{1}{x}}$ existe. La fonction $f$ est donc définie sur $\R^*.$

\item Pour tout réel $x$, on a  $-1\leq\sin{\dfrac{1}{x}}\leq1$ et pour tout réel $x$ strictement positif, on obtient en multipliant l'inégalité précédente par $x$, $$-x\leq x\sin{\frac{1}{x}}\leq x.$$

L'expression $x\sin{\dfrac{1}{x}}$ est donc encadrée par deux expressions qui tendent vers 0 lorsque $x$ tend vers 0. On en déduit, d'après le théorème de limite par encadrement que $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}x\sin{\dfrac{1}{x}}=0$.

Or, $\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\left(x^2+5\right)=5$, d'où, finalement : $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}f(x)=0$.

On démontrerait de même que $\lim\limits_{x\rightarrow 0^-}f(x)=0$.
\end{questions}
\end{corrige}

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% ex 16 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Limite de $f\big[f(x)\big]$}{Lycée Camille Vernet, Valence}{3}{25}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R\setminus\{-1\}$ par :
\[
f(x)=\dfrac{3-2x}{x+1}.
\]

\'Etudier la limite de $f\big[f(x)\big]$ dans chacun des cas suivants :
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $x$ tend vers $+\infty$.
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $x$ tend vers 4.
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{methode}
Dans cet exercice, on calculera la limite en l'infini d'une fonction rationnelle en appliquant la règle suivante : « la limite en l'infini d'un quotient de polynôme est égale à la limite du quotient de leurs termes de plus haut degré ».
\end{methode}
\begin{questions}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{-2x}{x}=-2$ et $\lim\limits_{X\to2}f(X)=\dfrac{3+4}{-2+1}=-7$.

Ainsi, $\lim\limits_{x\to+\infty}f\big[f(x)\big]=-7$.

\item $\lim\limits_{x\to4}f(x)=\dfrac{3-8}{4+1}=-1$, mais lorsque $x$ tend vers $-1$, le dénominateur de $f(x)$ tend vers 0. Il faut donc affiner le résultat précédent pour savoir si $f(x)$ tend vers $-1$ par valeurs supérieures ou inférieures.

Étudions le signe de $f(x)-(-1)$, c'est-à-dire de :
\[
\dfrac{3-2x}{x+1}+1=\dfrac{4-x}{x+1}.
\]
Lorsque $x$ tend vers 4, le dénominateur est positif.

Si $-1<x<4$, l'expression est positive et si $x>4$, l'expression est négative.

\newpage

On peut donc donner les limites suivantes :

\[ \lim_{\substack{x\to4\\x<4}}f(x)=-1^+\qquad\text{et}\qquad \lim_{\substack{x\to4\\x>4}}f(x)=-1^-.\]

Nous pouvons maintenant chercher la limite de $f(X)$ quand $X$ tend vers $-1$ par valeurs inférieures ou supérieures.

On a :
\[ \lim\limits_{X\to-1}(3-2X)=5\] 
et 
\[ \lim\limits_{\substack{X\to-1\\X>-1}}(X+1)=0^+\;,\] donc :
\[
\lim\limits_{\substack{X\to-1\\X>-1}}f(X)=+\infty.\]

De plus, 
\[ \lim\limits_{\substack{X\to-1\\X<-1}}(X+1)=0^-\;,\] donc :
\[ \lim\limits_{\substack{X\to-1\\X<-1}}f(X)=-\infty.\]

Par composition nous obtenons finalement :
\[
\lim_{\substack{x\to4\\x<4}}f\big[f(x)\big]=+\infty\qquad\text{et}\qquad \lim_{\substack{x\to4\\x>4}}f\big[f(x)\big]=-\infty.
\]
\end{questions}
\end{corrige}


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% ex 17 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Algorithme}{Lycée Hoche, Versailles}{2}{30}
Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur $]-1~;+\infty[$ par :
\[
f(x)=\dfrac{x^3+3x^2+3x}{x+1}\qquad\text{et}\qquad g(x)=(x+1)^2.
\]
\begin{questions}
\item Afficher les représentations graphiques des deux fonctions sur la calculatrice. Que peut-on observer pour les grandes valeurs de $x$ ?
\item On considère l'algorithme suivant :

\begin{algorithme}
Entrée 
\qquad Donner à a une valeur strictement positive
Traitement
\qquad x prend la valeur 0
\qquad Tant que $\left\vert\dfrac{x^3+3x^2+3x}{x-1}-(x+1)^2\right|>$a
\qquad\qquad x prend la valeur x + 1
\qquad Fin de Tant que
Sortie
\qquad Afficher x
\end{algorithme}
\begin{questions}
\item Quelle est la propriété du nombre $x$ affiché ? On note $M$ ce nombre.
\item Peut-on affirmer d'après cet algorithme que, pour tout $x\geqslant M$, $|f(x)-g(x)|\leqslant a$ ?
\end{questions}

\item Étudier par le calcul la position relative des courbes représentant les fonctions $f$ et $g$ dans un même repère du plan.
\item Quelle est la limite de $g(x)-f(x)$ en $+\infty$ ? Que peut-on en déduire pour les deux courbes ?
\item Soit $a$ un réel vérifiant $0<a<1$. Résoudre dans $[0~;+\infty[$ l'inéquation $|f(x)-g(x)|\leqslant a$.
\item L'algorithme utilisé vous semble-t-il judicieux pour ce problème ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \`A la calculatrice, il semble que pour de grandes valeurs de $x$, les deux courbes aient tendance à se confondre.
\item 
\begin{questions}
\item Pour un nombre $a$ positif donné, le nombre $x$ est le plus petit entier tel que la valeur absolue de l'écart entre $f(x)$ et $g(x)$ soit inférieure ou égale à $a$.
\item On sait que $|f(x)-g(x)|\leqslant a$, mais sans étude complémentaire sur les fonctions, il n'y a aucune raison que cela soit encore vrai pour les autres réels $x>M$.
\end{questions}

\item Pour étudier la position relative des deux courbes, on étudie le signe de l'expression :
\[
\dfrac{x^2+3x^2+3x}{x+1}-(x+1)^2=\dfrac{-1}{x+1}.
\]
Pour $x<-1$, la différence est positive, donc la courbe représentative de $f$ est au-dessus de celle de $g$.

Pour $x>-1$, la différence est négative, donc la courbe représentative de $f$ est en dessous de celle de $g$.

\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[g(x)-f(x)\big]=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{-1}{x+1}=0$.

Cela montre que les deux courbes tendent l'une vers l'autre lorsque $x$ tend vers $+\infty$.

On dit que les deux courbes sont asymptotes en $+\infty$.

\item $\begin{aligned}[t]
|f(x)-g(x)|\leqslant a & \Leftrightarrow \left|\dfrac{-1}{x+1}\right\vert\leqslant a\\
& \Leftrightarrow \dfrac{1}{x+1}\leqslant a\\
& \Leftrightarrow \dfrac{1}{a}-1\leqslant x
\end{aligned}$

($x$ est bien positif car $0<a<1$)

\item Les calculs relativement simples montrent que pour tout $x$ tel que\linebreak$x\geqslant\dfrac{1}{a}-1$, on a  $f(x)-g(x)\leqslant a$. Cela prouve que les deux courbes sont alors aussi proche l'une de l'autre que l'on veut à partir d'une certaine valeur de $x$ assez grande. Ce résultat est plus complet que celui de l'algorithme qui n'est pas très efficace ici puisque le calcul est facilement réalisable.
\end{questions}
\end{corrige}


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\thumb
\AfficheCorrige
\endinput