\thumb

%%%  corrigé amélioré 2019

\begin{qcm} {Lecture graphique} {10}
\begin{minipage}{5cm}
\includegraphics{051_limites-exo}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{55mm}
Le graphique ci-contre représente 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.
\end{minipage}
 
\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}

\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}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[b]. En effet, l'énoncé dit que l'axe des ordonnées est asymptote à $C_f$; par conséquent, $\lim\limits_{x\to0}f(x)=+\infty$ ou $\lim\limits_{x\to0}f(x)=-\infty$. Mais d'après le graphique, le cas \og $-\infty$ \fg{} n'est pas envisageable car la $\mathcal{C}_f$ est dirigée vers le haut (et non vers le bas).

\item Réponse \choix[a]. D'après l'énoncé, l'axe des abscisses est asymptote aux deux courbes donc $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=0$.

\item Réponse \choix[a]. En fait, d'après le graphique, $f(1)$ et $g(1)$ sont définis et $f(1) = g(1) = 1$, ce qui peut aussi s'écrire $\lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}g(x)=1$.

\item Réponse \choix[a]. En effet, si $f(x)<h(x)<g(x)$ pour $x>5$ alors  $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)<\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)<\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)$. 

Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=0$ donc d'après le théorème des gendarmes, on peut conclure que $\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=0$. 
\enlargethispage*{\baselineskip}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% modif corrigé légèrement (ajout d'explications) 2019

\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\linebreak 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 $\lim\limits_{x\to +\infty}\big(f(x)+g(x)\big)$ 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 \textit{Faux}. D'après le théorème sur les limites de quotients, cette limite vaut~0.

\item \textit{Faux}. D'après le théorème sur les limites de produits, cette limite vaut $-\infty$.

\item \textit{Vrai}. Il s'agit d'une des quatre formes indéterminées à retenir. Par exemple, avec $f(x)=x$ et $g(x)=-\nep^x$, $\lim\limits_{x\to+\infty}\big(f(x)+g(x)\big)=\lim\limits_{x\to+\infty}\big(x-\nep^x\big)$ est indéterminée. Pour calculer cette limite, on peut factoriser par $\nep^x$.

\item \textit{Faux}. Tout dépend de la parité de l'entier naturel $n$. Par exemple, si $f(x)=-x$ alors $f^2(x)=(-x)^2=x^2$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f^2(x)=+\infty$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% corrigé entièrement modifié 2019

\begin{vf} {Limites diverses} {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 \textit{Vrai}. En effet,
\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{\substack{x\to 3\\x>3}} (x^2-x-2) =3^2-3-2=4>0\\[18pt]
\lim\limits_{\substack{x\to 3\\x>3}} (x-3) = 0^+
\end{array}
\right\rbrace
\Rightarrow \lim_{\substack{x\to 3\\x>3}} \dfrac{x^2-x-2}{x-3}= +\infty.
 \]

\item \textit{Faux}. En effet,
\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{\substack{x\to 2\\x>2}} (x^2-2x+4) =2^2-4+4=4>0\\[18pt]
\lim\limits_{\substack{x\to 2\\x>2}} (x-2) = 0^+
\end{array}
\right\rbrace
\Rightarrow \lim\limits_{\substack{x\to 2\\x>2}} \dfrac{x^2-2x+4}{x-2}=+\infty.
 \]
 
\item \textit{Vrai}. En effet, on peut écrire pour tout $x\neq-1$:
\[
\dfrac{\sqrt{x^2+3}}{x+1}=\dfrac{\sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x^2}\right)}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}=\dfrac{|x|\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}.
\]
Au voisinage de $-\infty$, $x<0$ donc $|x|=-x$ et on peut alors écrire que pour $x<0$:
\[
\dfrac{\sqrt{x^2+3}}{x+1}=\dfrac{-x\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}=\dfrac{-\sqrt{1+\frac{3}{x^2}}}{1+\frac{1}{x}}.
\]
Or, $\lim\limits_{x\to-\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(1+\dfrac{3}{x^2}\right)=1$ d'où:
\[
\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\sqrt{x^2+3}}{x+1}=-1.
\]

\item \textit{Faux}. Le numérateur et le dénominateur tendent simultanément vers $0$ quand $x$ tend vers $1$. On est donc en présence d'une forme indéterminée du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg. Pour lever l'indétermination, on peut remarquer que, pour $x$ positif :
\[
x-1=\big(\sqrt{x}-1\big)\big(\sqrt{x}+1\big),
\]
ce qui permet d'écrire:
\[
\dfrac{x-1}{\sqrt{x}-1}=\sqrt{x}+1,
\]
d'où :   $\lim\limits_{x\to 1} \dfrac{x-1}{\sqrt{x}-1}=\lim\limits_{x\to1}\big(\sqrt{x}+1\big)=2$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% inchangé par rapport à 2014 ---> nul !

%\begin{vf} {Théorèmes de comparaison} {10}Les fonctions $f$, $g$, $h$, et $k$ sont définies sur $\R$. \\On sait que pour tout $x$ : \[ g(x) \leqslant f(x) \qquad , \qquad h(x) \geqslant f(x) \qquad \text{et} \qquad k(x) \geqslant f(x). \]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}\par 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 \textit{Vrai}. On a $k(x) \geqslant f(x)$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} k(x) = -\infty$ donc d'après le théorème de comparaison, $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.\item \textit{Faux}. On a $g(x) \leqslant f(x)$ et $h(x) \geqslant f(x)$. 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 \textit{Vrai}. On a $g(x) \leqslant f(x)$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty$, donc d'après le théorème de comparaison, $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$. \item \textit{Faux}. Tout ce que l'énoncé permet d'affirmer avec le théorème de comparaison est que (si cette limite existe) $\lim\limits_{x \to 2} f(x) \leqslant 4$. \end{questions}\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{vf}{Asymptôtes}{10}
Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier.
\begin{questions}
\item La courbe représentative de la fonction $f(x)=\dfrac{2x^2-5x+3}{x-1}$ admet pour asymptote la droite d'équation $x=1$.
\item La courbe représentative de la fonction $g(x)=\dfrac{\sqrt{\nep^{2x}+x}}{3-\nep^x}$ admet une asymptote horizontale.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \textit{Faux}. À première vue, on pourrait penser que l'affirmation est vraie car $x=1$ est une valeur interdite. Mais \og 1 \fg{} est une racine évidente de $2x^2-5x+3$, donc ce polynôme se factorise par $(x-1)$:
\[
2x^2-5x+3 = (x-1)(2x-3).
\]
Ainsi, pour tout réel $x\neq1$, $f(x)=2x-3$ et $\lim\limits_{x\to1}f(x)=-1$. Par conséquent, la courbe représentative de $f$ n'admet pas d'asymptote verticale en $x=1$ (car sa limite n'est pas infinie).

\item \textit{Vrai}. En effet, on peut écrire:
\[
g(x)=\dfrac{\sqrt{\nep^{2x}+x}}{3-\nep^x} = \dfrac{\sqrt{\nep^{2x}\big(1+x\nep^{-2x}\big)}}{\nep^x\big(3\nep^{-x}-1\big)} = \dfrac{\cancel{\nep^{x}}\sqrt{1+x\nep^{-2x}}}{\cancel{\nep^x}\big(3\nep^{-x}-1\big)}.
\]
Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}\big(x\nep^{-x}\big)=0$ (croissance comparée) donc:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\big(x\nep^{-2x}\big)=\lim\limits_{x\to+\infty}\big(x\nep^{-x}\times\nep^{-x}\big)=0.
\]
Alors,

$\left.
\begin{array}{r}
\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{1+x\nep^{-2x}}=1\\
\lim\limits_{x\to+\infty}\big(3\nep^{-x}-1\big)=-1
\end{array}\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-1
$ (par quotient).

La droite d'équation $y=-1$ est donc une asymptote à la courbe de $g$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% 2014 inchangé en 2020

\begin{qcm} {Exponentielle} {15}
Soit $f$ définie sur $\R^*$ par $f(x)=\dfrac{\nep^{2x}-1}{\nep^x-1}$.

\begin{questions}
\item La limite de $f$ en $+\infty$ est :\par\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix{} $+\infty$ &
\choix{} $1$ \\
\choix{} $0$ &
\choix{} on ne peut pas savoir \resetchoix
\end{tabularx}

\item La limite de $f$ en $-\infty$ est :\par\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix{} $+\infty$ &
\choix{} $1$ \\
\choix{} $0$ &
\choix{} on ne peut pas savoir
\end{tabularx}

\item La limite de $f$ en $0$ est :\par\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix{} $+\infty$ à droite et $-\infty$ à gauche  &
\choix{} $0$ \\
\choix{} $1$ &
\choix{} $2$ 
\end{tabularx}

\item La limite de $f$ en $1$ est :\par\resetchoix

\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix{} 0 & 
\choix{} $\nep+1$ \\
\choix{} $\nep^2-1$ &
\choix{} $\nep-1$
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[a]. On peut écrire :
\[ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) 
= \lim\limits_{x \to +\infty} 
\dfrac{\nep^{2x}\left(1-\dfrac{1}{\nep^{2x}}\right)} {\nep^x\left(1-\dfrac{1}{\nep^x}\right)} 
= \lim\limits_{x \to +\infty} 
\nep^x \dfrac{1-\dfrac{1}{\nep^{2x}} } {1-\dfrac{1}{\nep^{x}}} .
\]
Or, $\lim\limits_{x \to +\infty} \nep^x=+\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \nep^{2x} = +\infty$, donc
\[ \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\nep^{2x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\nep^x}=0
\quad \text{et} \quad 
\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=\lim\limits_{x \to +\infty} \nep^x = +\infty. \]

\item Réponse \choix[b]. On a :
\[ \left.
\begin{aligned}
\lim\limits_{x \to -\infty}2x &=-\infty \\
\lim\limits_{x \to -\infty} \nep^x &= 0
\end{aligned}
\right\} \quad \text{donc} \quad \lim\limits_{x \to -\infty} \nep^{2x}=0 \quad \text{et} \quad \lim\limits_{x \to -\infty} f(x)=1.
\]


\item Réponse \choix[d]. Pour tout $x$ non nul, $f(x) = \dfrac{(\nep^x-1)(\nep^x+1)}{\nep^x-1} = \nep^x+1$.

Par conséquent, $\lim\limits_{x \to 0} f(x)=2$. 

\item Réponse \choix[b]. La fonction $f$ est définie en $1$, sa limite est donc\linebreak $f(1)=\nep+1$. 
\end{questions}
\end{corrige}


\sectionnn{Limites aux infinis}

%%% 2014 : modifié (sans étude de fonction) pour 2019

\begin{exo}{Avec des exponentielles}{Lycée Jean Renoir, Bondy}{1}{5}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=\dfrac{\nep^x}{1+\nep^x}$.
\begin{questions}
\item Déterminer la limite de $f(x)$ quand $x$ tend vers $-\infty$.
\item Déterminer la limite de $f(x)$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
\item En déduire les asymptotes de $\mathcal{C}$ (courbe représentative de $f$).
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\enlargethispage*{2em}
\begin{questions}
\item D'après les limites du cours, on a $\lim\limits_{x\to -\infty}\nep^x =0$.
Il en résulte que :
\[ \lim_{x\to -\infty}f(x) =0. \]

\item On a :$\begin{aligned}[t]
\lim_{x\to +\infty}f(x) & = \lim_{x\to +\infty}\dfrac{\cancel{\nep^x} \times 1}{\cancel{\nep^x}\left(\frac{1}{\nep^x}+1\right)}\\
& = \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{\nep^{-x}+1}\\
& =1.
\end{aligned}$

\item $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x) = 1$ donc la droite d'équation $y=1$ est asymptote à la courbe représentative de la fonction $f$ au voisinage de $+\infty$.

De même, $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x) =0$ donc la droite d'équation $y=0$ (l'axe des abscisses) est asymptote à la courbe représentative de la fonction $f$ au voisinage de $-\infty$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% corrigé modifié 2019

\begin{exo}{Limites de quotients}{Lycée Jacques Prévert, Boulogne}{1}{10}%
Calculer les limites suivantes :
\Par
\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 Pour tout $x$ au voisinage de $+\infty$, 
\[
2x^2-2x+3=x^2\left(2-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}\right).
\]
Comme $x>0$, $\sqrt{x^2}=x$ et donc:
\[
\sqrt{2x^2-2x+3}=x\sqrt{2-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}.
\]
On en déduit alors que:
\[
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\sqrt{2x^2-2x+3}}{x}=
\lim_{x\to+\infty}\sqrt{2-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}=\sqrt2.
\]

\item D'après la propriété sur les limites aux infinis de fonctions rationnelles,
\[
\lim_{x\to +\infty}\frac{x^4-3x+2}{x+1}=\lim_{x\to +\infty}\dfrac{x^4}{x}= \lim_{x\to +\infty} x^3=+\infty.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%% corrigé totalement modifié en 2019
%\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 $\lim\limits_{x\to+\infty}\big[f(x)-g(x)\big]$.
%
%Interpréter graphiquement ce résultat.
%\end{questions}
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%\item  Pour tout $x\neq -2$ :
%\[
%f(x) = g(x)+\frac{a}{x+2} \iff (x+2)f(x) = (x+2)g(x) + a
%\]
%donc:
%\[
%\lim_{x\to-2}(x+2)f(x) = \lim_{x\to-2}\big[(x+2)g(x)+a\big].
%\]
%Or, 
%\[
%\lim_{x\to-2}(x+2)f(x) = \lim_{x\to-2}(x-1)^2(x+1)=(-2-1)^2(-2+1)=-9
%\]
%et
%\[
%\lim_{x\to-2}\big[(x+2)g(x)+a\big] = \underbrace{\lim_{x\to-2}\big[(x+2)g(x)\big]}_{=0} + a = a.
%\]
%Ainsi, $a=-9$.
%       
%\item Pour tout $x\neq -2$ : $f(x)=g(x)-\dfrac{9}{x+2}$ donc $f(x)-g(x)=-\dfrac{9}{x+2}$.
%
%Ainsi,  $\lim\limits_{x\to-\infty}\big[f(x)-g(x)\big]=\lim\limits_{x\to+\infty}\big[f(x)-g(x)\big]=0$.
%
%Cela signifie que les courbes représentatives des fonctions $f$ et $g$ sont asymptotes (se rapprochent l'une de l'autre) au voisinage de $-\infty$ et de $+\infty$.
%
%\begin{plusloin}
%On aurait pu en dire davantage. 
%
%En effet, on sait que $f(x)-g(x)=-\dfrac{9}{x+2}$ donc, en notant  $\mathcal{C}_f$ et $\mathcal{C}_g$ les courbes représentatives respectivement de $f$ et $g$:
%\begin{itemize}
%\item au voisinage de $-\infty$, $f(x)-g(x)>0$ et donc $f(x)>g(x)$, ce qui signifie que $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $\mathcal{C}_g$;
%\item au voisinage de $+\infty$, $f(x)-g(x)<0$ et donc $f(x)<g(x)$, ce qui signifie que $\mathcal{C}_f$ est en-dessous de $\mathcal{C}_g$.
%\end{itemize}
%\end{plusloin}
%\end{questions}
%\end{corrige}
%

%%% 2014

\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 $x > 1$ :
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}} & = \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{\big(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}\big)\big(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\big)}\\[8pt]
& = \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{(x+1)-(x-1)}\\[8pt]
& =  \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{2}.
\end{align*}
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  Pour tout $x>1$,
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}}
&=\frac{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}{\big(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\big)\big(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}\big)}\\[10pt]
&=\frac{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}{(x^2+x)-(x^2-x)} \\[10pt]
&= \frac{\sqrt{x^2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}+\sqrt{x^2\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}}{2x} \\[10pt]
&= \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 :
\[
\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1+\frac{1}{x}} = \lim_{x \to +\infty}         \sqrt{1-\frac{1}{x}} = 1\;,\]
d'où :
\[
\lim_{x\to+\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}}\right) = 1.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Avec une racine carrée}{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt}{1}{10}
Déterminer la limite suivante:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\big(\sqrt{4x^2+2x+1}-2x\big).
\]
\end{exo}

\begin{corrige}
Utilisons l'expression conjuguée pour lever l'indétermination rencontrée, du type \og $\infty-\infty$ \fg:
\begin{align*}
\sqrt{4x^2+2x+1}-2x & = \dfrac{\big(\sqrt{4x^2+2x+1}-2x\big)\big(\sqrt{4x^2+2x+1}+2x\big)}{\sqrt{4x^2+2x+1}+2x}\\
& = \dfrac{4x^2+2x+1-4x^2}{\sqrt{4x^2+2x+1}+2x}\\
& = \dfrac{2x+1}{\sqrt{4x^2+2x+1}+2x}.
\end{align*}
À ce stade, nous avons encore une indétermination, du type \og $\dfrac{\infty}{\infty}$ \fg, mais pas de panique! Nous allons la lever en factorisant au numérateur et au dénominateur par le terme de plus haut degré. Pour $x>0$, on a:
\begin{align*}
\dfrac{2x+1}{\sqrt{4x^2+2x+1}+2x} & = \dfrac{x\left(2+\frac{1}{x}\right)}{\sqrt{4x^2\left(1+\frac{1}{2x}+\frac{1}{4x^2}\right)}+2x}\\
& = \dfrac{x\left(2+\frac{1}{x}\right)}{2x\sqrt{1+\frac{1}{2x}+\frac{1}{4x^2}}+2x}\\
& = \dfrac{\cancel{x}\left(2+\frac{1}{x}\right)}{2\cancel{x}\left[\sqrt{1+\frac{1}{2x}+\frac{1}{4x^2}}+1\right]}\\
\end{align*}
\[
\left.
\begin{array}{r}
\lim\limits_{x\to+\infty}\left(2+\frac{1}{x}\right)=2\\[8pt]
\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\sqrt{1+\frac{1}{2x}+\frac{1}{4x^2}}+1\right]=2
\end{array}
\right\rbrace\Rightarrow \lim\limits_{x\to+\infty}\big(\sqrt{4x^2+2x+1}-2x\big)=\dfrac{1}{2}.
\]
\end{corrige}



%%% énoncé modifié en 2023, corrigé légèrement modifié en 2019

\begin{exo}{Avec des polynômes}{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 $+\infty$ et $-\infty$.
\item $f(x)=(7-x^2)(x-3)^3$, en $+\infty$ et $-\infty$.
\item $f(x)=\sqrt{2x+1}+x^2-2$, en $+\infty$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $f(x)=-x^3+x-2=x^3\left(-1+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{2}{x^3}\right)$. Or, $\lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{x^n}=0$ pour $n\in\N^*$. Donc:
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(-x^3)=-\infty$.
\item $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}(-x^3)=+\infty$.
\end{itemize}

\Par

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

\Par

\item $\lim\limits_{x\to+\infty}(2x+1)=+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{2x+1}=+\infty$.

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


%%% 2014 : corrigé légèrement modifié et ajout d'une méthode
%\begin{exo}{Transformer une expression}{Lycée Kléber, Strasbourg}{1}{15}
%Soit $f$ définie sur ${\R} \setminus \{-2~;2\}$ par : $
%f(x)=\dfrac{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 $x\geqslant 0$, on a : $|x|=x$, donc :
%\[
%\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x\to+\infty} \frac{x+2}{x-2} = 
%\lim_{x\to+\infty} \frac{x}{x} = 1.
%\]
%
%De même, pour tout $x\leqslant 0$, 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  
%\begin{itemize}
%\item \textit{Limite en $-2$}.
%
%Nous avons vu que pour $x\in \left]-\infty~;-2\right[ \cup \left]-2~;0\right[$, $f(x)=-1$
%
%Donc, $\lim\limits_{x\rightarrow -2} f(x)=-1$.
%
%\item \textit{Limites en 2.}
%
%On a d'une part:
%\[
%\left.
%\begin{array}{l}
%\lim\limits_{x\rightarrow 2^-}(x+2)=4>0\\
%\lim\limits_{x\rightarrow 2^-}(|x|-2)=0^-
%\end{array}
%\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow 2^-}f(x)=-\infty.
%\]
%D'autre part:
%\[
%\left.
%\begin{array}{l}
%\lim\limits_{x\rightarrow 2^+}(x+2)=4>0\\
%\lim\limits_{x\rightarrow 2^+}(|x|-2)=0^+
%\end{array}
%\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow 2^+}f(x)=+\infty.
%\]
%\end{itemize}
%\begin{methode}
%Pour savoir que $\lim\limits_{x\rightarrow 2^+}(|x|-2)=0^+$, on peut, dans un premier temps, remplacer $x$ par 2 (ce qui nous assure que la limite vaut 0) et ensuite regarder le signe de $|x|-2$ pour $x=2,1$ (car $x$ tend vers 2 par valeurs supérieures à 2). On trouve : $|2,1|-2=0,1>0$ donc la limite est nulle par valeurs positives.
%\end{methode}
%\end{questions}
%\end{corrige}
%


%%% corrigé changé 2019

\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, 
\[
h(x) = x^2\left(2-\dfrac{\sqrt{x}}{x^2}\right) = x^2\left(2-\dfrac{1}{x\sqrt{x}}\right).
\]
Or, $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty} \dfrac{1}{x\sqrt{x}}=0$ et $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty} x^2=+\infty$.

Donc: \[\lim_{x\rightarrow+\infty}h(x)=+\infty.\]

\item
Pour tout $x\leqslant-1$, $$g(x)=\dfrac{2-x}{\sqrt{x^2+2}+\sqrt{x^2+x}}=\dfrac{x\left(\dfrac{2}{x}-1\right)}{-x\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{x^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}\right)}.$$
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}

$\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(1+ \dfrac{1}{x}\right)=1\\[18pt]
\lim\limits_{X\rightarrow1}\sqrt{X}=1
\end{array}\right\rbrace\Rightarrow
\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\sqrt{1+ \dfrac{1}{x}}=1$.

\Par

De même, $\lim\limits_{x\to-\infty}\sqrt{1+\dfrac{2}{x^2}}=1$.

On en conclut que $\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}g(x)=\frac{1}{2}$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2019 NEW

\begin{exo}{Limites d'exponentielles en $+\infty$}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{2}{10} 
Calculer les limites suivantes.

\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\big(\nep^{2x}-\nep^x\big)$
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{3-\nep^{2x}}{\nep^x+2}$
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}\nep^{\frac{1}{x}}$
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\nep^{\sqrt{x}}}{x}$\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\big(\nep^{2x}-\nep^x\big)  = \lim\limits_{x\to+\infty}\nep^x\big(\nep^{x}-1\big)$. Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}\nep^x=+\infty$ donc, par produit, on en déduit que:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\big(\nep^{2x}-\nep^x\big)=+\infty.
\]

\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{3-\nep^{2x}}{\nep^x+2}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\nep^{2x}\big(3\nep^{-2x}-1\big)}{\nep^x\big(1+2\nep^{-x}\big)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\nep^x\big(3\nep^{-2x}-1\big)}{1+2\nep^{-x}}$.

Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}\nep^{-2x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\nep^{-x}=0$ donc, d'une part:
\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x\to+\infty}\big(3\nep^{-2x}-1\big)=-1\\
\lim\limits_{x\to+\infty}\nep^x = +\infty
\end{array}
\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}\nep^x\big(3\nep^{-2x}-1\big)=-\infty\;,
\]
d'autre part:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\big(1+2\nep^{-x}\big)=1.
\]
On en déduit alors, par quotient, que:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{3-\nep^{2x}}{\nep^x+2}=-\infty.
\]

\item En posant $X = \dfrac{1}{x}$ ($x\neq0$), on peut écrire:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}\nep^{\frac{1}{x}} =  \lim\limits_{X\to0}X\nep^{X}=0.
\]

\item En posant $X = \sqrt{x}$ ($x>0$), on peut écrire:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\nep^{\sqrt{x}}}{x} = \lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{\nep^{X}}{X^2}=+\infty\text{ (d'après le cours)}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2014 : pas de changement majeurs dans le corrigé

\begin{exo}{Une asymptote oblique}{Lycée La Bruyère, Versailles}{2}{30}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{une asymptote oblique}{https://media.prepamath.fr/ILTMch02exo13}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTMch02exo13}}}
\vspace*{-5mm}

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathcal{D}_f=\R\setminus\{4\}$ 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 $\mathcal{D}_f$ on ait :
\[ 
f(x)=ax+b+\dfrac{c}{x-4}.
\]

\item Étudier les limites de la fonction $f$ aux bornes de $\mathcal{D}_f$.

\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}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTMch02exo13}}}
\rput(-0.5,-1.1){\PictoNathanLive[Video]}
\vspace*{-5mm}

\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
\forall x\in\mathcal{D}_f,\ f(x) & = ax+b+\dfrac{c}{x-4} = \dfrac{(ax+b)(x-4)+c}{x-4}\\
& = \dfrac{ax^2+(b-4a)x-4b+c}{x-4}.
\end{aligned}$

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 $\mathcal{D}_f=]-\infty~;~4[\cup]4~;~+\infty[$. 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:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\qquad\text{et}\qquad\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty.
\]
\Par
\item  \raisebox{-0.5\totalheight+0.5em}{$\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x\to4}(x-3)=1\\
\lim\limits_{\substack{x\to4\\x>4}}(x-4)=0^+
\end{array}\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{\substack{x\to4\\x>4}}f(x)=+\infty.$}
\Par
De même,  \raisebox{-0.5\totalheight+0.5em}{$\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x\to4}(x-3)=1\\
\lim\limits_{\substack{x\to4\\x<4}}(x-4)=0^-
\end{array}\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{\substack{x\to4\\x<4}}f(x)=-\infty.$}
\end{itemize}

\item La limite infinie en 4 permet de conclure que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $x=4$. En revanche, comme les limites en l'infini sont infinies, il n'y a pas d'asymptote horizontale.
\begin{center}
\includegraphics{065_limites-asymptoblique}
\end{center}

\item En utilisant l'écriture établie dans la question 1, on trouve :
\[
g(x)=f(x)-(x-3)=\dfrac{2}{x-4}.
\]
D'après les calculs de limites de la question 2, 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 l'une de l'autre lorsque $x$ tend vers l'infini (on peut le visualiser sur le graphique précédent). 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 $g(x)$.
\begin{itemize}
\item Pour $x>4$, la différence est positive, donc la courbe $\mathcal{C}$ est au-dessus de la droite $\mathcal{D}$.
\item Pour $x<4$, la différence est négative, donc la courbe $\mathcal{C}$ est en dessous de la droite $\mathcal{D}$.
\end{itemize}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 2014
%\begin{exo}{Algorithme}{Lycée Hoche, Versailles}{2}{30}
%Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur $\R\setminus\{-1\}$ 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 $\leftarrow$ 0
%\qquad Tant que $\left\vert\dfrac{x^3+3x^2+3x}{x+1}-(x+1)^2\right|>$a
%\qquad\qquad x $\leftarrow$ 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 Sur la calculatrice, on constate que pour de grandes valeurs de $x$, les deux courbes semblent se rapprocher l'une de l'autre.
%\item 
%\begin{questions}
%\item Dans l'algorithme, la condition du \og Tant que \fg{} nous indique que l'on incrémente la valeur de $x$ jusqu'à ce que la condition ne soit plus vraie, c'est-à-dire : \mbox{$\left\vert\dfrac{x^3+3x^2+3x}{x+1}-(x+1)^2\right|\leqslant a$.}\\
%Or, cette valeur représente l'écart entre $f(x)$ et $g(x)$.
%
%Ainsi, la valeur affichée est le premier entier $x$ pour lequel cet écart est inférieur ou égal au nombre $a$ entré au début.
%
%\item On sait que $M$ est la première valeur entière de $x$ pour laquelle $|f(x)-g(x)|\leqslant a$, mais sans étude complémentaire sur les fonctions, on ne peut pas savoir si cette condition sera remplie pour tout $x\geqslant M$. On ne peut donc pas affirmer que pour tout $x\geqslant M$, $|f(x)-g(x)| \leqslant a$.
%\end{questions}
%
%\item Pour étudier la position relative des deux courbes, on étudie le signe de l'expression :
%\[
%\dfrac{x^3+3x^2+3x}{x+1}-(x+1)^2=\dfrac{-1}{x+1}.
%\]
%\begin{itemize}
%\item Pour $x<-1$, $\dfrac{-1}{x+1}>0$ donc la courbe représentative de $f$ est au-dessus de celle de $g$.
%\item Pour $x>-1$, $\dfrac{-1}{x+1}<0$ donc la courbe représentative de $f$ est en dessous de celle de $g$.
%\end{itemize}
%
%\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 se rapprochent l'une de l'autre lorsque $x$ tend vers $+\infty$: les deux courbes sont asymptotes en $+\infty$.
%
%\item $\begin{aligned}[t]
%|f(x)-g(x)|\leqslant a & \iff \left|\dfrac{-1}{x+1}\right\vert\leqslant a\\
%& \iff \dfrac{1}{x+1}\leqslant a\\
%& \iff \dfrac{1}{a}-1\leqslant x.
%\end{aligned}$
%
%$x$ est bien positif car $0<a<1$.
%
%\item Les calculs relativement simples montrent que :
%\[
%x\geqslant\dfrac{1}{a}-1 \Rightarrow f(x)-g(x)\leqslant a.
%\]
%Cela prouve que les deux courbes sont alors aussi proches l'une de l'autre que l'on veut, à partir d'une certaine valeur de $x$ assez grande.
%
%L'algorithme est donc ici peu judicieux au regard de la difficulté minime des calculs qui nous permettent de démontrer le comportement asymptotique des deux courbes. Un algorithme (ou un programme) sert dans des cas où l'étude algébrique est complexe, ce qui n'est pas le cas ici.
%\end{questions}
%\end{corrige}
%

%%% 2019 NEW
\newpage
\begin{exo}{Diverses limites}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{3}{15} 
Déterminer les limites suivantes.
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\nep^{x^2}+x}{\nep^{-x}+1}$
\item $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{\nep^x+2}-2x}{x\nep^x-\sqrt{x}}$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\forall x\in\R,\ \dfrac{\nep^{x^2}+x}{\nep^{-x}+1}=\dfrac{\cancel{\nep^{-x}}\big(\nep^{x^2+x}+x\nep^x\big)}{\cancel{\nep^{-x}}\big(1+\nep^{x}\big)}=\dfrac{\nep^{x^2+x}-x\nep^x}{1+\nep^{x}}$.
\Par
\begin{itemize}
\item \raisebox{-0.5\totalheight+0.5em}{$\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x\to-\infty}\big(x^2+x\big)=\lim\limits_{x\to-\infty} x^2=+\infty\\
\lim\limits_{X\to+\infty}\nep^X=+\infty
\end{array}
\right\rbrace\Rightarrow\lim\limits_{x\to-\infty}\big(\nep^{x^2+x}\big)=+\infty.$}

\item $\lim\limits_{x\to-\infty}x\nep^x = 0$ (d'après le cours).

\item $\lim\limits_{x\to-\infty}\nep^x=0$ donc $\lim\limits_{x\to-\infty}\big(1+\nep^x\big) = 1$.
\end{itemize}

Par somme et quotient, on obtient :
\[
\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\nep^{x^2}+x}{\nep^{-x}+1}=+\infty.
\]


\item $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{\nep^x+2}-2x}{x\nep^x-\sqrt{x}}$ mène à plusieurs indéterminations : au numérateur ainsi qu'au dénominateur, une indétermination du type \og $\infty-\infty$ \fg{} apparaissent.

\begin{methode}
L'idée que nous choisissons ici est de factoriser au numérateur et au dénominateur par un même facteur dans le but de simplifier le quotient.
\end{methode}

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\sqrt{\nep^x+2}-2x & = \sqrt{\nep^x\big(1+2\nep^{-x}\big)}-2x\\[8pt]
& = \nep^{x/2}\sqrt{1+2\nep^{-x}}-2x\\[8pt]
& = \nep^{x/2}\Big[\sqrt{1+2\nep^{-x}}-2x\nep^{-x/2}\big]\\[8pt]
& = \nep^{x/2}\left[\sqrt{1+2\nep^{-x}}-4\times\dfrac{x}{2}\nep^{-x/2}\right].
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
x\nep^x-\sqrt{x} & = \nep^{x/2}\left[x\nep^{x/2}-\dfrac{\sqrt{x}}{\nep^{x/2}}\right]\\[12pt]
& = \nep^{x/2}\left[x\nep^{x/2}-\sqrt{\dfrac{x}{\nep^{x}}}\right]\text{ car } \nep^{x/2} = \big(\nep^x\big)^{1/2}=\sqrt{\nep^x}.
\end{aligned}$
\end{itemize}

Ainsi, 
\[
\frac{\sqrt{\nep^x+2}-2x}{x\nep^x-\sqrt{x}} = \dfrac{\cancel{\nep^{x/2}}\left[\sqrt{1+2\nep^{-x}}-4\times\dfrac{x}{2}\nep^{-x/2}\right]}{ \cancel{\nep^{x/2}}\left[x\nep^{x/2}-\sqrt{\dfrac{x}{\nep^{x}}}\right]}
\]

Or, 

\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{2}\nep^{-x/2}\right)=\lim\limits_{X\to+\infty} X\nep^{-X}=\lim\limits_{X\to+\infty} \dfrac{X}{\nep^{X}}=0$;
\item $\lim\limits_{x\to+\infty} \sqrt{1+2\nep^{-x}}=\sqrt1=1$ car $\lim\limits_{x\to+\infty} \nep^{-x}=0$;
\item $\lim\limits_{x\to+\infty}x\nep^{x/2}=\lim\limits_{x\to+\infty}2\times\dfrac{x}{2}\nep^{x/2}=\lim\limits_{X\to+\infty}2X\nep^X=+\infty$;
\item $\lim\limits_{x\to+\infty} \sqrt{\dfrac{x}{\nep^x}}=0$.
\end{itemize}

Ainsi, le numérateur tend vers 1 et le dénominateur tend vers $+\infty$ et donc,
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{\nep^x+2}-2x}{x\nep^x-\sqrt{x}}=0.
\]
\end{questions}
\end{corrige}









\sectionnn{Limites en un nombre fini}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Avec une exponentielle}{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt}{1}{5}
Déterminer $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\nep^{5x}-1}{x}$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Nous avons ici une forme indéterminée du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg{} donc il nous faut la lever en utilisant par exemple un taux d'accroissement.

Posons $f(x)=\nep^{5x}$. On a $f(0)=1$ et $f'(x)=5\nep^{5x}$, donc $f'(0)=5$. Ainsi,
\[
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\nep^{5x}-1}{x}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0)=5.
\]
\end{corrige}


%%% NEW 2023

\begin{exo}{Limites à droite et à gauche}{Lycée Carnot, Paris}{1}{10}
\'Etudier les limites à droite et à gauche de 1 de la fonction $f$ définie par:
\[
f(x)=\dfrac{2x-5}{x^2+3x-4}.
\]
\end{exo}

\begin{corrige}
$f(x)=\dfrac{2x-5}{x^2+3x-4}$. Regardons les limites à droite et à gauche de 1 de cette fonction.
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to1}(2x-5)=2-5=-3$.

\item Le polynôme $x^2+3x-4$ admet pour racine évidente $x_1=1$. Le produit des racines de $ax^2+bx+c$ étant égal à $\dfrac{c}{a}$, on a ici: $x_1x_2=\dfrac{-4}{1}$, donc la deuxième racine est $x_2=-4$. 
 
 On en déduit alors le tableau suivant:
 
 \begin{center}
 \begin{tabular}{|Zc|ZlZcZcZcZcZcZr|}
 \tabulartitle\hline
 $x$ & $-\infty$ &  & $-4$ &  & $1$ &  & $+\infty$\\
 \hline
 $x^2+3x-4$ &    &  $+$ & 0 & $-$ & 0 & $+$ & \\
 \hline
 \end{tabular}
 \end{center}
 
 On a alors :
 \[
 \lim\limits_{\substack{x\to1\\x<1}}(x^2+3x-4) = 0^- \qquad \text{et} \qquad \lim\limits_{\substack{x\to1\\x>1}}(x^2+3x-4) = 0^+.
 \]
 On en déduit alors, par quotient (n'oublions pas que le numérateur tend vers $-3$):
  \[
 \lim\limits_{\substack{x\to1\\x<1}} f(x) = +\infty \qquad \text{et} \qquad \lim\limits_{\substack{x\to1\\x>1}}f(x) = 0-\infty.
 \]
\end{itemize}
\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Fractions rationnelle et irrationnelle}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{1}{10}
Déterminer les limites suivantes.
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\lim\limits_{x\to2}\dfrac{2x^2-3x-2}{2x-4}$
\item $\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2}$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\lim\limits_{x\to2}\dfrac{2x^2-3x-2}{2x-4}$.

Remarquons avant tout que 2 est une racine de $2x^2-3x-2$ donc ce dernier peut se factoriser par $(x-2)$:
\[
2x^2-3x-2 = (x-2)(2x+1).
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\lim\limits_{x\to2}\dfrac{2x^2-3x-2}{2x-4} & = \lim\limits_{x\to2}\dfrac{(x-2)(2x+1)}{2(x-2)}\\
& = \lim\limits_{x\to2}\dfrac{2x+1}{2}\\
& = \dfrac{5}{2}.
\end{align*}

\item $\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2}$.

Remarquons que cette limite donne une forme indéterminée du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg.
\begin{itemize}
\item Méthode 1: nous allons utiliser un taux d'accroissement.

Posons $f(x)=\sqrt{x^2+5}$. 

Alors, $f(2)=3$ et $f'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+5}}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+5}}$, donc $f'(2)=\dfrac{2}{3}$. 
\[
\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2} = \lim\limits_{x\to2}\dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}=f'(2)=\dfrac{2}{3}.
\]

\item Méthode 2: nous allons utiliser une expression conjuguée. \mbox{Pour $x\neq2$:}
\begin{align*}
\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2} & = \dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2}\times\dfrac{\sqrt{x^2+5}+3}{\sqrt{x^2+5}+3}\\
& = \dfrac{x^2+5-9}{(x-2)\big( \sqrt{x^2+5}+3 \big)}\\
& = \dfrac{\cancel{(x-2)}(x+2)}{\cancel{(x-2)}\big( \sqrt{x^2+5}+3 \big)}\\
& = \dfrac{x+2}{\sqrt{x^2+5}+3}.
\end{align*}
Donc:
\[
\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2} = \lim\limits_{x\to2}\dfrac{x+2}{\sqrt{x^2+5}+3} = \dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}.
\]
\end{itemize}
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 2014 (inchangé)

\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 :
\[ \left. 
\begin{aligned}
\lim\limits_{x \to 2} (x-1) &=1 \\
\lim\limits_{\substack{x \to 2 \\x<2}} (x-2) &=0^-	
\end{aligned}
\right\} \Rightarrow  \lim\limits_{\substack{x\to2 \\ x<2}} \dfrac{x-1}{x-2} =  -\infty .\]
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 $1$ :\\ 
$\dfrac{x^2-1}{x-1}=\dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1$, donc $\lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^2-1}{x-1} =  \lim\limits_{x \to 1} x+1 =2$.

\item 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}

%%% 2019 NEW

\begin{exo}{Diverses limites}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{2}{15} 
Déterminer les limites suivantes.
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\nep^{x-2}-1}{x-2}$
\item $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\nep^{x-3}-\nep^{-2}}{\sqrt{x}-1}$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Posons $f(x)=\nep^{x-2}$. Alors, $f(2)=\nep^0=1$ et $f'(x)=\nep^{x-2}$. Ainsi:
\[
\lim\limits_{x\to2}\dfrac{\nep^{x-2}-1}{x-2} = \lim\limits_{x\to2}\dfrac{f(x)-f(2)}{x-2}=f'(2)=1.
\]

\item On constate que $\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\nep^{x-3}-\nep^{-2}}{\sqrt{x}-1}$ est une forme indéterminée du\linebreak type $\og \dfrac{0}{0}$ \fg.

\begin{methode}
Dans le cas d'une indétermination du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg{} qui ne peut pas être levée facilement, on peut poser $f(x)$ et $g(x)$ respectivement le numérateur et le dénominateur de l'expression, puis écrire cette dernière sous la forme $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\times\dfrac{x-a}{g(x)-g(a)}$.
\end{methode} 

Posons alors:
\[
f(x)=\nep^{x-3}-\nep^{-2} \qquad\text{et}\qquad g(x)=\sqrt{x}-1.
\]
$f(1)=0$ et $g(1)=0$. On a bien pour tout réel $x\neq1$:

\[
\dfrac{\nep^{x-3}-\nep^{-2}}{\sqrt{x}-1} = \dfrac{f(x)-f(1)}{g(x)-g(1)}=\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\times\dfrac{x-1}{g(x)-g(1)}.
\]
Or, si $f'(1)$ et $g'(1)$ existent, 
\[
\lim_{x\to1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=f'(1)\text{ et } \lim_{x\to1}\dfrac{x-1}{g(x)-g(1)}=\dfrac{1}{g'(x)}.
\]
On calcule donc:
\begin{itemize}
\item $f'(x)=\nep^{x-3}$ donc $f'(1)=\nep^{-2}$;
\item $g'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ donc $g'(1)=\dfrac{1}{2}$, soit $\dfrac{1}{g'(1)}=2$.
\end{itemize}
Ainsi, par produit des limites, on obtient:
\[
\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\nep^{x-3}-\nep^{-2}}{\sqrt{x}-1}=f'(1)\times\dfrac{1}{g'(1)}=2\nep^{-2}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}




\sectionnn{Comparaison et encadrement}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Comparaison ou encadrement ?}{Lycée Camille Jullian, Bordeaux}{1}{5}
Déterminer $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x\cos(x)}{x^2+1}$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Pour tout réel $x > 0$,
\[
-1 \leqslant \cos(x) \leqslant 1
\]
donc, en multipliant par $\dfrac{x}{x^2+1}$, qui est strictement positif, on a:
\[
-\dfrac{x}{x^2+1} \leqslant \dfrac{x\cos(x)}{x^2+1} \leqslant \dfrac{x}{x^2+1}.
\]
Or,
\begin{align*}
\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x^2+1}\right) & = \lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x\times1}{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}\right)\\
& = \lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}\right)\\
& = 0.
\end{align*}
De même, $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-\dfrac{x}{x^2+1}\right)=0$.

Ainsi, $\dfrac{x\cos(x)}{x^2+1}$ est encadré par deux fonctions qui tendent vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$. D'après le théorème des gendarmes, on en déduit que:
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x\cos(x)}{x^2+1} =0.
\]

\begin{methode}
Quand une fonction est encadrée par deux autres fonctions ayant une même limite \textit{finie}, on utilise le théorème des gendarmes.

Quand une fonction est encadrée par deux autres fonctions ayant une même limite \textit{infinie}, on utilise le théorème de comparaison.
\end{methode}
\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Comparaison ou encadrement ?}{Lycée Jean Monnet, Blanquefort}{1}{5}
\'Etudier la limite en $+\infty$ de la fonction $f$ définie sur $\R$ par: $f(x)=\dfrac{x^2}{2+2\sin(x)}$.
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{methode}
Dès lors que nous devons étudier la limite d'une fonction comportant un sinus ou un cosinus, il sera très souvent utile de partir de l'encadrement:
\[
\forall x\in\R,\ 
-1 \leqslant \cos(x) \leqslant 1\qquad\text{ou}\qquad
-1 \leqslant \sin(x) \leqslant 1.
\]
\end{methode}

Pour tout réel $x$,
\begin{align*}
-1 \leqslant \sin(x) \leqslant 1 & \iff -2 \leqslant 2\sin(x) \leqslant 2\\
& \iff 1 \leqslant 3+2\sin(x) \leqslant 5\\
& \iff \dfrac{1}{5} \leqslant \dfrac{1}{3+2\sin(x)} \leqslant 1\\
& \iff  \dfrac{x^2}{5} \leqslant \dfrac{x^2}{3+2\sin(x)} \leqslant x^2.
\end{align*}
Les deux bornes de l'encadrement tendent vers $+\infty$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$ donc on ne prend que la partie gauche de l'encadrement:
\[
\dfrac{x^2}{5} \leqslant \dfrac{x^2}{3+2\sin(x)}
\]
qui nous assure, par comparaison, que $\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{x^2}{3+2\sin(x)}=+\infty$.
\end{corrige}

%%% 2014 corrigé modifié

\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 Pour tout réel $x$, $x^2+5>0$. La fonction $f$ est alors définie pour tout réel $x$ tel que $\sin{\dfrac{1}{x}}$ existe. La fonction $f$ est donc définie sur $\R^*.$

\item Pour tout réel $x\neq0$, 
\[
-1\leqslant\sin{\dfrac{1}{x}}\leqslant1 \iff -|x|\leqslant |x|\sin{\frac{1}{x}}\leqslant |x|.
\]
Ainsi, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\lim\limits_{x\to0}\left(|x|\sin{\dfrac{1}{x}}\right)=0.
\]
De plus, $\lim\limits_{x\to0}\left(x^2+5\right)=5$ donc:
\[
\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{|x|\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2+5}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2+5}=0.
\]
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 2014 corrigé légèrement modifié 2019

\begin{exo}{Limites et comparaisons}{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret}{2}{25}
Étudier les limites suivantes. Dans chaque cas, si la 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{questions}
\item Pour tout réel $x$, $-1\leqslant \cos x\leqslant 1$, donc :
\[ 
-7\leqslant \cos x-6 \leqslant -5 \qquad \text{soit} \qquad -\dfrac{1}{5}\leqslant\dfrac{1}{\cos x-6}\leqslant-\dfrac{1}{7}.
\]
Pour tout réel $x>4$, $8-2x<0$ donc:
\[
-\dfrac{8-2x}{5} \geqslant \dfrac{8-2x}{\cos x-6} \geqslant -\dfrac{8-2x}{7}.
\]
Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(-\dfrac{8-2x}{7}\right)=+\infty$. 

Ainsi, d'après le théorème de comparaison,
\[
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{8-2x}{\cos x-6}=+\infty.
\]

\item Pour tout réel $x$, on a : 
\[
-2\leqslant \cos x+\sin x\leqslant 2.
\]
De plus, pour tout $x$ au voisinage de $+\infty$, $x-2>0$. Donc en divisant chaque membre de l'encadrement précédent par $x-2$, on obtient:
\[ 
\dfrac{-2}{x-2}\leqslant \dfrac{\cos x+\sin x}{x-2}\leqslant \dfrac{2}{x-2}.
\]
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:
\[ 
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\cos x+\sin x}{x-2}=0.
\]
On a donc une asymptote d'équation $y=0$.

\item Pour tout réel $x$, on a : 
\begin{align*}
-2\leqslant2\sin x\leqslant 2  & \iff -5\leqslant2\sin x-3\leqslant-1\\
& \iff \dfrac{-5}{x}\geqslant\dfrac{2\sin x-3}{x}\geqslant\dfrac{-1}{x}\text{ pour }x<0.
\end{align*}
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, $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2\sin x-3}{x}=0$.


On a donc une asymptote d'équation $y=0$.


\item Pour tout réel $x$, on a : 
\[
-2\leqslant2\cos x\leqslant 2 \qquad\text{donc}\qquad x-2\leqslant x+2\cos x\leqslant x+2.\tag{*}
\]
D'autre part, $1\leqslant 2+\sin x\leqslant 3$ donc $\dfrac{1}{3}\leqslant\dfrac{1}{2+\sin x}\leqslant1$ (**).

Pour tout réel $x>2$, $x-2>0$ et $x+2>0$. Donc on peut multiplier membre à membre les deux encadrements (*) et (**) et on obtient :
\[
\forall x>2,\ \underbrace{\dfrac{x-2}{3}\leqslant\dfrac{x+2\cos x}{2+\sin x}}\leqslant x+2.
\]

Or, $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x-2}{3}=+\infty$. Donc d'après le théorème de comparaison,
\[
\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+2\cos x}{2+\sin x}=+\infty.
\]
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 2014  : pas de modif 2019
%\begin{exo}{Limite de $f\big[f(x)\big]$}{Lycée Camille Vernet, Valence}{3}{15}
%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{questions}
%\item \raisebox{-0.5\totalheight+0.5em}{$\left.\begin{array}{l}
%\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{-2x}{x}=-2\\[18pt]
%\lim\limits_{X\to2}f(X)=\dfrac{3+4}{-2+1}=-7
%\end{array}\right\rbrace\Rightarrow \lim\limits_{x\to+\infty}f\big[f(x)\big]=-7.$}
%
%\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.
%
%
%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}
%


\thumb
\AfficheCorrige

