\chapter{Limites de fonctions}

\section{Limite aux infinis}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
La limite d'une fonction $f$ en $-\infty$ (resp. $+\infty$) est la valeur (si elle existe) vers laquelle se rapproche $f(x)$ quand $x$ tend vers $-\infty$ (resp. $+\infty$). On la note $\limite{x}{-\infty}{f(x)}$ (resp. $\limite{x}{+\infty}{f(x)}$).

Cette limite, quand elle existe, peut être un nombre réel ou un infini.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ car plus $x$ se rapproche de $-\infty$, plus $\dfrac{1}{x}$ se rapproche de 0.
\item $\limite{x}{+\infty}{\big(x^2\big)}=+\infty$ car plus $x$ devient grand, plus son carré aussi.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\subsection{Asymptote horizontale}

\begin{prop}[asymptote horizontale]
Soit $a$ un réel. Si $\limite{x}{-\infty}{f(x)}=a$ (resp. $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=a$) alors la courbe représentative $\mathcal{C}$ de $f$ se rapproche de la droite d'équation $y=a$ en $-\infty$ (resp. $+\infty$).

Dans ce cas, on dit que la droite d'équation $y=a$ est une \textit{asymptote horizontale} de $\mathcal{C}$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=1.25]
\draw[->,>=latex,thick] (-5,0) -- (5,0);
\draw[->,>=latex,thick] (0,-3) -- (0,3);
\clip (-5,-3) rectangle (5,3);
\draw[red,thick] plot[domain=-5:-0.1,samples=70] (\x,{1+1/\x});
\draw[red,thick] plot[domain=0.1:5,samples=70] (\x,{1+1/\x}) node[above left] {$\cal C$};
\node[below left] at (0,0) {$O$};
\draw[orange] (-5,1) -- (5,1) node[below left] {$\cal D$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ici, $\cal D$ est une asymptote horizontale de $\cal C$ en $-\infty$ et en $+\infty$.
\end{prop}

\subsection{Limite aux infinis d'une fraction rationnelle}

\begin{prop}[fractions rationnelles]\label{prop:fracrat}
La limite aux infinis d'une fraction rationnelle est égale à la limite du rapport des termes de plus haut degré.
\end{prop}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{+\infty}{ \left( \dfrac{3x^2+5x+2}{8x^2+1}\right) } = \limite{x}{+\infty}{ \left(\dfrac{3x^2}{8x^2}\right) } = \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3}{8}\right)} = \dfrac{3}{8}$.

\item $\limite{x}{+\infty}{ \left( \dfrac{5x^2-3x+1}{-x+2} \right) } = \limite{x}{+\infty}{ \left( \dfrac{5x^2}{-x} \right) } = \limite{x}{+\infty}{(-5x)} = -\infty$.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\subsection{Limites et croissances comparées de l'exponentielle}

\begin{prop}[croissances comparées de l'exponentielle]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\[
\limite{x}{-\infty}\big(\e^x\big) = 0\qquad\text{et}\qquad\limite{x}{+\infty}\big(\e^x\big)=+\infty.
\]
\bigskip

\textbf{Croissances comparées:}

\bigskip

\[ \limite{x}{-\infty}{\left( x\e^x \right) }=0 \]

\[ \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{\e^x}{x} \right) } = +\infty \]
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}%[yscale=0.5]
\draw[->,thick,>=latex] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,thick,>=latex] (0,-1) -- (0,10);
\foreach\x in {-2,-1,1,2}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {$\x$};
}
\foreach\x in {1,2,3,4,5,6,7,8,9}
{
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {$\x$};
}
\node[below left] at (0,0) {0};
\clip (-3,0) rectangle (3,10);
\draw[thick,red] plot[domain=-5:3,samples=70] (\x,{exp(\x)});
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\end{prop}


\section{Limite en un nombre fini}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
Soit $a$ un réel fini. La limite d'une fonction $f$ en $a$ est la valeur vers laquelle $f(x)$ se rapproche quand $x$ se rapproche de $a$. On la note $\limite{x}{a}f(x)$.
\end{defin}

\begin{rem}[limites à droite et à gauche]
Il se peut que, lorsque $x$ se rapproche de $a$ tout en lui étant inférieur, la limite soit différente du cas où $x$ se rapproche de $a$ en lui étant supérieur. On écrit alors :
\[
\limite[x<a]{x}{a}f(x) \neq \limite[x>a]{x}{a}f(x).
\]
\end{rem}

\begin{exemple}
$\limite[x<0]{x}{0}\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\infty$ et $\limite[x>0]{x}{0}\left(\dfrac{1}{x}\right)=+\infty$.
\end{exemple}

\subsection{Asymptote verticale}

\begin{prop}[asymptote verticale]
Soit $a$ un réel. Si $\limite{x}{a}{f(x)}=+\infty$ (resp. $-\infty$) alors la courbe représentative $\mathcal{C}$ de $f$ se rapproche de la droite d'équation $x=a$.

Dans ce cas, on dit que la droite d'équation $x=a$ est une \textit{asymptote verticale} de $\mathcal{C}$.

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}[scale=0.75]
\draw[->,>=latex,thick] (-5,0) -- (5,0);
\draw[->,>=latex,thick] (0,-3) -- (0,3);
\clip (-5,-3) rectangle (5,3);
\draw[red,thick] plot[domain=-5:-1.1,samples=70] (\x,{1/(\x+1)});
\draw[red,thick] plot[domain=-0.9:5,samples=70] (\x,{1/(\x+1)}) node[above left] {$\cal C$};
\node[below left] at (0,0) {$O$};
\draw[orange] (-1,-3) -- (-1,3) node[below left] {$\mathcal{D}\;:\;x=a$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Ici, $\cal D$ est une asymptote verticale de $\cal C$ en $a$.
\end{minipage}
\end{prop}

\begin{prop}
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite[x>0]{x}{0}{\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}=+\infty$.
\item $\limite[x>0]{x}{0}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=+\infty,\ n\in\N$.
\item $\limite[x<0]{x}{0}{\left(\dfrac{1}{x^{2n}}\right)}=+\infty,\ n\in\N$.
\item $\limite[x<0]{x}{0}{\left(\dfrac{1}{x^{2n+1}}\right)}=-\infty,\ n\in\N$.
\end{multicols}
\end{itemize}
\end{prop}


\section{Opération sur les limites}

\subsection{Propriété générale}

\begin{prop}
Soient $f$ et $g$ deux fonctions telles que:
\[
\limite{x}{A}{f(x)}=\ell\qquad\text{et}\qquad\limite{x}{A}{g(x)}=\ell'
\]
où $A$ peut désigner un nombre réel ou un infini. Alors,
\begin{itemize}
\item $\forall \lambda \in\R*,\ \limite{x}{A}{\big[ \lambda f(x) \big]} = \lambda \times \ell$.
\item Si $\ell' \neq -\infty$, $\limite{x}{A}{\big(f(x)+g(x)\big)}=\ell+\ell'$.
\item Si $\ell\neq0$,
\begin{itemize}
\item Si $\ell'\neq0$, $\limite{x}{A}{\left(\dfrac{f(x)}{g(x)}\right)}=\dfrac{\ell}{\ell'}$.
\item Si $\ell'=0$, $\limite{x}{A}{\left(\dfrac{f(x)}{g(x)}\right)}=\pm\infty$.
\end{itemize} 
\item Si $\ell\neq0$ et $\ell'\neq\pm\infty$, $\limite{x}{A}{\big[f(x)\times g(x)\big]} = \ell \times \ell'$.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{exemple}
\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}
\item Si $\limite{x}{+\infty}{f(x)} =  2$ et $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=-3$ alors,
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\big[f(x)+g(x)\big]}=2+(-3)=-1$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\big[f(x)\times g(x)\big]}=2\times(-3)=-6$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right) }=\dfrac{2}{-3}=-\dfrac{-2}{3}$.
\end{itemize}

\item  Si $\limite{x}{+\infty}{f(x)} =  -2$ et $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=+\infty$ alors,
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\big[f(x)+g(x)\big]}=\text{\og $-2+(-\infty)$ \fg} = +\infty$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\big[f(x)\times g(x)\big]}=\text{\og}-2\times(+\infty)\text{\fg}=-\infty$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right) }=\text{\og}\dfrac{-2}{+\infty}\text{\fg}=0$.
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{multicols}
\end{exemple}

\subsection{Formes indéterminées}

\begin{prop}
Soient $f$ et $g$ deux fonctions telles que:
\[
\limite{x}{A}{f(x)}=\ell\qquad\text{et}\qquad\limite{x}{A}{g(x)}=\ell'
\]
où $A$ peut désigner un nombre réel ou un infini. Alors,
\begin{itemize}
\item Si $\ell=+\infty$ et $\ell'=-\infty$ alors $\limite{x}{A}{\big[ f(x)+g(x) \big]}$ est une \textit{forme indéterminée} du type \og $\infty-\infty$ \fg{}:  on ne peut pas la calculer directement.

\item  Si $\ell=\pm\infty$ et $\ell'=\pm\infty$ alors $\limite{x}{A}{\left( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right)}$ est une \textit{forme indéterminée} du type \og $\dfrac{\infty}{\infty}$ \fg.

\item Si $\ell = 0$ et $\ell'=\pm\infty$ alors $\limite{x}{A}{\big[ f(x) \times g(x) \big]}$ est une \textit{forme indéterminée} du type \og $0\times\infty$ \fg.

\item Si $\ell = \ell' = 0$ alors $\limite{x}{A}{\left(\dfrac{f(x)}{g(x)}\right)}$ est une \textit{forme indéterminée} du type \og $\dfrac{0}{0}$ \fg.
\end{itemize}
\end{prop}


\section{Composition et comparaison}

\subsection{Composition de deux fonctions}

\begin{prop}[composition]
Soient $u$ et $v$ deux fonctions. On définit la fonction $f$ par $f(x)=u\big[v(x)\big]$. Alors,
\[
\limite{x}{\alpha}{f(x)}=\limite{X}{y}{u(X)}\quad,\quad \text{où } y=\limite{x}{\alpha}{v(x)},
\]
$\alpha$ pouvant représenter un nombre fini ou un infini.
\end{prop}

\begin{rem}
On peut aussi noter:
\[
f(x) = u\big[v(x)\big] = (u \circ v) (x)
\]
(lire \og $u$ rond $v$ \fg). On dit que $f$ est une \textit{fonction composée}.
\end{rem}



\begin{exemple}
Soit $f(x)=\sqrt{x^2+1}$.
\[
\left.
\begin{array}{r}
\limite{x}{-\infty}{\left(\textcolor{blue}{x^2+1}\right)}=\textcolor{red}{+\infty}\\[8pt]
\limite{\textcolor{blue}{X}}{\textcolor{red}{+\infty}}{\sqrt{\textcolor{blue}{X}}}=+\infty
\end{array}
\right\rbrace\Rightarrow\limite{x}{-\infty}{f(x)}=+\infty.
\]
\end{exemple}

\subsection{Théorème de comparaison}

\begin{thm}[théorème de comparaison]
Soient $f$ et $g$ deux fonctions.
\begin{itemize}
\item \textbf{Théorème de minoration:}
\[
\begin{cases}
\exists A\in\R,\ \forall x>A,\ g(x) \geqslant f(x)\\
\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty
\end{cases} \Longrightarrow \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty.
\]

\item \textbf{Théorème de majoration:}
\[
\begin{cases}
\exists A\in\R,\ \forall x>A,\ g(x) \leqslant f(x)\\
\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty
\end{cases} \Longrightarrow \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty.
\]
\end{itemize}
\end{thm}

\begin{exemple}
\begin{itemize}
\item Soit $g$ une fonction telle que, pour tout réel $x$, $g(x) \geqslant x+1$.

$\limite{x}{+\infty}{(x+1)}=+\infty$ donc, d'après le théorème de minoration, $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=+\infty$.

\item Soit $g$ une fonction telle que, pour tout réel $x$, $g(x) \leqslant -\sqrt{x}$

$\limite{x}{+\infty}{\big(-\sqrt{x}\big)}=-\infty$ donc, d'après le théorème de majoration, $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=-\infty$.
\end{itemize}
\end{exemple}

\begin{rem}
Le théorème de comparaison est aussi valable lorsque $x$ tend vers $-\infty$:
\begin{itemize}
\item $\begin{cases}
\exists A\in\R,\ \forall x<A,\ g(x) \geqslant f(x)\\
\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty
\end{cases} \Longrightarrow \lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty.$

\item $\begin{cases}
\exists A\in\R,\ \forall x<A,\ g(x) \leqslant f(x)\\
\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty
\end{cases} \Longrightarrow \lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = -\infty.$
\end{itemize}
\end{rem}



\subsection{Théorème d'encadrement (des gendarmes)}

\begin{thm}[théorème d'encadrement]
On considère trois fonctions $u$, $v$ et $f$ et un réel $\ell$.
\[
\begin{cases}
\exists A\in\R,\ \forall x > A,\ u(x) \leqslant f(x) \leqslant v(x)\\
\lim\limits_{x\to+\infty} u(x) = \lim\limits_{x\to+\infty} v(x) = \ell
\end{cases}
\Longrightarrow \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \ell.
\]
\end{thm}

\begin{exemple}
Soit $f$ une fonction telle que, pour tout réel $x$,
\[
\dfrac{-x}{x^2+1} \leqslant f(x) \leqslant \dfrac{x}{x^2+1}.
\]
$\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{-x}{x^2+1}\right)} = \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{x^2+1}\right)} = 0$ donc, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\limite{x}{+\infty}{f(x)} = 0.
\]
\end{exemple}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Exercices types
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exotype

\begin{exercicetype}{limite d'une fraction rationnelle en $+\infty$}{}
Soit $f$ la fonction définie sur \R par:
\[
f(x)=\dfrac{3x^2+5x-1}{4x^2+x+1}.
\]
Déterminer sa limite en $+\infty$ et interpréter graphiquement ce résultat.

\tcblower

D'après la propriété de la limite aux infinis des fractions rationnelles,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{3x^2+5x-1}{4x^2+x+1} \right) } = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{3x^2}{4x^2} \right)} = \dfrac{3}{4}.
\]
On en déduit que $\mathcal{C}_f$, la courbe représentative de $f$, admet une asymptote horizontale d'équation $y=\dfrac{3}{4}$ au voisinage de $+\infty$.
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{limite d'une fonction avec racine carrée}{}
Calculer $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{ x + \sqrt{x} }{x^2 + 1} \right)}$.

\tcblower

Posons $f(x)=\dfrac{ x + \sqrt{x} }{x^2 + 1}$.

\begin{attention}
$f(x)$ n'est pas une fraction rationnelle car elle comporte une racine carrée.
\end{attention}

\begin{itemize}
\item On constate une forme indéterminée.

\medskip

$\left.\begin{aligned}
\limite{x}{+\infty}{\big( x + \sqrt{x} \big)} = +\infty\text{ (par somme des limites)}\\
\limite{x}{+\infty}{\big(x^2+1\big)}=+\infty
\end{aligned}
\right\} \Rightarrow
\limite{x}{+\infty}{\big[f(x)\big]}\text{ est une forme indéterminée du type \og $\dfrac{\infty}{\infty}$ \fg}.
$

\item On lève l'indétermination en factorisant par le terme dominant au numérateur et au dénominateur.
\[
f(x)=\dfrac{ \cancel{x}\left(1 + \frac{\sqrt{x}}{x} \right) }{x^{\cancel{2}}\left(1 + \frac{1}{x^2} \right)} = \dfrac{ 1 + \frac{1}{\sqrt{x}} }{x\left(1 + \frac{1}{x^2} \right)}\text{ (ne pas oublier que $\dfrac{\sqrt{x}}{x} = \dfrac{\cancel{\sqrt{x}}\times1}{\cancel{\sqrt{x}}\times\sqrt{x}}$ )}
\]
Or, $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{\sqrt{x}} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{x^2} \right)} = 0$. Donc, par somme, produit et quotient des limites,
\[
\limite{x}{+\infty}{\big[f(x)\big]}=\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{x} \right)}=0.
\]
\end{itemize}
\end{exercicetype}

%%%

\newpage

\begin{exercicetype}{limite d'une fraction rationnelle en un point}{}
Soit $f$ la fonction définie pour tout réel $x \neq 1$ par:
\[
f(x) = \dfrac{3x^2-5x+1}{x-1}.
\]
Calculer $\limite[x>1]{x}{1}{\big[f(x)\big]}$, et interpréter graphiquement ce résultat.

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{1}{(3x^2-5x+1)}= 3\times1^2 - 5\times1 + 1 = 3-5+1=-1$.
\item $\limite[x>1]{x}{1}{(x-1)}=0^+$ (en effet, si $x>1$ alors $x-1>0$).
\end{itemize}
Ainsi, par quotient, 
\[
\limite[x>1]{x}{1}{\big[f(x)\big]} = -\infty.
\]
En effet, en termes de limites, \og $\dfrac{-1}{0^+}=-\infty$ \fg{} (on utilise la règle des signes \og $-$ par $+$ donne $-$ \fg{} et on sait qu'une constante sur une expression qui tend vers 0 donne un infini).

\medskip

Graphiquement, cela signifie que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote (verticale) d'équation $x=1$.
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{limite d'une composée de fonctions}{}
Calculer $\limite{x}{+\infty}{\left( \e^{\frac{-x-1}{\sqrt{x}+1}} \right)}$.

\tcblower

\begin{itemize}
\item On calcule avant tout la limite de $\dfrac{-x-1}{\sqrt{x}+1}$.

\medskip

\[
\frac{-x-1}{\sqrt{x}+1} = \frac{x\left(-1-\frac{1}{x}\right)}{\sqrt{x}\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}} \right)} = \frac{\cancel{\sqrt{x}}\times\sqrt{x}\left(-1-\frac{1}{x}\right)}{\cancel{\sqrt{x}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{x}} \right)}  = \dfrac{\sqrt{x} \left( -1-\frac{1}{x} \right)}{1+\frac{1}{\sqrt{x}}}.
\]

$\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ donc, par produit des limites, $\limite{x}{+\infty}{\left[\sqrt{x}\left(-1-\dfrac{1}{c}\right) \right]}=-\infty$.

De plus, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}=0$ donc, par somme des limites, $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{\sqrt{x}} \right)}=1$.

Ainsi, par quotient des limites,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{-x-1}{\sqrt{x}+1} \right)}=-\infty.
\]

\item On calcule maintenant la limite de la composée.

\medskip

$\left.
\begin{aligned}
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{-x-1}{\sqrt{x}+1} \right)}=-\infty\\
\limite{X}{-\infty}{\left(\e^X\right)}=0
\end{aligned} \right\} \Rightarrow \limite{x}{+\infty}{\Big( \e^{\frac{-x-1}{\sqrt{x}+1}} \Big)}=0$.
\end{itemize}
\end{exercicetype}

%%%

\newpage

\begin{exercicetype}{théorème des gendarmes}{}
Calculer $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x+\sin(x)}{x^2} \right)}$.

\tcblower

\begin{methode}
Dès qu'il y a un sinus ou un cosinus dans une expression où il est demandé de déterminer une limite à un infini, il faut toujours partir de l'encadrement \og $-1 \leqslant \sin(x) \leqslant 1$ \fg, et on construit petit à petit l'expression demandée.
\end{methode}

\textit{L'objectif est d'encadrer l'expression par deux expressions dont on peut facilement trouver la limite.}

\medskip

On nous demande ici la limite en $+\infty$, donc on va prendre $x>0$:
\begin{align*}
\forall x > 0, -1 \leqslant \sin(x) \leqslant 1 & \iff x-1 \leqslant x + \sin(x) \leqslant x + 1\\
& \iff \dfrac{x-1}{x^2} \leqslant \dfrac{x + \sin(x)}{x^2} \leqslant \dfrac{x+1}{x^2}.
\end{align*}

Or, d'après la propriété sur la limite aux infinis des fractions rationnelles, 
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x-1}{x^2} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x}{x^2} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{x} \right)} = 0
\]
De même,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x+1}{x^2} \right)} = 0.
\]

\medskip

Ainsi, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x+\sin(x)}{x^2} \right)} = 0.
\]
\end{exercicetype}

%%


\begin{exercicetype}{théorème de comparaison}{}
Calculer $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x^2+\sin(x)}{x} \right)}$.

\tcblower

\textit{L'objectif est d'encadrer l'expression par deux expressions dont on peut facilement trouver la limite.}

\medskip

On nous demande ici la limite en $+\infty$, donc on va prendre $x>0$:
\begin{align*}
\forall x > 0, -1 \leqslant \sin(x) \leqslant 1 & \iff x^2-1 \leqslant x^2 + \sin(x) \leqslant x^2 + 1\\
& \iff \dfrac{x^2-1}{x} \leqslant \dfrac{x^2 + \sin(x)}{x} \leqslant \dfrac{x^2+1}{x}.
\end{align*}

Or, d'après la propriété sur la limite aux infinis des fractions rationnelles, 
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x^2-1}{x} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x^2}{x} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( x \right)} = +\infty.
\]
Nous allons retenir uniquement la partie gauche de l'encadrement:
\[
\dfrac{x^2-1}{x} \leqslant \dfrac{x^2 + \sin(x)}{x}.
\]

Ainsi, d'après le théorème de minoration,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x^2+\sin(x)}{x} \right)} = +\infty.
\]
\end{exercicetype}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exercices
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\sectionnn{Limites à l'infini}

%%%

\begin{exocor}{fractions rationnelles}[1]
Déterminer les limites suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3-x}{4+x}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1}\right)}$
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1}\right)}$
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{4x^2+7x-9}{x-1}\right)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{attention}
Dans mon cours, j'ai inséré la propriété \ref{prop:fracrat} (limites aux infinis des fractions rationnelles), mais beaucoup d'enseignants ne l'utilisent pas et préfèrent passer par la méthode générale consistant à factoriser le numérateur et le dénominateur par le terme de plus haut degré. C'est ainsi que je vais corriger toutes les questions portant sur les limites de fractions rationnelles pour aider au mieux les élèves.
\end{attention}
\begin{enumerate}
\item  $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3-x}{4+x}\right)}$. Pour $x>0$ (car on regarde la limite en $+\infty$):
\[
\dfrac{3-x}{4+x} = \dfrac{x\left( \frac{3}{x}-1 \right)}{x\left( \frac{4}{x}+1 \right)} = \dfrac{\frac{3}{x}-1}{\frac{4}{x}+1}.
\]
Or, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ donc:
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( \frac{3}{x}-1 \right)}=-1$;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( \frac{4}{x} + 1\right)}=1$.
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3-x}{4+x}\right)} = -1 }
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1}\right)}$. Pour $x>0$ (car on regarde la limite en $+\infty$):
\[
\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1} = \dfrac{\cancel{x^2}\left( 1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} \right)}{\cancel{x^2}\left( 2 + \frac{1}{x} \right)} = \dfrac{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} }{ 2 + \frac{1}{x} }.
\]
Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( 1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} \right)} = 1$;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( 2 + \frac{1}{x} \right)} = 2$.
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1}\right)} = \dfrac{1}{2} }
\]

\item $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1}\right)}$. Pour $x<0$ (car on regarde la limite en $-\infty$):
\[
\dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1} = \dfrac{\cancel{x^2}\left(1 + \frac{5}{x} - \frac{7}{x^2} \right)}{\cancel{x^2}\left(1 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2} \right)} = \dfrac{ 1 + \frac{5}{x} - \frac{7}{x^2} }{ 1 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2} }.
\]
\newpage
Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{-\infty}{\left( 1 + \frac{5}{x} - \frac{7}{x^2} \right)} = 1$;
\item $\limite{x}{-\infty}{\left( 1 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2} \right)} = 1$.
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{-\infty}{\left( \dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1} \right)} = 1 }
\]

\item $\limite{x}{-\infty}{\left( \dfrac{4x^2+7x-9}{x-1} \right)}$. Pour $x<0$ (car on regarde la limite en $-\infty$):
\[
\dfrac{4x^2+7x-9}{x-1} = \dfrac{x^2\left(4+\frac{7}{x}-\frac{9}{x^2}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)} = \dfrac{x\left(4+\frac{7}{x}-\frac{9}{x^2}\right)}{1-\frac{1}{x}}.
\]
Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{-\infty}{x\left(4+\frac{7}{x}-\frac{9}{x^2}\right)} = -\infty$;
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(1-\frac{1}{x}\right)}=1$.
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{4x^2+7x-9}{x-1}\right)} = -\infty }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{limites diverses: polynômes et composition}[1]
Calculer la limite des fonctions suivantes en $+\infty$.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $f(x)=x^3+4x^2-5x+1$
\item $g(x)=\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)$
\item $h(x)=\sqrt{x^2+2x+3}$
\item $k(x)=\dfrac{x^2+1}{\sin\frac{1}{x}}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
f(x) & = x^3+4x^2-5x+1\\
	   & = x^3\left(1+\dfrac{4}{x}-\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}\right)
\end{aligned}$

Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{4}{x}-\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}\right)}=1$.

De plus, $\limite{x}{+\infty}{\big(x^3\big)}=+\infty$ donc par produit des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty}$

\bigskip

\item \raisebox{-1em}{$\begin{aligned}[t]
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0\\[10pt]
\limite{X}{0}{\big(\sin X\big)}=0
\end{array}
\right\}\Rightarrow\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left[\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right]}=0}
\end{aligned}$}

\bigskip

\item $\begin{aligned}[t]
h(x) & = \sqrt{x^2+2x+3}\\
	   & = \sqrt{x^2\left(1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}\\
	   & = x\sqrt{1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}\quad\text{pour $x>0$}
\end{aligned}$

Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}=1$.

Ainsi, par produit des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{g(x)}=+\infty}$

\bigskip

\item \raisebox{-2.7em}{$\begin{aligned}[t]
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{(x^2+1)}=+\infty\\[10pt]
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0^+\\[10pt]
\limite{X}{0^+}{\big(\sin(X)\big)}=0^+
\end{array}
\right\} \Rightarrow \limite{x}{+\infty}{\left[\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right]}=0^+
\end{array}
\right\}\Rightarrow\text{ par quotient des limites, }\boxed{\limite{x}{+\infty}{k(x)}=+\infty}
\end{aligned}$}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{asymptote}[1]
On considère la fonction $f$ définie sur $\R\setminus\{5\}$ par:
\[
f(x)=\dfrac{-3x+1}{x-5}.
\]
Montrer que la courbe représentative de la fonction $f$ admet deux asymptotes dont on donnera une équation.

\tcblower

\begin{itemize}
\item \textit{Existence d'une asymptote horizontale.}

Pour tout réel $x$ non nul,
\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{-3x+1}{x-5}\\
     & = \dfrac{\cancel{x}\left(-3+\frac{1}{x}\right)}{\cancel{x}\left(1-\frac{5}{x}\right)}\\
     & = \dfrac{-3+\frac{1}{x}}{1-\frac{5}{x}}.
\end{align*}
Pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$. Ainsi, par quotient des limites:
\[
\limite{x}{+\infty}{f(x)}=-3.
\]
Ainsi, la courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote horizontale d'équation $y=-3$ au voisinage de $+\infty$.

\begin{rem}
Il en est de même au voisinage de $-\infty$ car la limite de $f$ est la même en $-\infty$.
\end{rem}

\item \textit{Existence d'une asymptote verticale.}

La fraction rationnelle possède une valeur interdite ($x=5$). On calcule alors la limite de $f(x)$ en $x=5$ (par valeurs supérieures ou inférieures).
\[
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{5}{(-3x+1)} = -3\times5+1 = -14<0\\
\limite[x>5]{x}{5}{(x-5)} = 0^+\text{ car }x>5\iff x-5>0
\end{array}\right\}
\Rightarrow 
\text{(par quotient)}
\limite[x>5]{x}{5}{\left( \dfrac{-3x+1}{x-5} \right)} = \limite{X}{0^+}{\left(\dfrac{-14}{X}\right)}=+\infty.
\]
Ainsi, la courbe représentative de $f$ admet une asymptote verticale d'équation $x=5$.
\begin{rem}
Inutile de déterminer la limite de $f(x)$ en 5 par valeurs inférieures car le résultat obtenu est suffisant pour prouver l'existence d'une asymptote verticale.
\end{rem}
\end{itemize}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{théorèmes de comparaison et des gendarmes}[1]
À l'aide du théorème de comparaison ou du théorème de gendarmes, calculer les limites suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{+\infty}{ \left( \dfrac{1-\sin x}{x^2} \right) }$
\item $\limite{x}{-\infty}{\big[\cos(x)\e^x\big]}$
\item $\limite{x}{+\infty}(x^2-\sin x)$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7\sin x}\right)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{+\infty}\left(\dfrac{1-\sin x}{x^2}\right)$. 

Pour tout réel $x$ non nul, 
\begin{align*}
-1 \leqslant \sin x \leqslant x & \iff -1 \leqslant -\sin x \leqslant 1\\
& \iff 0 \leqslant 1-\sin x \leqslant 2\\
& \iff  0\leqslant \dfrac{1-\sin x}{x^2} \leqslant \dfrac{2}{x^2}.
\end{align*}
\newpage
Or, 
\[
\limite{x}{+\infty}\left(\dfrac{2}{x^2}\right)=0
\]
donc, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}\left(\dfrac{1-\sin x}{x^2}\right) = 0}
\]


\item $\limite{x}{-\infty}\big[\cos(x)\e^x\big]$.

Pour tout réel $x$,
\[
-1 \leqslant \cos x \leqslant 1 \iff -\e^x \leqslant \cos(x)\e^x \leqslant \e^x.
\]
Or, $\limite{x}{-\infty}\big(\e^x\big) = 0$ donc, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\boxed{\limite{x}{-\infty}\big(\cos(x)\e^x\big)=0}
\]

\item $\limite{x}{+\infty}(x^2-\sin x)$. Pour tout réel $x$,
\[
-1 \leqslant -\sin x \leqslant x \iff {\color{red}x^2-1 \leqslant x^2 -\sin x} \leqslant x^2+1
\]
En tenant compte de la partie gauche de l'encadrement (en rouge), d'après le théorème de minoration,
\[
\limite{x}{+\infty}(x^2-1)=+\infty \Rightarrow \boxed{\limite{x}{+\infty}(x^2-\sin x)=+\infty}
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7\sin x}\right)}$.
\begin{align*}
\forall x\in\R_+,\qquad -1 \leqslant \sin x \leqslant 1 & \iff -7 \leqslant -7\sin x \leqslant 7\\
& \iff x-7 \leqslant x-7\sin x \leqslant x+7\\
& \iff \dfrac{1}{x+7} \leqslant \dfrac{1}{x-7\sin x} \leqslant \dfrac{1}{x-7}\\
& \iff \dfrac{4x+3}{x+7} \leqslant \dfrac{4x+3}{x-7\sin x} \leqslant \dfrac{4x+3}{x-7}\\
& \text{(on a multiplié par }4x+3>0\text{ donc on ne change pas le sens des inégalités)}
\end{align*}
Or, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x+7}\right)}=\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x}{x}\right)}=4$. 

De même, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7}\right)}=4$.

Ainsi, d'après le théorème des gendarmes,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7\sin x}\right)} = 4 }
\]
\end{enumerate}
\vspace*{2cm}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{expressions conjuguées}[2]
À l'aide d'une expression conjuguée, déterminer les limites suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \big)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)}$
\item $\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} \big)}$
\item $\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} \big)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \big)}$.
\begin{align*}
\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} & = \dfrac{\big(\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1}\big)\big(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}\big)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}\\
& = \dfrac{x+2-(x-1)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}\\
& = \dfrac{3}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}.
\end{align*}
$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{\sqrt{x+2}}=+\infty\\
\limite{x}{+\infty}{\sqrt{x-1}}=+\infty
\end{array}\right\}\Rightarrow\text{ (par somme des limites) }\limite{x}{+\infty}{\big(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}\big)}=+\infty.$

Ainsi, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}\right)} = \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{3}{X}\right)}=0$.

\medskip

On en déduit alors que $\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \big)} = 0}$

\item $\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)}$.
\begin{align*}
\sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1}  & = \dfrac{\big(\sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)\big( \sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} \big)}{\sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} }\\
& = \dfrac{x^2+3x+1-(2x^2+x+1)}{\sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} }\\
& = \dfrac{-x^2+2x}{\sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} }\\
& = \dfrac{x^2\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{\sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}\right)} + \sqrt{x^2\left(2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}\right)} }\\
& = \dfrac{x^2\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + x\sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}} },\text{ pour }x>0\\
& = \dfrac{\cancel{x} \times x\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{\cancel{x}\left[\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}} \right] },\text{ pour }x>0\\
& = \dfrac{x\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}}},\text{ pour }x>0
\end{align*}

On sait que pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left[x\left(-1+\frac{2}{x}\right)\right]}=-\infty$ (par produit des limites);
\item $\limite{x}{+\infty}{\left( \sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}} \right)}=1+\sqrt2 > 0$.
\end{itemize}
Donc, par quotient des limites,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)} = -\infty}
\]

\item $\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} \big)}$. 
\begin{align*}
\sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} & = \dfrac{\big(\sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3}\big)\big(\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}\big)}{\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}}\\
& = \dfrac{3-x-x^2+3}{\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}}\\
& = \dfrac{-x^2-x+6}{\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}}\\
& = \dfrac{x^2\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{\sqrt{x^2\left(\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}\right)} + \sqrt{x^2\left(1-\frac{3}{x}\right)}}\\
& = \dfrac{ x^2\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{ \sqrt{x^2}\left[ \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} \right]}\\
& = \dfrac{ x^2\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{ -x\left[ \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} \right]},\quad\text{ pour }x<0\\
& = \dfrac{ -x\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{ \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} },\quad\text{ pour }x<0\\
\end{align*}

\begin{attention}
On calcule une limite en $-\infty$ donc on prendra les calculs en considérant que $x<0$.
\end{attention}

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{-\infty}{\left[-x\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)\right]}=-\infty$ (par produit des limites);
\item $\limite{x}{-\infty}{\left( \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} \right)}=1$.
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} \big)} = -\infty}
\]

\item $\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} \big)}$.
\begin{align*}
\sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} & = \dfrac{\big(\sqrt{5-x}-\sqrt{10-x}\big)\big(\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}\big)}{\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}}\\
& = \dfrac{5-x-10+x}{\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}}\\
& = \dfrac{-5}{\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}}.
\end{align*}
$\limite{x}{-\infty}{\sqrt{5-x}}=\limite{x}{-\infty}{\sqrt{10-x}}=+\infty$ donc par somme des limites,
\[
\limite{x}{-\infty}{\big(\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}\big)}=+\infty.
\]
De plus, $\limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{-5}{X}\right)}=0$, en considérant que $X=\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}$. Ainsi,
\[
\boxed{ \limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} \big)} = 0}
\]
\end{enumerate}

\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{limites diverses}[2]
Calculer les limites suivantes.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{2x^2-5x+3}{3x^2+4x-1}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{2x+3}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x+1}\right)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\text{Pour }x\neq0,\ \dfrac{2x^2-5x+3}{3x^2+4x-1} & = \dfrac{\cancel{x^2}\left(2-\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}{\cancel{x^2}\left(3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)} = \dfrac{2-\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{1}{x^2}}.\end{aligned}$

Or,  pour tout entier naturel non nul $n$, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(2-\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}=2$;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)}=3$.
\end{multicols}
\end{itemize}

Ainsi, par quotient des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{2x^2-5x+3}{3x^2+4x-1}\right)}=\dfrac{2}{3}}$

\item Pour $x\neq0$, $\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{2x+3} = \dfrac{\sqrt{x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}}{x\left(x+\dfrac{3}{x}\right)} = \dfrac{\cancel{x}\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}{\cancel{x}\left(2+\dfrac{3}{x}\right)} = \dfrac{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}{\left(2+\dfrac{3}{x}\right)}$.

Or, pour tout entier naturel non nul $n$, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc :
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}=\sqrt{1}=1$;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(2+\dfrac{3}{x}\right)}=2$.
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{2x+3}\right)}=\dfrac{1}{2}}$

\item $\begin{aligned}[t]
\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1} & = \dfrac{\big(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1}\big)\big(\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}\big)}{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}}\\[12pt]
& = \dfrac{x^2+3-(x^2+1)}{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}}\\[12pt]
& = \dfrac{2}{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}}
\end{aligned} $

\medskip

$\limite{x}{+\infty}{\sqrt{x^2+3}}=\limite{x}{+\infty}{\sqrt{x^2+1}}=+\infty$ donc par somme, $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}\right)}=+\infty$. 

Ainsi, par quotient, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1}\right)}=0}$

\item $\begin{aligned}[t]
\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x+1} & = \sqrt{x^2\left(1+\dfrac{3}{x^2}\right)}-\sqrt{x^2\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)}\quad\text{pour }x\neq0\\
& = x\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}-x\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}\quad\text{pour }x>0\\
& = x\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}-\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}\right)
\end{aligned}$

Or, $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}}=1$ et $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}}=0$ donc par somme :
\mbox{$\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}-\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}\right)}=1$}.

Ainsi, par produit, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\big(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x+1}\big)}=+\infty}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{limites d'une fonction}[2]
Soit $f(x)=x+\sqrt{x^2+1}$.

Déterminer la limite de $f(x)$ en $-\infty$ et en $+\infty$.

\tcblower

\begin{itemize}
\item \textit{Limite en $+\infty$}.

\medskip

$\left.
\begin{array}{r}
\limite{x}{+\infty}(x^2+1)=+\infty\\
\limite{X}{+\infty}\sqrt{X}=+\infty
\end{array}\right\rbrace \Rightarrow \limite{x}{+\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty.$

Ainsi, par somme,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}\big(x+\sqrt{x^2+1}\big)=+\infty}
\]

\item \textit{Limite en $-\infty$}.

\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{\big(x+\sqrt{x^2+1}\big)\big(x-\sqrt{x^2+1}\big)}{x-\sqrt{x^2+1}}\\
& = \dfrac{x^2-(x^2+1)}{x-\sqrt{x^2+1}}\\
& = \dfrac{-1}{x-\sqrt{x^2+1}}.\end{align*}

De plus,
\[
\limite{x}{-\infty}(x^2+1)=+\infty
\]
donc 
\[
\limite{x}{-\infty}\sqrt{x^2+1}=\limite{X}{+\infty}\sqrt{X}=+\infty.
\]
Ainsi, par somme,
\[
\limite{x}{-\infty}\left(x-\sqrt{x^2+1}\right)=-\infty.
\]
Par passage à l'inverse, on a alors:
\[
\boxed{\limite{x}{-\infty}{f(x)} = \limite{x}{-\infty}\left(\dfrac{-1}{x-\sqrt{x^2+1}}\right)=\limite{X}{-\infty}{\left(\dfrac{-1}{X}\right)}=0}
\]
\end{itemize}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec une exponentielle}[2]
Déterminer les limites suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{7+2x}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{3x-2}\right)}$
\item $\limite{x}{-\infty}{\left((x+5)\e^{2x}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+1}\e^{-x}\right)}$
\item $\limite{x}{+\infty}{\Big[\big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}}\Big]}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)}$.

On sait d'après le cours (croissances comparées) que $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty$ donc, en inversant l'expression,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)} = \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{X}\right)} = 0 }
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{7+2x}\right)}$.
\begin{methode}
Quand on doit calculer une limite à l'infini d'une expression où est présente l'exponentielle, il faut s'arranger pour transformer l'expression de sorte à faire apparaître une croissance comparée.
\end{methode}
\begin{align*}
\dfrac{\e^x}{7+2x} & = \dfrac{\e^x}{x\left(\frac{7}{x}+2\right)}\\
& = \dfrac{\e^x}{x} \times \dfrac{1}{2+\frac{7}{x}}.
\end{align*}
Or, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty$ (croissances comparées) et $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{2+\frac{7}{x}}\right)}=\dfrac{1}{2}$.

Ainsi, par produit, 
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{7+2x}\right)} = +\infty }
\]


\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{3x-2}\right)}$.

\medskip

Comme dit dans la méthode précédente, on doit faire apparaître une croissance comparée dans l'expression. La plus appropriée semble être $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty$.
\begin{align*}
\dfrac{\e^{5x}}{3x-2} & = \dfrac{\e^{\color{red}5x}}{\frac{3}{5}\times{\color{red}5x}-2}\\
& = \dfrac{\e^{5x}}{\frac{3}{5}\left(5x - \dfrac{2}{\frac{3}{5}} \right)}\\
& = \dfrac{\e^{5x}}{\frac{3}{5}\left(5x - \frac{10}{3} \right)}\\
& = \dfrac{5}{3}\times\dfrac{\e^{5x}}{5x - \frac{10}{3}}\\
& = \dfrac{5}{3}\times\dfrac{\e^{5x}}{5x\left(1 - \frac{10}{3\times5x}\right)}\\
& = \dfrac{5}{3}\times\dfrac{\e^{5x}}{5x}\times\dfrac{1}{1-\frac{2}{3x}}.
\end{align*}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{5x}\right)}=\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\e^X}{X}}=+\infty$ en posant $X=5x$;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(1-\dfrac{2}{3x}\right)}=1$;
\item $\dfrac{5}{3}>0$.
\end{itemize}
Ainsi, par produit des limites, on en déduit que:
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{3x-2}\right)} = +\infty }
\]

\item $\limite{x}{-\infty}{(x+5)\e^{2x}}$.

\medskip

On va tenter de faire apparaître la croissance comparée $\limite{x}{-\infty}{\left(x\e^x\right)}=0$.
\begin{align*}
(x+5)\e^{2x} & = \left(\dfrac{1}{2}\times{\color{red}2x}+5\right)\e^{\color{red}2x}\\
& = \dfrac{1}{2}\times2x\e^{2x}+5\e^{2x}.
\end{align*}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(2x\e^{2x}\right)}=\limite{X}{-\infty}{\left(X\e^X\right)}=0$, avec $X=2x$;
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(5\e^{2x}\right)}=0$ car $\limite{x}{-\infty}{\e^x}=0$.
\end{itemize}
Ainsi, par somme des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{-\infty}{\Big[(x+5)\e^{2x}\Big]} = 0  }
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+1}\e^{-x}\right)}$.
\begin{align*}
\sqrt{x^2+1}\e^{-x} & = \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{\e^x}\\
& = \dfrac{\sqrt{x^2\left( 1 + \frac{1}{x} \right)}}{\e^x},\quad x>0\\
& = \dfrac{x\sqrt{1+\frac{1}{x}}}{\e^x},\quad x>0\\
& = \dfrac{x}{\e^x}\times\sqrt{1+\dfrac{1}{x}},\quad x>0.
\end{align*}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)}=0$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x}}}=\sqrt1=1$.
\end{itemize}
Ainsi, par produit des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\big(\sqrt{x^2+1}\e^{-x}\big)} = 0 }
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\Big[\big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}}\Big]}$.
\begin{align*}
\big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}} & = 3\e^{-\sqrt{x}}-\sqrt{x}\e^{-\sqrt{x}}.
\end{align*}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(3\e^{-\sqrt{x}}\right)}=\limite{X}{-\infty}{\left(3\e^X\right)}=0$ en posant $X=-\sqrt{x}$;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(-\sqrt{x}\e^{-\sqrt{x}}\right)}=\limite{X}{-\infty}{\left(X\e^X\right)}=0$ avec $X=-\sqrt{x}$.
\end{itemize}
Ainsi, par somme des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\Big[\big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}}\Big]} = 0 }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\newpage

\sectionnn{Limites en un nombre fini}

%%%

\begin{exocor}{fractions rationnelles}[1]
Déterminer les limites suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite[x<2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x-2}\right)}$
\item $\limite[x>3]{x}{3}{\left(\dfrac{x-9}{x-3}\right)}$
\item $\limite[x<5]{x}{5}{\left(\dfrac{x^2+x+1}{2x^2-9x-5}\right)}$
\item $\limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9}\right)}$
\item $\limite[x>2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x^2+2x-8}\right)}$
\item $\limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4}\right)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\limite[x<2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x-2}\right)}$.
\begin{itemize}
\item $\limite[x<2]{x}{2}{(3x-5)}=3\times2-5=1>0$
\item $\limite[x<2]{x}{2}{(x-2)}=0^-$ (car $x<2 \iff x-2<0$) 
\end{itemize}
Or, $\limite[X<0]{X}{0}{\left(\dfrac{1}{X}\right)}=-\infty$ donc, par limite du quotient,
\[
\boxed{ \limite[x<2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x-2}\right)} = -\infty }
\]


\item $\limite[x>3]{x}{3}{\left(\dfrac{x-9}{x-3}\right)}$.
\begin{itemize}
\item $\limite[x>3]{x}{3}{(x-9)}=3-9=-6<0$
\item $\limite[x>3]{x}{3}{(x-3)}=0^+$ (car $x>3 \iff x-3>0$)
\end{itemize}
Or, $\limite[X>0]{X}{0}{\left(\dfrac{-6}{X}\right)}=-\infty$ donc, par limite du quotient,
\[
\boxed{ \limite[x>3]{x}{3}{\left(\dfrac{x-9}{x-3}\right)} = -\infty }
\]

\item $\limite[x<5]{x}{5}{\left(\dfrac{x^2+x+1}{2x^2-9x-5}\right)}$.

\begin{itemize}
\item $\limite[x<5]{x}{5}{(x^2+x+1)}=5^2+5+1=31>0$
\item Remarquons que les racines de $2x^2-9x-5$ sont $-\dfrac{1}{2}$ et 5. 

Par conséquent, $\limite[x<5]{x}{5}{(2x^2-9x-5)}=0^-$ ($2x^2-9x-5$ est négatif entre ses racines).
\end{itemize}
Ainsi,
\[
\boxed{ \limite[x<5]{x}{5}{\left(\dfrac{x^2+x+1}{2x^2-9x-5}\right)} = -\infty }
\]

\item $\limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9}\right)}$.
\begin{itemize}
\item $\limite[x>1]{x}{1}{(3x^2-5x+2)}=0$
\item $\limite[x>1]{x}{1}{(x^2+8x-9)}=0$
\end{itemize}
Par conséquent, \og 1 \fg{} est une racine du numérateur et du dénominateur. On peut alors écrire:
\[
\dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9}  = \dfrac{(x-1)(3x-2)}{(x-1)(x+9)} = \dfrac{3x-2}{x+9}.
\]
Ainsi,
\[
\boxed{ \limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9}\right)} = \limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x-2}{x-9}\right)}=\dfrac{3\times1-2}{1-9}=-\dfrac{1}{8} }
\]

\item $\limite[x>2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x^2+2x-8}\right)}$.
\begin{itemize}
\item $\limite[x>2]{x}{2}{(3x-5)}=3\times2-5=1>0$;
\item $\limite[x>2]{x}{2}{(x^2+2x-8)}=0^+$ ($x^2+2x-8>0$ à l'extérieur de ses racines $-4$ et $2$).
\end{itemize}
Ainsi,
\[
\boxed{ \limite[x>2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x^2+2x-8}\right)} = +\infty }
\]
\begin{rem}
Dans la mesure où $x^2+2x-8$ s'annule en $x_1=2$, on trouve la seconde racine à l'aide du produit des racines: $x_1x_2=\dfrac{c}{a}$ donc $2x_2=-8$, soit $x_2=-4$. 
\end{rem}

\newpage

\item $\limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4}\right)}$
\begin{itemize}
\item $\limite[x<-1]{x}{-1}{(2x^2+3x+1)}=0$
\item $\limite[x<-1]{x}{-1}{(-5x^2-x+4)}=0$
\end{itemize}
Cela signifie que l'on peut factoriser par $x-(-1)=x+1$ au numérateur et au dénominateur:
\[
\dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4} = \dfrac{(x+1)(2x+1)}{(x+1)(4-5x)} = \dfrac{2x+1}{4-5x}\text{ pour }x\neq-1.
\]
Ainsi,
\[
\boxed{ \limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4}\right)} = \limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x+1}{4-5x}\right)} = -\dfrac{1}{9} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec une exponentielle}[1]
Calculer $\limite[x<1]{x}{1}{\left(\dfrac{2\e^{x-1}}{\e^{x-1}-1}\right)}$.

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\limite[x<1]{x}{1}{\left(2\e^{x-1}\right)}=2\times\e^0=2>0$
\item $\limite[x<1]{x}{1}{\big(\e^{x-1}-1\big)}=0^-$
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{ \limite[x<1]{x}{1}{\left(\dfrac{2\e^{x-1}}{\e^{x-1}-1}\right)} = -\infty }
\]
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{méthodes diverses}[2]
Calculer les limites suivantes.

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}\right)}$
\item $\limite{x}{2}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2}\right)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1} & = \dfrac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{x-1}\\
& = \dfrac{\sqrt{(x-1)}\times\sqrt{(x+1)}}{\big(\sqrt{x-1}\big)^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}\\
& = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}.
\end{aligned}$

\medskip

Notons que le domaine de définition de la fonction $x\longmapsto\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}$ est $\intervOF{-\infty}{-1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$ donc quand on parle de la limite de $\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}$ en 1, il est sous-entendu que $x>1$.

\medskip

$
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{1}{(x+1)}=2\\[10pt]
\limite[x>1]{x}{1}{(x-1)}=0^+
\end{array}
\right\}\Rightarrow\text{ par quotient des limites, }\limite{x}{1}{\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)}=+\infty
$

Or, $\limite{X}{+\infty}{\sqrt{X}}=+\infty$ donc $\boxed{\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}\right)}=+\infty}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2}&=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x-2}-2\right)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}{(x-2)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\
& = \dfrac{x^2+x-2-4}{(x-2)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\
& = \dfrac{x^2+x-6}{(x-2)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\
& = \dfrac{\cancel{(x-2)}(x+3)}{\cancel{(x-2)}\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\
& = \dfrac{x+3}{\sqrt{x^2+x-2}+2}.
\end{aligned}$

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{2}{(x+3)}=5$
\item $\limite{x}{2}{\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}=\sqrt{2^2+2-2}+2=4$
\end{itemize}
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{2}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2}\right)} = \dfrac{5}{4} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%


\begin{exocor}{pour les cracks}[3]
On pose:
\[
f(x) = \dfrac{\sqrt{1+x^2+x\sqrt{1+x^2}} - \sqrt{1+x^2-x\sqrt{1+x^2}}}{x}.
\]
Déterminer $\limite{x}{0}{f(x)}$.

\tcblower

Multiplions le numérateur et le dénominateur de $f(x)$ par l'expression conjuguée du numérateur:
\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{\sqrt{1+x^2+x\sqrt{1+x^2}} - \sqrt{1+x^2-x\sqrt{1+x^2}}}{x} \times \dfrac{\sqrt{1+x^2+x\sqrt{1+x^2}} + \sqrt{1+x^2-x\sqrt{1+x^2}}}{\sqrt{1+x^2+x\sqrt{1+x^2}} + \sqrt{1+x^2-x\sqrt{1+x^2}}}\\
& = \dfrac{2x\sqrt{1+x^2}}{x\big( \sqrt{1+x^2+x\sqrt{1+x^2}} + \sqrt{1+x^2-x\sqrt{1+x^2}} \big)}\\
& = \dfrac{2\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2+x\sqrt{1+x^2}} + \sqrt{1+x^2-x\sqrt{1+x^2}}}.
\end{align*}
Ainsi, 
\[
\boxed{\limite{x}{0}{f(x)} = \dfrac{2\sqrt{1+0^2}}{\sqrt1+\sqrt1}=1}
\]
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{pour les cracks}[3]
On pose:
\[
f(x)=\dfrac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} - \sqrt{7}}{x-2}.
\]
Déterminer $\limite{x}{2}{f(x)}$.

\tcblower

Multiplions le numérateur et le dénominateur de $f(x)$ par l'expression conjuguée du numérateur:
\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} - \sqrt{7}}{x-2} \times \dfrac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7}}{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7}}\\
& = \dfrac{x^2+\sqrt{x^2+5}-7}{(x-2)\big( \sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7} \big)}\\
& = \dfrac{x^2-7+\sqrt{x^2+5}}{(x-2)\big( \sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7} \big)}\\
& = \dfrac{x^2-7+\sqrt{x^2+5}}{(x-2)\big( \sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7} \big)} \times \textcolor{red}{\dfrac{x^2-7-\sqrt{x^2+5}}{x^2-7-\sqrt{x^2+5}}}
\end{align*}

\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{(x^2-7)^2-(x^2+5)}{(x-2)\big( \sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7} \big)\big(x^2-7-\sqrt{x^2+5} \big)}\\
& = \dfrac{x^4-15x^2+44}{(x-2)\big( \sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7} \big)\big(x^2-7-\sqrt{x^2+5} \big)}.
\end{align*}

En posant $X=x^2$, 
\[
x^4-15x^2+44 = X^2-15X+44,
\]
qui est un polynôme de degré 2 dont une racine évidente est $X_1=4$; donc l'autre racine est $X_2$ telle que $X_1X_2=\dfrac{c}{a}$, soit $4X_2=44$, soit $X_2=11$.

\medskip

Donc,
\[
X^2-15X+44 = (X-4)(X-11).
\] 

Ainsi, 
\[
x^4-15x^2+44 = (x^2-4)(x^2-11)=(x-2)(x+2)(x^2-11).
\]
D'où:
\[
f(x) = \dfrac{\cancel{(x-2)}(x+2)(x^2-11)}{\cancel{(x-2)}\big( \sqrt{x^2+\sqrt{x^2+5}} + \sqrt{7} \big)\big(x^2-7-\sqrt{x^2+5} \big)}.
\]
Alors,
\[
\boxed{\limite{x}{2}{f(x)} = \frac{(2+2)(2^2-11)}{2\sqrt7\times(-6)}=\frac{\sqrt7}{3}}
\]
\end{exocor}


\newpage

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\sectionnn{Objectif bac}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{rem}
Les calculs de limites de fonctions sont très souvent simples au baccalauréat.
\end{rem}

\begin{exocor}{Métropole, juin 2025, sujet 1}[1]
Calculer la limite de la fonction $f(t)=\dfrac{15}{14\e^{-0,3t}+1}$ en $+\infty$.

\tcblower

$\left.
\begin{array}{l}
\limite{t}{+\infty}{(-0,3t)} = -\infty\\
\limite{T}{-\infty}{\left(\e^T\right)}=0
\end{array}
\right\}
\Rightarrow\limite{t}{+\infty}{\left(\e^{-0,3t}\right)}=0$.

Ainsi, par somme, produit et quotient des limites,
\[
\limite{t}{+\infty}{ \left( \dfrac{15}{14\e^{-0,3t}+1} \right)}=\dfrac{15}{14\times0+1}=15.
\]
\end{exocor}

\begin{exocor}{Métropole, juin 2025, sujet 2}[1]
Soit $v$ la fonction définie par:
\[
v(t)=12\e^{-0,6t} + \dfrac{1}{0,6}\times\dfrac{0,6t}{\e^{0,6t}}.
\]
Calculer la limite de $v(t)$ en $+\infty$.

\tcblower

Par croissances comparées, on sait que:
\[
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty,
\]
donc:
\[
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{\frac{\e^x}{x}} \right)} =  \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{X}\right)} = 0.
\]
En posant $x = 0,6t$, il vient:
\[
\limite{t}{+\infty}{\left(\dfrac{0,6t}{\e^{0,6t}}\right)} = 0.
\]
De plus,
\[
\limite{t}{+\infty}{\left(\e^{-0,6t}\right)}=\limite{T}{-\infty}{\left(\e^T\right)}=0.
\]
Ainsi, par produit et somme de limites,
\[
\limite{t}{+\infty}{\left( 12\e^{-0,6t} + \dfrac{1}{0,6}\times\dfrac{0,6t}{\e^{0,6t}} \right)} = 12\times0  + \dfrac{1}{0,6}\times0 = 0.
\]
\end{exocor}

\begin{exocor}{Afrique du sud, juin 2025, sujet 1}[1]
On se propose d'étudier la concentration dans le sang d'un médicament ingéré par une personne pour la première fois. Soit $t$ le temps (en heures) écoulé depuis l'ingestion de ce médicament.

On admet que la concentration de ce médicament dans le sang, en gramme par litre de sang, est modélisée par une fonction $f$ de la variable $t$ définie sur l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$ par:
\[
f(t)=5t \e^{-t}.
\]
Calculer $\limite{t}{+\infty}{f(t)}$ puis interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.

\tcblower

On a:
\[
f(t) = 5t \e^{-t} = 5 \times \dfrac{t}{\e^t}.
\]
Par croissances comparées, on sait que:
\[
\limite{t}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^t}{t}\right)} = +\infty
\]
donc:
\[
\limite{t}{+\infty}{\left(\dfrac{t}{\e^t}\right)} = \limite{t}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{\frac{\e^t}{t}}\right)}=\limite{T}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{T}\right)}=0.
\]
Ainsi, 
\[
\limite{t}{+\infty}{f(t)} = 5 \times 0 = 0.
\]
Cela signifie qu'à longs termes, la concentration du médicament dans le sang tend à disparaître.
\end{exocor}

\begin{exocor}{Amérique du sud, novembre 2025, sujet 1}[1]
Pour tout réel $x$, on pose $f(x)=(6x^2+2x-2)\e^{-5x+1}$.

Déterminer la limite de la fonction $f$ en $-\infty$.

\tcblower

\begin{itemize}
\item D'une part, on a:
\[
6x^2+2x-2 = x^2\left(6+\dfrac{2}{x}-\dfrac{2}{x^2}\right)
\]
Or, 
\[
\forall n\in\N*,\qquad \limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)} = 0
\]
donc, par somme et produit des limites,
\[
\limite{x}{-\infty}{\left(6+\dfrac{2}{x}-\dfrac{2}{x^2}\right)}=6.
\]
De plus,
\[
\limite{x}{-\infty}{\big(x^2\big)}=+\infty,
\]
donc, par produit des limites,
\[
\limite{x}{-\infty}{(6x^2+2x-2)} = +\infty.
\]

\item D'autre part,
\[
\begin{cases}
\limite{x}{-\infty}{(-5x+1)} = +\infty\\
\limite{X}{+\infty}{\left(\e^X\right)}=+\infty	
\end{cases}
\]
donc:
\[
\limite{x}{-\infty}{\left(\e^{-5x+1}\right)}=+\infty.
\]

\item Ainsi, par produit des limites,
\[
\limite{x}{-\infty}{f(x)}=+\infty.
\]
\end{itemize}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{Centres étrangers, juin 2024, sujet 2}[1]
On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle \intervOO{-\infty}{1} par:
\[
f(x)=\dfrac{\e^x}{x-1}.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite de la fonction $f$ en 1 et en déduire une interprétation graphique.
\item Déterminer la limite de la fonction $f$ en $-\infty$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f$ est définie sur \intervOO{-\infty}{1} donc on doit calculer $\limite[x<1]{x}{1}{f(x)}$.
\[
\begin{cases}
\limite{x}{1}{\left(\e^x\right)}= \e > 0\\
\limite[x<1]{x}{1}{(x-1)}=0^-
\end{cases}
\]
Ainsi, par quotient des limites, $\limite{x}{1}{f(x)}=-\infty$.

Cela signifie que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote (verticale) d'équation $x=1$.


\item On a:
\[
\begin{cases}
\limite{x}{-\infty}{\left(\e^x\right)}=0\\
\limite{x}{-\infty}{(x-1)}=-\infty
\end{cases}
\]
Ainsi, par quotient des limites,
\[
\limite{x}{-\infty}{f(x)}=0.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{Centres étrangers -- Suède, juin 2024, jour 1 \textit{bis}}[1]
Soit la fonction $g$ définie sur l'intervalle \intervFO{0}{+\infty} par :
\[
g(t)=10t\e^{-0,01t}+20.
\]
Déterminer la limite de $g$ en $+\infty$.
\vspace*{-5mm}

\tcblower

On peut écrire $g(t)$ sous la forme:
\[
g(t)=10t\e^{-0,01t}+20 = 10 \times 100\times \dfrac{0,01t}{\e^{0,01t}} + 20.
\]
Or, par croissances comparées, on sait que:
\[
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty
\]
donc, en posant $x = 0,01t$ (qui tend vers $+\infty$ quand $t$ tend vers $+\infty$), on a:
\[
\limite{t}{+\infty}{\left( \dfrac{0,01t}{\e^{0,01t}} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{\frac{\e^x}{x}} \right)} = 0.
\]
Ainsi, par somme et produit des limites,
\[
\limite{t}{+\infty}{g(t)} = \numprint{1000} \times 0 + 20 = 20.
\]
\end{exocor}

\corriges
