Les exercices suivants permettent d'appliquer les définitions et les propriétés des limites infinies et des limites à l'infini. Ils portent sur les limites infinies en un point, les limites à gauche et à droite, les asymptotes verticales et horizontales, les formes indéterminées, la comparaison entre fonctions et l'étude du terme dominant.
Chaque exercice est résolu pas à pas, en accordant une attention particulière au signe des quantités qui tendent vers zéro et en distinguant la limite à gauche de la limite à droite chaque fois que cette distinction est nécessaire.
Pour les limites à l'infini, on utilisera exclusivement les outils introduits dans le cours : propriétés des limites, transformations algébriques, quantité conjuguée, comparaison des degrés, identification du terme dominant et théorème de comparaison.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2} \]
et la vérifier directement à partir de la définition d'une limite égale à \(+\infty\).
Résultat
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Résolution
Lorsque \(x\to2\), la différence \(x-2\) tend vers \(0\). Cette différence étant élevée au carré, on a, pour tout \(x\neq2\),
\[ (x-2)^2>0. \]
Le dénominateur tend donc vers zéro par valeurs positives :
\[ (x-2)^2\to0^+. \]
L'inverse d'une quantité positive qui tend vers zéro croît indéfiniment. On s'attend donc à
\[ \lim_{x\to2}\frac{1}{(x-2)^2}=+\infty. \]
Vérifions à présent ce résultat directement à partir de la définition. Il s'agit de montrer que, pour tout \(M>0\), il existe \(\delta>0\) tel que
\[ 0<|x-2|<\delta \]
entraîne
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
Partons précisément de l'inégalité que nous souhaitons obtenir. Puisque \((x-2)^2>0\) et \(M>0\),
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M \]
équivaut à
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M}. \]
En prenant la racine carrée,
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
Il suffit donc de choisir
\[ \delta=\frac{1}{\sqrt{M}}. \]
En effet, si \(0<|x-2|<\delta\), alors
\[ |x-2|<\frac{1}{\sqrt{M}}, \]
d'où
\[ (x-2)^2<\frac{1}{M} \]
et par conséquent
\[ \frac{1}{(x-2)^2}>M. \]
La définition est ainsi vérifiée pour tout \(M>0\), donc la limite vaut \(+\infty\).
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Résolution
Lorsque \(x\to-3\), on a
\[ x+3\to0. \]
Le carré \((x+3)^2\) est positif pour tout \(x\neq-3\) et tend vers zéro. Plus précisément,
\[ (x+3)^2\to0^+. \]
Par conséquent,
\[ \frac{4}{(x+3)^2}\to+\infty. \]
Or, dans l'expression de l'exercice figure un signe moins. Multiplier une quantité positive arbitrairement grande par \(-1\) produit une quantité négative arbitrairement grande en valeur absolue. Ainsi,
\[ -\frac{4}{(x+3)^2}\to-\infty. \]
On conclut donc que
\[ \lim_{x\to-3}\left(-\frac{4}{(x+3)^2}\right)=-\infty. \]
Le même comportement se produisant aussi bien pour \(x\to-3^-\) que pour \(x\to-3^+\), la limite lorsque \(x\to-3\) existe en tant que limite infinie et vaut \(-\infty\). La droite \(x=-3\) est de plus une asymptote verticale.
Exercice 3 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite à gauche et la limite à droite
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}, \]
puis déterminer si la limite existe lorsque \(x\to1\).
Résultat
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
La limite lorsque \(x\to1\) n'existe pas. La droite \(x=1\) est une asymptote verticale.
Résolution
Le dénominateur \(x-1\) tend vers zéro lorsque \(x\to1\). Pour déterminer le comportement de l'inverse, il ne suffit pas de savoir que le dénominateur tend vers zéro : il faut absolument établir s'il tend vers \(0^-\) ou vers \(0^+\).
Considérons d'abord \(x\to1^-\). Dans ce cas \(x<1\), donc
\[ x-1<0. \]
De plus, \(x-1\) se rapproche de zéro. On peut donc écrire
\[ x-1\to0^-. \]
L'inverse d'une quantité négative qui tend vers zéro prend des valeurs négatives arbitrairement grandes en valeur absolue. Ainsi,
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{1}{x-1}=-\infty. \]
Considérons à présent \(x\to1^+\). Cette fois \(x>1\), donc
\[ x-1>0 \]
et par suite
\[ x-1\to0^+. \]
Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{x-1}=+\infty. \]
La limite à gauche et la limite à droite sont de signes opposés. Pour que la limite lorsque \(x\to1\) soit égale à \(+\infty\), il faudrait que les deux limites latérales valent \(+\infty\) ; de même, pour obtenir \(-\infty\), il faudrait qu'elles valent toutes deux \(-\infty\).
Cela n'étant pas le cas, la limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{1}{x-1} \]
n'existe pas. Toutefois, la limite à gauche et la limite à droite étant toutes deux infinies, \(x=1\) est une asymptote verticale.
Exercice 4 — niveau ★★☆☆☆
Étudier le comportement de la fonction
\[ f(x)=\frac{2x+1}{x-2} \]
lorsque \(x\to2^-\) et lorsque \(x\to2^+\), puis déterminer si \(x=2\) est une asymptote verticale.
Résultat
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
La limite lorsque \(x\to2\) n'existe pas, et \(x=2\) est une asymptote verticale.
Résolution
Dans cette limite, le numérateur et le dénominateur se comportent différemment. Lorsque \(x\to2\),
\[ 2x+1\to5. \]
Le numérateur tend donc vers un nombre positif et, en particulier, reste positif pour tout \(x\) suffisamment proche de \(2\).
Le dénominateur, quant à lui, tend vers zéro :
\[ x-2\to0. \]
Son signe dépend du côté par lequel se fait l'approche.
Si \(x\to2^-\), alors \(x<2\), donc
\[ x-2\to0^-. \]
Nous avons ainsi un numérateur positif tendant vers \(5\) et un dénominateur négatif tendant vers zéro. Le quotient est donc négatif et croît indéfiniment en valeur absolue :
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x+1}{x-2}=-\infty. \]
Si, au contraire, \(x\to2^+\), alors
\[ x-2\to0^+. \]
Le numérateur reste positif, tandis que le dénominateur est positif et arbitrairement petit. Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x+1}{x-2}=+\infty. \]
La limite à gauche et la limite à droite étant infinies mais de signes opposés, la limite lorsque \(x\to2\) n'existe pas. La droite \(x=2\) demeure néanmoins une asymptote verticale, puisqu'il suffit que l'une des deux limites latérales soit infinie.
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
et donner une interprétation géométrique du résultat.
Résultat
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
La droite \(x=1\) est une asymptote verticale.
Résolution
La fonction
\[ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x-1}} \]
n'est définie que lorsque \(x-1>0\), c'est-à-dire pour \(x>1\). Il n'existe donc aucun point du domaine arbitrairement proche de \(1\) par la gauche : la limite ne peut être étudiée que lorsque \(x\to1^+\).
Lorsque \(x\to1^+\), on a
\[ x-1\to0^+. \]
La racine carrée préserve la positivité, donc
\[ \sqrt{x-1}\to0^+. \]
L'inverse d'une quantité positive qui tend vers zéro tend vers \(+\infty\). Ainsi,
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=+\infty. \]
Il convient de remarquer que, pour qu'il existe une asymptote verticale, il n'est pas nécessaire que le comportement infini se manifeste des deux côtés. Il suffit que la limite à droite ou la limite à gauche soit infinie.
Par conséquent, la droite
\[ x=1 \]
est une asymptote verticale du graphe de la fonction.
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right) \]
et vérifier le résultat à partir de la définition d'une limite finie lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(3+\frac{2}{x}\right)=3. \]
La droite \(y=3\) est une asymptote horizontale lorsque \(x\to+\infty\).
Résolution
Lorsque \(x\to+\infty\), le dénominateur \(x\) croît indéfiniment. Par conséquent,
\[ \frac{2}{x}\to0. \]
En ajoutant \(3\), on obtient immédiatement
\[ 3+\frac{2}{x}\to3. \]
Vérifions à présent ce résultat à partir de la définition. Il s'agit de montrer que, pour tout \(\varepsilon>0\), il existe \(A\in\mathbb{R}\) tel que
\[ x>A \]
entraîne
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
Pour \(x>0\),
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right| = \left|\frac{2}{x}\right| = \frac{2}{x}. \]
On souhaite donc
\[ \frac{2}{x}<\varepsilon. \]
\(x\) et \(\varepsilon\) étant strictement positifs, cette inégalité équivaut à
\[ x>\frac{2}{\varepsilon}. \]
Il suffit donc de choisir
\[ A=\frac{2}{\varepsilon}. \]
Pour tout \(x>A\), on a en effet
\[ \left|3+\frac{2}{x}-3\right|<\varepsilon. \]
La définition est vérifiée et la limite vaut \(3\). Géométriquement, cela signifie que le graphe se rapproche de la droite \(y=3\) lorsque \(x\) prend des valeurs positives arbitrairement grandes.
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Calculer les deux limites
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, \]
et déterminer les éventuelles asymptotes horizontales.
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
La droite \(y=1\) est l'asymptote horizontale lorsque \(x\to+\infty\), tandis que la droite \(y=-1\) est l'asymptote horizontale lorsque \(x\to-\infty\).
Résolution
Le point essentiel à retenir est que
\[ \sqrt{x^2}=|x|, \]
et non simplement \(x\).
Réécrivons le dénominateur en mettant \(x^2\) en facteur sous la racine :
\[ \sqrt{x^2+1} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}. \]
Pour \(x\to+\infty\), \(x\) est finalement positif, donc \(|x|=x\). On obtient
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
Puisque
\[ \frac{1}{x^2}\to0, \]
il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=1. \]
Pour \(x\to-\infty\), en revanche, \(x\) est finalement négatif, donc \(|x|=-x\). Ainsi,
\[ \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}} = -\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}. \]
En passant à la limite,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=-1. \]
Les deux valeurs sont différentes. Le graphe possède donc deux asymptotes horizontales distinctes : \(y=1\) lorsque \(x\to+\infty\) et \(y=-1\) lorsque \(x\to-\infty\).
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right) \]
et
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=-\infty, \]
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Résolution
Pour un polynôme, lorsque \(x\to\pm\infty\), le comportement global est déterminé par le terme de plus haut degré. Ici, le terme dominant est
\[ -2x^5. \]
On peut justifier formellement ce comportement en mettant \(x^5\) en facteur :
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Lorsque \(x\to\pm\infty\),
\[ \frac{3}{x^3}\to0, \qquad \frac{1}{x^5}\to0, \]
donc le facteur entre parenthèses tend vers \(-2\), qui est négatif.
Pour \(x\to+\infty\),
\[ x^5\to+\infty. \]
En multipliant une quantité positive croissant indéfiniment par un facteur tendant vers le nombre négatif \(-2\), on obtient
\[ -2x^5+3x^2-1\to-\infty. \]
Pour \(x\to-\infty\), l'exposant \(5\) étant impair,
\[ x^5\to-\infty. \]
Le produit d'une quantité négative, arbitrairement grande en valeur absolue, par un facteur finalement négatif est positif et croît indéfiniment. Ainsi,
\[ -2x^5+3x^2-1\to+\infty. \]
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{4x+1}{x^2+3}=0. \]
La droite \(y=0\) est une asymptote horizontale aussi bien lorsque \(x\to+\infty\) que lorsque \(x\to-\infty\).
Résolution
Le numérateur et le dénominateur croissent tous deux en valeur absolue, de sorte qu'une lecture purement symbolique conduirait à la forme indéterminée
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Cette forme ne détermine pas la valeur de la limite. Il faut comparer les termes dominants.
Le numérateur est de degré \(1\), tandis que le dénominateur est de degré \(2\). Le dénominateur croît donc plus rapidement.
Pour rendre le calcul explicite, divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^2\), la puissance de plus haut degré présente au dénominateur :
\[ \frac{4x+1}{x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\) et lorsque \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
Le numérateur tend donc vers \(0\), tandis que le dénominateur tend vers \(1\). Il s'ensuit que
\[ \frac{\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{3}{x^2}} \to0. \]
Les deux limites valent donc \(0\), et la droite \(y=0\) est une asymptote horizontale aussi bien lorsque \(x\to+\infty\) que lorsque \(x\to-\infty\).
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
Résolution
Le numérateur et le dénominateur sont tous deux des polynômes de degré \(2\). Pour une fonction rationnelle dont le numérateur et le dénominateur sont de même degré, le comportement à l'infini est déterminé par le rapport des coefficients des termes de plus haut degré.
Vérifions ce résultat algébriquement. Divisons chaque terme par \(x^2\) :
\[ \frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3-\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\) ou \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x}\to0, \qquad \frac{1}{x^2}\to0. \]
Par conséquent, le numérateur tend vers \(3\) et le dénominateur tend vers \(2\) :
\[ 3-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\to3, \qquad 2+\frac{5}{x^2}\to2. \]
Le dénominateur ayant une limite non nulle, on peut passer au quotient :
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-x+1}{2x^2+5} = \frac{3}{2}. \]
La droite
\[ y=\frac{3}{2} \]
est donc une asymptote horizontale dans les deux directions.
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1} \]
et
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
Résolution
Le numérateur est de degré \(3\), tandis que le dénominateur est de degré \(2\). Le degré du numérateur est donc supérieur d'une unité à celui du dénominateur.
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^2\) :
\[ \frac{2x^3+1}{x^2+1} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}. \]
Pour \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty, \qquad 1+\frac{1}{x^2}\to1. \]
Le dénominateur tend donc vers un nombre positif non nul, tandis que le numérateur tend vers \(+\infty\). Ainsi,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=+\infty. \]
Pour \(x\to-\infty\), en revanche,
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
tandis que le dénominateur tend toujours vers \(1>0\). Par conséquent,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2+1}=-\infty. \]
Ce résultat est cohérent avec la comparaison des termes dominants :
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x. \]
Pour de grandes valeurs de \(|x|\), le quotient a donc le même comportement essentiel que \(2x\).
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
Résolution
Si l'on considère les deux termes séparément, lorsque \(x\to+\infty\) on a
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to+\infty. \]
Apparaît alors la forme indéterminée
\[ \infty-\infty. \]
On ne peut pas conclure directement. Face à une différence faisant intervenir une racine carrée, il est naturel de multiplier et de diviser par l'expression conjuguée :
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)} {\sqrt{x^2+1}+x}. \]
Au numérateur, on utilise l'identité \(a^2-b^2\) :
\[ \left(\sqrt{x^2+1}\right)^2-x^2 = x^2+1-x^2 = 1. \]
Ainsi,
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\), les deux termes du dénominateur sont positifs et croissent indéfiniment, donc
\[ \sqrt{x^2+1}+x\to+\infty. \]
L'inverse d'une quantité tendant vers \(+\infty\) tend vers zéro. Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=0. \]
Le recours à la quantité conjuguée a ainsi transformé la forme indéterminée \(\infty-\infty\) en un quotient dont le comportement se détermine immédiatement.
Exercice 13 — niveau ★★★★☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac{3}{2}. \]
Résolution
Lorsque \(x\to+\infty\), \(\sqrt{x^2+3x}\) comme \(x\) tendent tous deux vers \(+\infty\). Nous nous trouvons donc à nouveau face à la forme indéterminée
\[ \infty-\infty. \]
Multiplions par la quantité conjuguée :
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right) \left(\sqrt{x^2+3x}+x\right)} {\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Le numérateur devient
\[ x^2+3x-x^2=3x. \]
Ainsi,
\[ \sqrt{x^2+3x}-x = \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]
Mettons à présent \(x^2\) en facteur sous la racine :
\[ \sqrt{x^2+3x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}\right)} = |x|\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
Puisqu'on considère \(x\to+\infty\), \(x\) est finalement positif, donc \(|x|=x\). On obtient
\[ \sqrt{x^2+3x} = x\sqrt{1+\frac{3}{x}}. \]
En substituant,
\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x} = \frac{3x} {x\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+x}. \]
Mettons \(x\) en facteur au dénominateur et simplifions :
\[ \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1}. \]
Puisque
\[ \frac{3}{x}\to0, \]
on obtient
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{3}{x}}+1} = \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2}. \]
Exercice 14 — niveau ★★★★☆
Calculer
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Résolution
Lorsque \(x\to-\infty\), on a
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty, \qquad x\to-\infty. \]
La somme présente donc la forme indéterminée
\[ \infty-\infty. \]
Multiplions et divisons par la quantité conjuguée \(\sqrt{x^2+1}-x\) :
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{\left(\sqrt{x^2+1}+x\right) \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)} {\sqrt{x^2+1}-x}. \]
Au numérateur, on obtient
\[ x^2+1-x^2=1. \]
Donc
\[ \sqrt{x^2+1}+x = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}. \]
Étudions le dénominateur. Lorsque \(x\to-\infty\),
\[ \sqrt{x^2+1}\to+\infty \]
et, puisque \(x\to-\infty\),
\[ -x\to+\infty. \]
Ainsi,
\[ \sqrt{x^2+1}-x = \sqrt{x^2+1}+(-x)\to+\infty. \]
Son inverse tend alors vers zéro :
\[ \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to0. \]
On conclut donc que
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=0. \]
Exercice 15 — niveau ★★★★☆
À l'aide du théorème de comparaison, calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
Résolution
La présence du terme \(\sin(x)\) signifie que la fonction oscille. Cela n'empêche cependant pas l'existence d'une limite infinie.
Pour tout \(x\in\mathbb{R}\),
\[ -1\leq\sin(x)\leq1. \]
En multipliant par \(2\),
\[ -2\leq2\sin(x)\leq2. \]
En ajoutant \(x\) à chaque membre,
\[ x-2\leq x+2\sin(x)\leq x+2. \]
Pour montrer que la fonction tend vers \(+\infty\), il suffit d'utiliser la borne inférieure :
\[ x+2\sin(x)\geq x-2. \]
Puisque
\[ \lim_{x\to+\infty}(x-2)=+\infty, \]
le théorème de comparaison entraîne
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(x+2\sin(x)\right)=+\infty. \]
Il importe de bien comprendre ce qui s'est passé. Le terme \(2\sin(x)\) continue d'osciller entre \(-2\) et \(2\), mais ces oscillations sont bornées. Le terme \(x\), lui, croît indéfiniment. Même dans le cas le plus défavorable, c'est-à-dire lorsque \(2\sin(x)=-2\), la fonction reste au moins égale à \(x-2\), qui tend de toute façon vers \(+\infty\).
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
À l'aide du théorème de comparaison, calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
Résolution
Ici encore apparaît un terme oscillant. On sait que
\[ -1\leq\cos(x)\leq1. \]
En multipliant par \(3\),
\[ -3\leq3\cos(x)\leq3. \]
En ajoutant \(-x\),
\[ -x-3\leq -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
Pour montrer que la fonction tend vers \(-\infty\), il faut trouver une fonction majorante tendant vers \(-\infty\). D'après l'inégalité précédente,
\[ -x+3\cos(x)\leq -x+3. \]
De plus,
\[ \lim_{x\to+\infty}(-x+3)=-\infty. \]
D'après le théorème de comparaison,
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(-x+3\cos(x)\right)=-\infty. \]
Le terme oscillant reste toujours compris entre \(-3\) et \(3\), tandis que le terme \(-x\) décroît indéfiniment. Les oscillations ne suffisent donc pas à modifier le comportement dominant de la fonction.
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
Calculer
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Résolution
Le terme
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
oscille de plus en plus rapidement lorsque \(x\to0\) et ne possède pas de limite. Cela ne signifie pas pour autant que la fonction tout entière n'ait pas de limite.
Utilisons le fait que, pour toute valeur réelle de l'argument,
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq1. \]
En ajoutant \(3\),
\[ 2\leq3+\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq4. \]
Pour \(x\neq0\), on a \(x^2>0\). En divisant par \(x^2\), le sens des inégalités reste inchangé :
\[ \frac{2}{x^2} \leq \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \leq \frac{4}{x^2}. \]
Pour montrer que la limite vaut \(+\infty\), il suffit d'utiliser la borne inférieure :
\[ \frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2} \geq \frac{2}{x^2}. \]
Puisque
\[ \lim_{x\to0}\frac{2}{x^2}=+\infty, \]
le théorème de comparaison donne
\[ \lim_{x\to0}\frac{3+\cos\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)}{x^2}=+\infty. \]
Cet exercice montre une fois de plus que l'existence d'une limite infinie n'exige pas la monotonie et n'est pas empêchée par la présence d'oscillations, pourvu que l'on puisse garantir que la fonction finit par dépasser tout seuil positif.
Exercice 18 — niveau ★★★★☆
Étudier la limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} \]
et déterminer si \(x=1\) est une asymptote verticale.
Résultat
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=2. \]
La droite \(x=1\) n'est pas une asymptote verticale.
Résolution
En substituant formellement \(x=1\), le numérateur et le dénominateur s'annulent :
\[ x^2-1\to0, \qquad x-1\to0. \]
Apparaît alors la forme indéterminée
\[ \frac{0}{0}. \]
On ne peut pas conclure que la limite est infinie simplement parce que le dénominateur tend vers zéro. Il faut d'abord étudier l'expression.
Factorisons le numérateur à l'aide de l'identité \(a^2-b^2\) :
\[ x^2-1=(x-1)(x+1). \]
Pour \(x\neq1\),
\[ \frac{x^2-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1. \]
Dans le calcul de la limite, on peut utiliser cette égalité, car la limite dépend du comportement de la fonction en des points arbitrairement proches de \(1\), et non de la valeur prise au point \(x=1\) lui-même.
Ainsi,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1} = \lim_{x\to1}(x+1) = 2. \]
La limite est finie. Par conséquent, \(x=1\) n'est pas une asymptote verticale.
Cet exercice met en évidence un principe important : l'annulation du dénominateur ne suffit pas, à elle seule, pour conclure à l'existence d'une asymptote verticale. Il faut toujours calculer effectivement la limite.
Exercice 19 — niveau ★★★★★
Étudier la limite
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2} \]
en calculant également la limite à gauche et la limite à droite, puis déterminer l'éventuelle asymptote verticale.
Résultat
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty, \]
et \(x=1\) est une asymptote verticale.
Résolution
Analysons séparément le numérateur et le dénominateur. Lorsque \(x\to1\),
\[ x^2+1\to2. \]
Le numérateur tend donc vers un nombre strictement positif et reste positif pour tout \(x\) suffisamment proche de \(1\).
Le dénominateur satisfait
\[ (x-1)^2\to0. \]
Étant un carré,
\[ (x-1)^2>0 \]
pour tout \(x\neq1\). Le dénominateur tend donc toujours vers zéro par valeurs positives, quel que soit le côté :
\[ (x-1)^2\to0^+ \]
aussi bien pour \(x\to1^-\) que pour \(x\to1^+\).
Pour la limite à gauche, on dispose donc d'un numérateur tendant vers \(2>0\) et d'un dénominateur tendant vers \(0^+\). Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to1^-}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
Le même raisonnement s'applique à droite :
\[ \lim_{x\to1^+}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
La limite à gauche et la limite à droite étant toutes deux égales à \(+\infty\), on peut conclure que
\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2+1}{(x-1)^2}=+\infty. \]
La droite
\[ x=1 \]
est donc une asymptote verticale.
Exercice 20 — niveau ★★★★★
On considère la fonction
\[ f(x)=\frac{2x^3+1}{x^2-4}. \]
Calculer les limites lorsque \(x\to2^-\), \(x\to2^+\), \(x\to-2^-\), \(x\to-2^+\), \(x\to+\infty\) et \(x\to-\infty\). Déterminer ensuite les éventuelles asymptotes verticales et horizontales.
Résultat
\[ \lim_{x\to2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to-2^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to-2^+}f(x)=+\infty, \]
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. \]
Les droites \(x=-2\) et \(x=2\) sont des asymptotes verticales. La fonction ne possède pas d'asymptote horizontale.
Résolution
Le dénominateur peut être factorisé :
\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]
Les points \(x=2\) et \(x=-2\) sont donc les seuls points où le dénominateur s'annule. Pour déterminer le comportement de la fonction au voisinage de ces points, il faut étudier attentivement les signes.
Commençons par \(x=2\). Le numérateur tend vers
\[ 2\cdot2^3+1=17, \]
et est donc finalement positif au voisinage de \(2\).
Pour \(x\to2^-\), le facteur \(x-2\) est négatif et tend vers zéro, tandis que \(x+2\) est positif et tend vers \(4\). Par conséquent,
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
Un numérateur positif divisé par une quantité négative tendant vers zéro donne
\[ \lim_{x\to2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Pour \(x\to2^+\), les deux facteurs \(x-2\) et \(x+2\) sont positifs, donc
\[ x^2-4\to0^+. \]
Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Passons à présent à \(x=-2\). Le numérateur tend vers
\[ 2(-2)^3+1=-16+1=-15, \]
et est donc finalement négatif au voisinage de \(-2\).
Pour \(x\to-2^-\), on a \(x+2<0\) et \(x-2<0\). Le produit des deux facteurs est positif :
\[ (x-2)(x+2)\to0^+. \]
En divisant un numérateur négatif par une quantité positive tendant vers zéro, on obtient
\[ \lim_{x\to-2^-}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
Pour \(x\to-2^+\), en revanche, \(x+2>0\), tandis que \(x-2<0\). Le dénominateur tend donc vers zéro par valeurs négatives :
\[ (x-2)(x+2)\to0^-. \]
Le quotient d'un numérateur négatif par un dénominateur négatif est positif, donc
\[ \lim_{x\to-2^+}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Nous avons ainsi déjà établi que les deux droites
\[ x=-2 \qquad\text{et}\qquad x=2 \]
sont des asymptotes verticales.
Étudions à présent le comportement à l'infini. Le numérateur est de degré \(3\), tandis que le dénominateur est de degré \(2\). Divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^2\) :
\[ \frac{2x^3+1}{x^2-4} = \frac{2x+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {1-\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Pour \(x\to+\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to+\infty \]
et
\[ 1-\frac{4}{x^2}\to1. \]
Le dénominateur tend vers un nombre positif non nul, donc
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=+\infty. \]
Pour \(x\to-\infty\),
\[ 2x+\frac{1}{x^2}\to-\infty, \]
tandis que le dénominateur tend toujours vers \(1\). Ainsi,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3+1}{x^2-4}=-\infty. \]
La fonction ne tendant vers aucun nombre réel ni lorsque \(x\to+\infty\) ni lorsque \(x\to-\infty\), il n'existe pas d'asymptote horizontale.
Cet exercice réunit ainsi les principales idées utilisées dans l'étude des limites infinies et des limites à l'infini : factorisation, contrôle du signe dans les limites latérales, identification des asymptotes verticales et comparaison des termes dominants dans les limites à l'infini.