Soit $f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}$ pour $x \neq 1$ et $f(1) = k$. La fonction $f$ est continue en $1$ si et seulement si :

$f$ ne peut jamais être continue en $1$

Soit $f$ une fonction continue sur $[0, 1]$ avec $f(0) = -2$ et $f(1) = 3$. On peut affirmer que :

l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution dans $]0, 1[$

l'équation $f(x) = 0$ admet exactement une solution dans $]0, 1[$

$f$ est strictement croissante sur $[0, 1]$

l'équation $f(x) = 4$ admet une solution dans $[0, 1]$

2e Bac Sciences expérimentales (PC et SVT)

Limites et continuité

Cours Limites et continuité 2e Bac PC/SVT : TVI, dichotomie, fonction réciproque, racine n-ième, 9 exercices corrigés et QCM.

60 min
9 exercices corrigés
QCM de 7 questions

Prérequis : Limites et continuité (1re Bac), fonctions de référence, trigonométrie

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L'essentiel

1. Rappels sur les limites

Tu connais déjà les limites des fonctions de référence. Pour tout entier $n \geq 1$ :

$\lim_{x \to +\infty} x^n = +\infty$ ; en $-\infty$ , $x^n$ tend vers $+\infty$ si $n$ est pair et vers $-\infty$ si $n$ est impair.
$\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^n} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^n} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty$ .
$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$ et $\lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = -\infty$ .

Les opérations sur les limites (somme, produit, quotient) se font comme en 1re Bac. Quatre situations ne permettent pas de conclure directement : ce sont les formes indéterminées.

+\infty - \infty \qquad 0 \times \infty \qquad \frac{\infty}{\infty} \qquad \frac{0}{0}

Face à une forme indéterminée, tu dois transformer l'écriture : factoriser, simplifier, utiliser la quantité conjuguée ou une limite usuelle.

2. Limites et ordre

Ces résultats restent vrais en $-\infty$ et en un réel $a$ (à droite ou à gauche).

3. Continuité en un point et sur un intervalle

Prolongement par continuité. Si $f$ n'est pas définie en $a$ mais admet en $a$ une limite finie $l$ , la fonction $g$ définie par $g(x) = f(x)$ pour $x \neq a$ et $g(a) = l$ est continue en $a$ . On l'appelle le prolongement par continuité de $f$ en $a$ .

Fonctions continues de référence :

les fonctions polynômes, $\sin$ et $\cos$ sont continues sur $\mathbb{R}$ ;
une fonction rationnelle est continue sur chaque intervalle inclus dans son ensemble de définition, de même que $\tan$ ;
$x \mapsto \sqrt{x}$ est continue sur $[0, +\infty[$ et $x \mapsto \lvert x \rvert$ est continue sur $\mathbb{R}$ .

Par exemple, $x \mapsto \cos(x^2 + 1)$ est continue sur $\mathbb{R}$ comme composée de deux fonctions continues.

4. Image d'un intervalle par une fonction continue

Si $f$ est continue et strictement monotone sur $I$ , l'image $f(I)$ se lit directement :

Intervalle $I$	$f$ strictement croissante	$f$ strictement décroissante
$[a, b]$	$[f(a), f(b)]$	$[f(b), f(a)]$
$[a, b[$	$[f(a), \lim_{x \to b^-} f(x)[$	$]\lim_{x \to b^-} f(x), f(a)]$
$]a, b]$	$]\lim_{x \to a^+} f(x), f(b)]$	$[f(b), \lim_{x \to a^+} f(x)[$
$]a, b[$	$]\lim_{x \to a^+} f(x), \lim_{x \to b^-} f(x)[$	$]\lim_{x \to b^-} f(x), \lim_{x \to a^+} f(x)[$

Pour une borne ouverte, $a$ peut valoir $-\infty$ et $b$ peut valoir $+\infty$ .

5. Théorème des valeurs intermédiaires (TVI)

Méthode de dichotomie. On sait que la solution $\alpha$ est dans $]a, b[$ . On calcule $f(m)$ au milieu $m = \frac{a + b}{2}$ :

si $f(a) \times f(m) < 0$ , alors $\alpha \in ]a, m[$ ;
si $f(m) \times f(b) < 0$ , alors $\alpha \in ]m, b[$ ;
si $f(m) = 0$ , alors $\alpha = m$ .

On recommence avec le nouvel intervalle. Après $n$ étapes, l'amplitude de l'encadrement vaut $\frac{b - a}{2^n}$ .

6. Fonction réciproque

Pour tout $x \in J$ et tout $y \in I$ : $f^{-1}(x) = y \iff f(y) = x$ .

7. Fonction racine n-ième et puissances rationnelles

Soit $n$ un entier naturel non nul. La fonction $x \mapsto x^n$ est continue et strictement croissante sur $[0, +\infty[$ , et son image est $[0, +\infty[$ . Elle admet donc une fonction réciproque.

Ainsi $\sqrt[1]{x} = x$ , $\sqrt[2]{x} = \sqrt{x}$ et $\sqrt[3]{8} = 2$ car $2^3 = 8$ . La fonction $x \mapsto \sqrt[n]{x}$ est continue et strictement croissante sur $[0, +\infty[$ , et $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[n]{x} = +\infty$ .

Pour comparer : $\sqrt[n]{x} = \sqrt[n]{y} \iff x = y$ et $\sqrt[n]{x} < \sqrt[n]{y} \iff x < y$ (pour $x \geq 0$ et $y \geq 0$ ).

Équation $x^n = a$ (inconnue $x$ réelle) :

si $n$ est impair : une seule solution, $\sqrt[n]{a}$ si $a \geq 0$ et $-\sqrt[n]{-a}$ si $a < 0$ ;
si $n$ est pair : deux solutions $\sqrt[n]{a}$ et $-\sqrt[n]{a}$ si $a > 0$ , la seule solution $0$ si $a = 0$ , aucune solution si $a < 0$ .

Les règles de calcul des puissances entières restent valables : pour $x > 0$ , $y > 0$ et $r$ , $r'$ rationnels, $x^r \times x^{r'} = x^{r + r'}$ , $(x^r)^{r'} = x^{r r'}$ , $(xy)^r = x^r y^r$ , $\frac{x^r}{x^{r'}} = x^{r - r'}$ et $x^{-r} = \frac{1}{x^r}$ .

8. Limite d'une fonction composée

Méthodes

Méthode 1 : Lever une forme indéterminée

Identifie la forme indéterminée.
Polynôme ou fraction rationnelle en l'infini : garde les termes de plus haut degré.
Forme $\frac{0}{0}$ en un réel $a$ avec des polynômes : factorise par $(x - a)$ puis simplifie.
Racines carrées : multiplie par la quantité conjuguée.
Sinus, cosinus, tangente en $0$ : fais apparaître une limite usuelle.

Exemple. $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3 - x}{5x^3 + x^2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3}{5x^3} = \frac{2}{5}$ .

En $0$ , $\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x}$ est de la forme $\frac{0}{0}$ . Avec la quantité conjuguée :

\frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x} = \frac{(1 + x) - 1}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1}

donc la limite en $0$ vaut $\frac{1}{2}$ .

Pour $x$ proche de $0$ et non nul : $\frac{\tan 2x}{\sin 3x} = \frac{\tan 2x}{2x} \times \frac{3x}{\sin 3x} \times \frac{2}{3}$ , donc $\lim_{x \to 0} \frac{\tan 2x}{\sin 3x} = 1 \times 1 \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3}$ .

Méthode 2 : Étudier la continuité en un point

Calcule $f(a)$ .
Si $f$ est définie par deux expressions autour de $a$ , calcule $\lim_{x \to a^-} f(x)$ et $\lim_{x \to a^+} f(x)$ .
Conclus : $f$ est continue en $a$ si et seulement si ces deux limites sont égales à $f(a)$ .

Exemple. Soit $f(x) = x^2 + 1$ si $x \leq 1$ et $f(x) = 2\sqrt{x}$ si $x > 1$ . On a $f(1) = 2$ . À gauche, $\lim_{x \to 1^-} (x^2 + 1) = 2$ . À droite, $\lim_{x \to 1^+} 2\sqrt{x} = 2$ . Les deux limites valent $f(1)$ , donc $f$ est continue en $1$ .

Méthode 3 : Montrer qu'une équation a une unique solution et l'encadrer

Écris l'équation sous la forme $f(x) = 0$ .
Montre que $f$ est continue et strictement monotone sur $[a, b]$ .
Vérifie que $f(a) \times f(b) < 0$ : la solution $\alpha$ existe et elle est unique dans $]a, b[$ .
Pour un encadrement plus fin, applique la dichotomie.

Exemple. Soit $f(x) = x^3 + 2x - 1$ sur $[0, 1]$ . La fonction $f$ est continue (polynôme) et strictement croissante (somme de $x \mapsto x^3$ et $x \mapsto 2x - 1$ , strictement croissantes). On a $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 2 > 0$ : l'équation $f(x) = 0$ a une unique solution $\alpha \in ]0, 1[$ . Ensuite $f(0{,}5) = 0{,}125 > 0$ , donc $\alpha \in ]0 ; 0{,}5[$ , puis $f(0{,}25) = -0{,}484375 < 0$ , donc $\alpha \in ]0{,}25 ; 0{,}5[$ .

Méthode 4 : Déterminer une fonction réciproque

Montre que $f$ est continue et strictement monotone sur $I$ .
Détermine $J = f(I)$ grâce au tableau de la partie 4 du cours.
Pour $x \in J$ , résous l'équation $f(y) = x$ d'inconnue $y \in I$ : la solution est $f^{-1}(x)$ .

Exemple. Soit $f(x) = x^2 - 4x + 1$ sur $I = [2, +\infty[$ . On écrit $f(x) = (x - 2)^2 - 3$ . Si $2 \leq a < b$ , alors $0 \leq a - 2 < b - 2$ , donc $(a - 2)^2 < (b - 2)^2$ et $f(a) < f(b)$ : $f$ est strictement croissante et continue sur $I$ . Comme $f(2) = -3$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ , on obtient $J = [-3, +\infty[$ . Pour $x \in J$ et $y \in I$ : $f(y) = x \iff (y - 2)^2 = x + 3 \iff y - 2 = \sqrt{x + 3}$ (car $y - 2 \geq 0$ ). Donc $f^{-1}(x) = 2 + \sqrt{x + 3}$ .

Méthode 5 : Calculer avec les racines n-ièmes

Pour simplifier, écris chaque racine comme une puissance rationnelle ( $\sqrt[n]{a^p} = a^{\frac{p}{n}}$ pour $a > 0$ ), puis applique les règles des puissances.
Pour la limite de $\sqrt[n]{u(x)}$ , calcule d'abord la limite de $u(x)$ , puis utilise la composition.
Pour une forme indéterminée avec une racine cubique, utilise $a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)$ .

Exemple. $\frac{\sqrt[3]{9} \times \sqrt[6]{9}}{\sqrt{3}} = \frac{3^{\frac{2}{3}} \times 3^{\frac{1}{3}}}{3^{\frac{1}{2}}} = 3^{1 - \frac{1}{2}} = \sqrt{3}$ .

Comme $\lim_{x \to +\infty} \frac{16x + 1}{x + 2} = 16$ , on a $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[4]{\frac{16x + 1}{x + 2}} = \sqrt[4]{16} = 2$ .

En $8$ , $\frac{\sqrt[3]{x} - 2}{x - 8}$ est de la forme $\frac{0}{0}$ . Avec $a = \sqrt[3]{x}$ et $b = 2$ , on a $x - 8 = (\sqrt[3]{x} - 2)(\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 4)$ , donc $\frac{\sqrt[3]{x} - 2}{x - 8} = \frac{1}{\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 4}$ , qui tend vers $\frac{1}{4 + 4 + 4} = \frac{1}{12}$ .

Exercices corrigés

Exercice 1 : Limites de base

Facile

Calcule les limites suivantes.

$\lim_{x \to +\infty} \frac{3x^2 - x + 1}{2x^2 + 5}$
$\lim_{x \to -\infty} (x^3 - 4x^2 + 7)$
$\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 4}{x^2 - 3x + 2}$
$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 3x}{x}$

Voir le corrigé

1. C'est une forme $\frac{\infty}{\infty}$ . En $+\infty$ , une fraction rationnelle a la limite du quotient de ses termes de plus haut degré : $\lim_{x \to +\infty} \frac{3x^2}{2x^2} = \frac{3}{2}$ .

2. En $-\infty$ , un polynôme a la limite de son terme de plus haut degré. Comme $\lim_{x \to -\infty} x^3 = -\infty$ , la limite cherchée vaut $-\infty$ .

3. En $2$ , on obtient la forme $\frac{0}{0}$ . On factorise : $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$ et $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$ . Pour $x$ proche de $2$ et $x \neq 2$ :

\frac{x^2 - 4}{x^2 - 3x + 2} = \frac{x + 2}{x - 1}

donc la limite vaut $\frac{2 + 2}{2 - 1} = 4$ .

4. Pour $x \neq 0$ : $\frac{\sin 3x}{x} = 3 \times \frac{\sin 3x}{3x}$ . Quand $x \to 0$ , $X = 3x \to 0$ et $\frac{\sin X}{X} \to 1$ . La limite vaut donc $3$ .

Exercice 2 : Quantité conjuguée et trigonométrie

Facile

Calcule les limites suivantes.

$\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2 + 4x} - x)$
$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos 2x}{x^2}$
$\lim_{x \to 3} \frac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3}$

Voir le corrigé

1. C'est une forme $+\infty - \infty$ . Pour $x > 0$ , on multiplie par la quantité conjuguée :

\sqrt{x^2 + 4x} - x = \frac{(x^2 + 4x) - x^2}{\sqrt{x^2 + 4x} + x} = \frac{4x}{\sqrt{x^2 + 4x} + x}

Pour $x > 0$ , $\sqrt{x^2 + 4x} = x\sqrt{1 + \frac{4}{x}}$ , donc l'expression vaut $\frac{4}{\sqrt{1 + \frac{4}{x}} + 1}$ . Comme $\frac{4}{x} \to 0$ , la limite vaut $\frac{4}{1 + 1} = 2$ .

2. On écrit $\frac{1 - \cos 2x}{x^2} = 4 \times \frac{1 - \cos 2x}{(2x)^2}$ . Avec $X = 2x \to 0$ , on a $\frac{1 - \cos X}{X^2} \to \frac{1}{2}$ . La limite vaut donc $4 \times \frac{1}{2} = 2$ .

3. C'est une forme $\frac{0}{0}$ . Avec la quantité conjuguée :

\frac{\sqrt{x + 1} - 2}{x - 3} = \frac{(x + 1) - 4}{(x - 3)(\sqrt{x + 1} + 2)} = \frac{1}{\sqrt{x + 1} + 2}

La limite vaut donc $\frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4}$ .

Exercice 3 : Limites et ordre

Moyen

Montre que pour tout $x > 0$ : $2 - \frac{1}{x} \leq \frac{2x + \sin x}{x} \leq 2 + \frac{1}{x}$ . Déduis-en $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + \sin x}{x}$ .
Calcule $\lim_{x \to +\infty} (x^2 - 3\cos x)$ .
Calcule $\lim_{x \to -\infty} \frac{\cos x}{x^2 + 1}$ .

Voir le corrigé

1. Pour $x > 0$ : $\frac{2x + \sin x}{x} = 2 + \frac{\sin x}{x}$ . Comme $-1 \leq \sin x \leq 1$ et $x > 0$ , on a $-\frac{1}{x} \leq \frac{\sin x}{x} \leq \frac{1}{x}$ . En ajoutant $2$ , on obtient l'encadrement demandé. Les deux bornes $2 - \frac{1}{x}$ et $2 + \frac{1}{x}$ tendent vers $2$ en $+\infty$ . Par le théorème des gendarmes, $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + \sin x}{x} = 2$ .

2. Comme $\cos x \leq 1$ , on a $-3\cos x \geq -3$ , donc $x^2 - 3\cos x \geq x^2 - 3$ . Or $\lim_{x \to +\infty} (x^2 - 3) = +\infty$ . Par comparaison, $\lim_{x \to +\infty} (x^2 - 3\cos x) = +\infty$ .

3. Pour tout réel $x$ : $\left\lvert \frac{\cos x}{x^2 + 1} \right\rvert \leq \frac{1}{x^2 + 1}$ , car $\lvert \cos x \rvert \leq 1$ . Comme $\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x^2 + 1} = 0$ , on conclut que $\lim_{x \to -\infty} \frac{\cos x}{x^2 + 1} = 0$ .

Exercice 4 : Continuité et prolongement

Moyen

Soit $f$ la fonction définie sur $[-4, 0[ \cup ]0, +\infty[$ par $f(x) = \frac{\sqrt{x + 4} - 2}{x}$ . Montre que $f$ admet un prolongement par continuité en $0$ et précise-le.
Soit $a$ un réel et $g$ la fonction définie sur $[0, +\infty[$ par $g(x) = x^2 + ax$ si $0 \leq x \leq 1$ et $g(x) = \frac{x - 1}{\sqrt{x} - 1}$ si $x > 1$ . Détermine $a$ pour que $g$ soit continue en $1$ .

Voir le corrigé

1. Pour $x$ dans l'ensemble de définition, avec la quantité conjuguée :

f(x) = \frac{(x + 4) - 4}{x(\sqrt{x + 4} + 2)} = \frac{1}{\sqrt{x + 4} + 2}

Donc $\lim_{x \to 0} f(x) = \frac{1}{2 + 2} = \frac{1}{4}$ . Cette limite est finie : $f$ admet un prolongement par continuité en $0$ , la fonction $F$ définie par $F(x) = f(x)$ pour $x \neq 0$ et $F(0) = \frac{1}{4}$ .

2. On a $g(1) = 1 + a$ . À gauche, $\lim_{x \to 1^-} (x^2 + ax) = 1 + a = g(1)$ : $g$ est toujours continue à gauche en $1$ . À droite, pour $x > 1$ , on factorise $x - 1 = (\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x} + 1)$ , donc $g(x) = \sqrt{x} + 1$ et $\lim_{x \to 1^+} g(x) = 2$ . La fonction $g$ est continue en $1$ si et seulement si $1 + a = 2$ , c'est-à-dire $a = 1$ .

Exercice 5 : Valeurs intermédiaires et dichotomie

Moyen

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 + x - 3$ .

Montre que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\mathbb{R}$ , et que $1 < \alpha < 2$ .
Par dichotomie, donne un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0{,}125$ .

Voir le corrigé

1. La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ (polynôme). Elle est strictement croissante comme somme de $x \mapsto x^3$ et $x \mapsto x - 3$ , toutes deux strictement croissantes. De plus $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ , donc $f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$ . Comme $0 \in \mathbb{R}$ , l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ . Enfin $f(1) = -1 < 0$ et $f(2) = 7 > 0$ , donc $1 < \alpha < 2$ .

2. On part de $]1, 2[$ , avec $f(1) < 0$ et $f(2) > 0$ .

Étape	Milieu $m$	$f(m)$	Nouvel encadrement
1	$1{,}5$	$1{,}875 > 0$	$1 < \alpha < 1{,}5$
2	$1{,}25$	$0{,}203125 > 0$	$1 < \alpha < 1{,}25$
3	$1{,}125$	$-0{,}451171875 < 0$	$1{,}125 < \alpha < 1{,}25$

Après 3 étapes, l'amplitude vaut $\frac{2 - 1}{2^3} = 0{,}125$ : on a $1{,}125 < \alpha < 1{,}25$ .

Exercice 6 : Calculs avec les racines n-ièmes

Moyen

Simplifie $A = \frac{\sqrt[3]{16} \times \sqrt[6]{4}}{\sqrt[3]{4}}$ et $B = \sqrt[4]{9} \times \sqrt[8]{81}$ .
Résous dans $\mathbb{R}$ les équations $x^3 = 5$ , $x^4 = 16$ , $x^3 = -8$ et $x^6 = -1$ .
Compare $\sqrt[3]{3}$ et $\sqrt{2}$ (indication : élève ces nombres à la puissance $6$ ).

Voir le corrigé

1. On écrit tout en puissances de $2$ : $\sqrt[3]{16} = 2^{\frac{4}{3}}$ , $\sqrt[6]{4} = 2^{\frac{2}{6}} = 2^{\frac{1}{3}}$ et $\sqrt[3]{4} = 2^{\frac{2}{3}}$ . Donc $A = 2^{\frac{4}{3} + \frac{1}{3} - \frac{2}{3}} = 2^1 = 2$ .

De même avec des puissances de $3$ : $\sqrt[4]{9} = 3^{\frac{2}{4}} = 3^{\frac{1}{2}}$ et $\sqrt[8]{81} = 3^{\frac{4}{8}} = 3^{\frac{1}{2}}$ . Donc $B = 3^{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = 3$ .

2. $x^3 = 5$ : l'exposant est impair et $5 \geq 0$ , donc une seule solution $x = \sqrt[3]{5}$ .

$x^4 = 16$ : l'exposant est pair et $16 > 0$ , donc deux solutions $x = \sqrt[4]{16} = 2$ et $x = -2$ .

$x^3 = -8$ : l'exposant est impair et $-8 < 0$ , donc une seule solution $x = -\sqrt[3]{8} = -2$ .

$x^6 = -1$ : pas de solution, car $x^6 \geq 0$ pour tout réel $x$ .

3. On a $(\sqrt[3]{3})^6 = \left((\sqrt[3]{3})^3\right)^2 = 3^2 = 9$ et $(\sqrt{2})^6 = \left((\sqrt{2})^2\right)^3 = 2^3 = 8$ . Les deux nombres sont positifs et $t \mapsto t^6$ est strictement croissante sur $[0, +\infty[$ . Comme $9 > 8$ , on conclut que $\sqrt[3]{3} > \sqrt{2}$ .

Exercice 7 : Limites avec racines et composées

Difficile

Calcule les limites suivantes.

$\lim_{x \to +\infty} x \sin\left(\frac{2}{x}\right)$
$\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{\frac{8x^2 + 1}{x^2 + 3}}$
$\lim_{x \to 1} \frac{\sqrt[3]{x} - 1}{x - 1}$
$\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt[3]{x^3 + x^2} - x\right)$

Voir le corrigé

1. On pose $X = \frac{2}{x}$ . Quand $x \to +\infty$ , $X \to 0$ . Comme $x = \frac{2}{X}$ , on a $x \sin\left(\frac{2}{x}\right) = 2 \times \frac{\sin X}{X}$ , qui tend vers $2 \times 1 = 2$ .

2. En $+\infty$ , $\frac{8x^2 + 1}{x^2 + 3}$ a la limite de $\frac{8x^2}{x^2}$ , soit $8$ . Par composition, la limite cherchée vaut $\sqrt[3]{8} = 2$ .

3. C'est une forme $\frac{0}{0}$ . Pour $x \geq 0$ , on pose $a = \sqrt[3]{x}$ , donc $x = a^3$ et $x - 1 = a^3 - 1 = (a - 1)(a^2 + a + 1)$ . Pour $x \neq 1$ :

\frac{\sqrt[3]{x} - 1}{x - 1} = \frac{1}{\sqrt[3]{x^2} + \sqrt[3]{x} + 1}

La limite vaut donc $\frac{1}{1 + 1 + 1} = \frac{1}{3}$ .

4. C'est une forme $+\infty - \infty$ . Pour $x > 0$ , on pose $a = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ et $b = x$ . Alors $a^3 - b^3 = x^2$ , d'où $a - b = \frac{x^2}{a^2 + ab + b^2}$ . Pour $x > 0$ , $a = x\sqrt[3]{1 + \frac{1}{x}}$ . En posant $t = \sqrt[3]{1 + \frac{1}{x}}$ , on a $a^2 + ab + b^2 = x^2(t^2 + t + 1)$ , donc :

\sqrt[3]{x^3 + x^2} - x = \frac{1}{t^2 + t + 1}

Quand $x \to +\infty$ , $t \to 1$ , donc la limite vaut $\frac{1}{3}$ .

Exercice 8 : Fonction réciproque

Type Bac

Soit $f$ la fonction définie sur $I = [1, +\infty[$ par $f(x) = x - 2\sqrt{x}$ .

Vérifie que pour tout $x \in I$ : $f(x) = (\sqrt{x} - 1)^2 - 1$ .
Calcule $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ .
Montre que $f$ est strictement croissante sur $I$ .
Déduis-en que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ à préciser.
Détermine $f^{-1}(x)$ pour tout $x \in J$ .
Résous dans $I$ l'équation $f(x) = 2$ .

Voir le corrigé

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

2. On a $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x} - 1) = +\infty$ , donc $\lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x} - 1)^2 = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ .

3. Soient $a$ et $b$ dans $I$ avec $a < b$ . La fonction racine carrée est strictement croissante, donc $1 \leq \sqrt{a} < \sqrt{b}$ , d'où $0 \leq \sqrt{a} - 1 < \sqrt{b} - 1$ . Deux nombres positifs sont rangés comme leurs carrés, donc $(\sqrt{a} - 1)^2 < (\sqrt{b} - 1)^2$ , puis $f(a) < f(b)$ . La fonction $f$ est strictement croissante sur $I$ .

4. La fonction $f$ est continue sur $I$ (somme de fonctions continues) et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection de $I$ sur $J = f(I) = [f(1), \lim_{x \to +\infty} f(x)[ = [-1, +\infty[$ . Elle admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $J$ .

5. Soient $x \in J$ et $y \in I$ . On a $f(y) = x \iff (\sqrt{y} - 1)^2 = x + 1$ . Comme $\sqrt{y} - 1 \geq 0$ et $x + 1 \geq 0$ , cela équivaut à $\sqrt{y} - 1 = \sqrt{x + 1}$ , soit $y = (1 + \sqrt{x + 1})^2$ . Donc, pour tout $x \in [-1, +\infty[$ :

f^{-1}(x) = (1 + \sqrt{x + 1})^2 = x + 2 + 2\sqrt{x + 1}

6. Comme $2 \in J$ , l'équation $f(x) = 2$ a une unique solution dans $I$ : $x = f^{-1}(2) = (1 + \sqrt{3})^2 = 4 + 2\sqrt{3}$ . Vérification : $\sqrt{4 + 2\sqrt{3}} = 1 + \sqrt{3}$ , donc $f(4 + 2\sqrt{3}) = 4 + 2\sqrt{3} - 2 - 2\sqrt{3} = 2$ .

Exercice 9 : TVI, racine cubique et réciproque

Type Bac

Soit $f$ la fonction définie sur $I = [0, +\infty[$ par $f(x) = \sqrt[3]{x} + x - 1$ .

Calcule $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}$ .
Montre que $f$ est continue et strictement croissante sur $I$ , puis détermine $f(I)$ .
Montre que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $I$ , et que $\frac{1}{8} < \alpha < \frac{27}{64}$ .
Montre que $\alpha = (1 - \alpha)^3$ .
On note $f^{-1}$ la fonction réciproque de $f$ . Précise son ensemble de définition et son sens de variation, puis calcule $f^{-1}(-1)$ , $f^{-1}(1)$ , $f^{-1}(9)$ et $f^{-1}(0)$ .

Voir le corrigé

1. On a $\lim_{x \to +\infty} \sqrt[3]{x} = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} (x - 1) = +\infty$ , donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ .

Pour $x > 0$ : $\frac{f(x)}{x} = \frac{\sqrt[3]{x}}{x} + 1 - \frac{1}{x}$ . Comme $x = (\sqrt[3]{x})^3$ , on a $\frac{\sqrt[3]{x}}{x} = \frac{1}{\sqrt[3]{x^2}}$ , qui tend vers $0$ . Donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 1$ .

2. Les fonctions $x \mapsto \sqrt[3]{x}$ et $x \mapsto x - 1$ sont continues et strictement croissantes sur $I$ , donc leur somme $f$ aussi. Par suite $f(I) = [f(0), \lim_{x \to +\infty} f(x)[ = [-1, +\infty[$ .

3. Comme $0 \in [-1, +\infty[$ et que $f$ est une bijection de $I$ sur $[-1, +\infty[$ , l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $I$ . On calcule $f\left(\frac{1}{8}\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{8} - 1 = -\frac{3}{8} < 0$ et $f\left(\frac{27}{64}\right) = \frac{3}{4} + \frac{27}{64} - 1 = \frac{11}{64} > 0$ . Ainsi $f\left(\frac{1}{8}\right) < f(\alpha) < f\left(\frac{27}{64}\right)$ et, $f$ étant strictement croissante, $\frac{1}{8} < \alpha < \frac{27}{64}$ .

4. $f(\alpha) = 0$ s'écrit $\sqrt[3]{\alpha} = 1 - \alpha$ . En élevant au cube : $\alpha = (1 - \alpha)^3$ .

5. La fonction $f^{-1}$ est définie sur $J = [-1, +\infty[$ , à valeurs dans $[0, +\infty[$ . Elle est continue et strictement croissante, comme $f$ . On a $f(0) = -1$ , donc $f^{-1}(-1) = 0$ . On a $f(1) = 1 + 1 - 1 = 1$ , donc $f^{-1}(1) = 1$ . On a $f(8) = 2 + 8 - 1 = 9$ , donc $f^{-1}(9) = 8$ . Enfin $f(\alpha) = 0$ , donc $f^{-1}(0) = \alpha$ .

QCM

1.La limite

\lim_{x \to 0} \frac{\sin 5x}{2x}

est égale à :

2.Laquelle de ces situations est une forme indéterminée ?

3.Soit

f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}

pour

x \neq 1

f(1) = k

. La fonction

f

est continue en

1

si et seulement si :

4.L'image de l'intervalle

[0, 2]

par la fonction

f(x) = x^2 - 2x

est :

5.Le nombre

8^{\frac{2}{3}}

est égal à :

6.Soit

f

une fonction continue sur

[0, 1]

avec

f(0) = -2

f(1) = 3

. On peut affirmer que :

7.La fonction réciproque de

f : x \mapsto 2x + 1

(définie sur

\mathbb{R}

) est :

Erreurs fréquentes

Écrire $+\infty - \infty = 0$ ou $\frac{\infty}{\infty} = 1$ : ce sont des formes indéterminées, il faut transformer l'expression avant de conclure.
Conclure à l'unicité de la solution avec le seul TVI : l'unicité exige que $f$ soit strictement monotone sur l'intervalle.
Appliquer le TVI sans vérifier la continuité sur tout l'intervalle : $x \mapsto \frac{1}{x}$ change de signe entre $-1$ et $1$ mais ne s'annule jamais : elle n'est pas définie en $0$ , donc pas continue sur $[-1, 1]$ .
Affirmer que l'image de $[a, b]$ est $[f(a), f(b)]$ pour une fonction non monotone : il faut utiliser le tableau de variations (minimum et maximum).
Écrire $\sqrt[3]{-8}$ : au programme, $\sqrt[n]{x}$ n'est définie que pour $x \geq 0$ . La solution de $x^3 = -8$ s'écrit $-\sqrt[3]{8} = -2$ .
Croire que $\sqrt[n]{a + b} = \sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{b}$ : par exemple $\sqrt[3]{1 + 7} = 2$ , alors que $\sqrt[3]{1} + \sqrt[3]{7} > 2$ .
Confondre $f^{-1}(x)$ et $\frac{1}{f(x)}$ : la réciproque s'obtient en résolvant $f(y) = x$ .
Oublier, pour la continuité sur $[a, b]$ , de vérifier la continuité à droite en $a$ et à gauche en $b$ .

À retenir

Les formes indéterminées sont $+\infty - \infty$ , $0 \times \infty$ , $\frac{\infty}{\infty}$ et $\frac{0}{0}$ ; on les lève par factorisation, quantité conjuguée ou limites usuelles.
Limites usuelles en $0$ : $\frac{\sin x}{x} \to 1$ , $\frac{\tan x}{x} \to 1$ , $\frac{1 - \cos x}{x^2} \to \frac{1}{2}$ .
Théorème des gendarmes et comparaison : un encadrement ou une minoration permet de conclure quand le calcul direct est impossible.
$f$ est continue en $a$ si $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$ ; pour une fonction définie par morceaux, compare les limites à droite et à gauche avec $f(a)$ .
L'image d'un intervalle par une fonction continue est un intervalle ; si $f$ est strictement monotone, on lit $f(I)$ avec les valeurs et limites aux bornes.
TVI : $f$ continue sur $[a, b]$ et $f(a) \times f(b) < 0$ donnent au moins une solution de $f(x) = 0$ ; la stricte monotonie donne l'unicité.
Une fonction continue et strictement monotone sur $I$ est une bijection de $I$ sur $f(I)$ ; on obtient $f^{-1}(x)$ en résolvant $f(y) = x$ .
Pour $x \geq 0$ et $y \geq 0$ : $\sqrt[n]{x} = y \iff y^n = x$ ; pour $x > 0$ , $x^{\frac{p}{q}} = \sqrt[q]{x^p}$ et les règles des puissances s'appliquent.
Limite d'une composée : si $u(x) \to b$ et $v(X) \to l$ quand $X \to b$ , alors $v(u(x)) \to l$ .

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