Terminale — Programme officiel (BO 2019) · Math@mine
La concentration d’un médicament dans le sang est modelisee par \(C(t) = \dfrac{5t}{t^2 + 1}\) (en mg/L), ou \(t\) est le temps en heures apres la prise. Que se passe-t-il apres un temps tres long ?
Au XVIIe siecle, Newton et Leibniz manipulaient les « infiniment petits » de facon intuitive pour fonder le calcul differentiel. C’est Augustin-Louis Cauchy, au début du XIXe siecle, qui a donne la première définition rigoureuse de la limite d’une fonction, posant les bases de l’analyse mathematique moderne. Sa formalisation en « epsilon-delta » est encore utilisee aujourd’hui.
Soit \(f(x) = \dfrac{3x^2 + x - 1}{x^2 - 4}\). Quelle est la limite de \(f(x)\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\) ? Et quand \(x\) tend vers 2 ?
Pour \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) en \(x = 0\) :
La limite en 0 n’existe pas (les limites à gauche et à droite sont différentes).
| Fonction | Limite en \(+\infty\) | Limite en \(-\infty\) | Limite en \(0^+\) |
|---|---|---|---|
| \(x^n\) (\(n \geq 1\)) | \(+\infty\) | \((-1)^n \infty\) | — |
| \(\dfrac{1}{x}\) | \(0\) | \(0\) | \(+\infty\) |
| \(\dfrac{1}{x^2}\) | \(0\) | \(0\) | \(+\infty\) |
| \(\sqrt{x}\) | \(+\infty\) | — | — |
| \(e^x\) | \(+\infty\) | \(0\) | — |
Ces limites se demontrent à partir de la définition avec \(\varepsilon\) (ou \(A\)), comme pour les suites (ch. 2). Par exemple :
\(\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty\) : On sait que \(e^x \geq 1 + x\) pour tout \(x \geq 0\) (inégalité de convexite, admise ici). Donc pour tout \(A > 0\), des que \(x > A - 1\), on a \(e^x > A\). ∎
\(\lim_{x \to -\infty} e^x = 0\) : On pose \(t = -x \to +\infty\). Alors \(e^x = e^{-t} = \frac{1}{e^t} \to 0\) car \(e^t \to +\infty\). ∎
Soit \(P(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0\) avec \(a_n \neq 0\). On factorise par \(x^n\) :
\(P(x) = a_n x^n \left(1 + \dfrac{a_{n-1}}{a_n x} + \cdots + \dfrac{a_0}{a_n x^n}\right)\)
Quand \(x \to \pm\infty\), chaque terme \(\dfrac{a_k}{a_n x^{n-k}} \to 0\). Donc la parenthese tend vers 1.
Ainsi \(P(x) \sim a_n x^n\) en \(\pm\infty\) et \(\lim P(x) = \lim a_n x^n\). ∎
Soit \(P(x) = a_p x^p + \cdots\) et \(Q(x) = b_q x^q + \cdots\). Par la propriété précédente :
\(\dfrac{P(x)}{Q(x)} \sim \dfrac{a_p x^p}{b_q x^q} = \dfrac{a_p}{b_q} x^{p-q}\)
∎
\(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{3x^2 + x - 1}{x^2 - 4} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3x^2}{x^2} = 3\).
On admet la somme (demontree pour les suites au ch. 2, même argument avec \(\varepsilon\)). Demontrons le produit.
On ecrit \(f(x)g(x) - \ell\ell' = f(x)(g(x) - \ell') + \ell'(f(x) - \ell)\).
Comme \(\lim f = \ell\), la fonction \(f\) est bornée au voisinage : il existe \(M > 0\) tel que \(|f(x)| \leq M\).
Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe un voisinage ou \(|g(x) - \ell'| < \dfrac{\varepsilon}{2M}\) et \(|f(x) - \ell| < \dfrac{\varepsilon}{2(|\ell'|+1)}\).
Alors \(|f(x)g(x) - \ell\ell'| \leq M \cdot \dfrac{\varepsilon}{2M} + |\ell'| \cdot \dfrac{\varepsilon}{2(|\ell'|+1)} < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\). ∎
| Forme | Exemples de résultat possible |
|---|---|
| \(\dfrac{0}{0}\) | \(\dfrac{\sin x}{x} \to 1\), \(\dfrac{x^2}{x} \to 0\), \(\dfrac{x}{x^2} \to +\infty\) |
| \(\dfrac{\infty}{\infty}\) | \(\dfrac{2x}{x} \to 2\), \(\dfrac{x^2}{x} \to +\infty\), \(\dfrac{x}{x^2} \to 0\) |
| \(\infty - \infty\) | \(x^2 - x \to +\infty\), \(x - x^2 \to -\infty\), \((x+1) - x \to 1\) |
| \(0 \times \infty\) | \(\dfrac{1}{x} \cdot x^2 \to +\infty\), \(\dfrac{1}{x^2} \cdot x \to 0\), \(\dfrac{1}{x} \cdot x \to 1\) |
Calculer \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1}\).
On factorise : \(\dfrac{x^2 - 1}{x - 1} = \dfrac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x + 1\) (pour \(x \neq 1\)).
Donc \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 1 + 1 = 2\).
Même argument que pour les suites (ch. 2). Soit \(\varepsilon > 0\).
Il existe un voisinage \(V\) de \(a\) (ou de \(+\infty\)) ou \(g(x) > \ell - \varepsilon\) et \(h(x) < \ell + \varepsilon\).
Sur ce voisinage, \(\ell - \varepsilon < g(x) \leq f(x) \leq h(x) < \ell + \varepsilon\), donc \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\). ∎
Soit \(A > 0\). Comme \(\lim g = +\infty\), il existe \(x_0\) tel que pour \(x > x_0\), \(g(x) > A\).
Comme \(f(x) \geq g(x)\), on a aussi \(f(x) > A\). Donc \(\lim f = +\infty\). ∎
Montrer que \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sin x}{x} = 1\).
Pour tout \(x > 0\) : \(-1 \leq \sin x \leq 1\), donc \(\dfrac{x - 1}{x} \leq \dfrac{x + \sin x}{x} \leq \dfrac{x + 1}{x}\).
Or \(\lim \dfrac{x - 1}{x} = \lim \dfrac{x + 1}{x} = 1\). Par le théorème des gendarmes, la limite vaut 1.
Cas \(n = 1\). On veut montrer que \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}{x} = +\infty\).
Posons \(\varphi(x) = e^x - \dfrac{x^2}{2}\) pour \(x \geq 0\). Alors \(\varphi'(x) = e^x - x\), et \(\varphi''(x) = e^x - 1 \geq 0\) sur \([0;+\infty[\). Donc \(\varphi'\) est croissante sur \([0;+\infty[\) avec \(\varphi'(0) = 1 > 0\), donc \(\varphi'(x) \geq 1 > 0\). Ainsi \(\varphi\) est strictement croissante avec \(\varphi(0) = 1 > 0\), donc \(\varphi(x) \geq 1 > 0\) pour tout \(x \geq 0\). On en déduit :
\(e^x \geq \dfrac{x^2}{2}\) pour tout \(x \geq 0\), soit \(\dfrac{e^x}{x} \geq \dfrac{x}{2}\) pour \(x > 0\).
Or \(\lim \dfrac{x}{2} = +\infty\). Par comparaison, \(\lim \dfrac{e^x}{x} = +\infty\). ✓
Heredite. Supposons \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}{x^n} = +\infty\). Montrons que \(\lim \dfrac{e^x}{x^{n+1}} = +\infty\).
On ecrit \(\dfrac{e^x}{x^{n+1}} = \dfrac{e^{x/2}}{x^{n+1}} \cdot e^{x/2}\). Posons \(t = x/2\) :
\(\dfrac{e^x}{x^{n+1}} = \dfrac{e^{2t}}{(2t)^{n+1}} = \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot \dfrac{(e^t)^2}{t^{n+1}} = \dfrac{1}{2^{n+1}} \cdot \dfrac{e^t}{t^n} \cdot \dfrac{e^t}{t}\)
Par hypothèse de récurrence, \(\dfrac{e^t}{t^n} \to +\infty\), et par le cas \(n=1\), \(\dfrac{e^t}{t} \to +\infty\). Le produit de deux quantites tendant vers \(+\infty\) tend vers \(+\infty\). ✓
Conclusion : par récurrence, \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}{x^n} = +\infty\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). ∎
Soit \(f(x) = \dfrac{2x^2 + 3}{x - 1}\).
Asymptote verticale : Le dénominateur s’annule en \(x = 1\). On vérifie que \(\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty\). Donc \(x = 1\) est asymptote verticale.
Asymptote oblique : On effectue la division euclidienne : \(f(x) = 2x + 2 + \dfrac{5}{x-1}\).
Comme \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{5}{x-1} = 0\), la droite \(y = 2x + 2\) est asymptote oblique en \(\pm\infty\).
La fonction \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) admet \(y = 0\) comme asymptote horizontale en \(\pm\infty\) et \(x = 0\) comme asymptote verticale.
On calcule \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} C(t) = \lim_{t \to +\infty} \frac{5t}{t^2 + 1}\).
On divise numérateur et dénominateur par \(t^2\) : \(C(t) = \dfrac{5/t}{1 + 1/t^2}\). Quand \(t \to +\infty\), le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers 1.
Donc \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} C(t) = 0\).
Interprétation : apres un temps tres long, la concentration du médicament dans le sang tend vers zéro. Le médicament est progressivement elimine par l’organisme. La droite \(y = 0\) est asymptote horizontale à la courbe de \(C\) en \(+\infty\).
Quand \(x \to +\infty\) : on divise par \(x^2\). \(f(x) = \dfrac{3 + \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}}{1 - \frac{4}{x^2}} \to \dfrac{3}{1} = 3\).
Quand \(x \to 2\) : le numérateur tend vers \(3(4) + 2 - 1 = 13\), le dénominateur vers \(4 - 4 = 0\). La limite est infinie (il faut preciser le signe selon le cote d’approche).
Pour approfondir, d'autres applets s'ouvrent en plein écran dans un nouvel onglet :
Banque complète (1245 applets) — voir le catalogue GeoGebra.
| Notion | Résultat cle |
|---|---|
| Polynôme en \(\pm\infty\) | Limite = celle du terme de plus haut degré |
| Fraction rationnelle en \(\pm\infty\) | Limite = quotient des termes dominants |
| Formes indeterminees | \(\frac{0}{0}\), \(\frac{\infty}{\infty}\), \(\infty - \infty\), \(0 \times \infty\) |
| Asymptote horizontale | \(\lim f(x) = \ell \Rightarrow y = \ell\) |
| Asymptote verticale | \(\lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty \Rightarrow x = a\) |
| Asymptote oblique | \(\lim [f(x) - (ax+b)] = 0 \Rightarrow y = ax+b\) |
| Croissances comparees | \(e^x\) l’emporte sur \(x^n\) en \(+\infty\) |
Limites de fonctions : teste d’abord ton intuition.
« \(\lim(f + g) = \lim f + \lim g\), toujours. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Cette règle ne s’applique que si les limites existent et ne donnent pas une forme indeterminee. Par exemple, \(f(x) = x^2\) et \(g(x) = -x^2 + 1\) : \(\lim f = +\infty\), \(\lim g = -\infty\), mais \(\lim(f+g) = 1\), pas « \(+\infty - \infty\) ».
Mini-test : \(\lim_{x \to +\infty}(x^2 - x) = ?\)
« \(\infty - \infty = 0\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. \(\infty - \infty\) est une forme indeterminee. Le résultat depend des fonctions en jeu : \(x - x = 0\), \(x^2 - x \to +\infty\), \(x - x^2 \to -\infty\), \((x+1) - x = 1\). Tout est possible !
Mini-test : \(\lim_{x \to +\infty}(\sqrt{x+1} - \sqrt{x}) = ?\)
« Si \(f(x) \to L\) quand \(x \to +\infty\), alors \(f\) est monotone au voisinage de \(+\infty\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Une fonction peut osciller en se rapprochant de sa limite. Exemple : \(f(x) = \frac{\sin x}{x}\) tend vers 0 en \(+\infty\), mais n’est jamais monotone (elle oscille indefiniment).
Mini-test : \(f(x) = \frac{\cos x}{x}\) admet-elle une limite en \(+\infty\) ?
« Si \(f(x) \to 0\) et \(g(x) \to +\infty\), alors \(f(x) \cdot g(x) \to 0\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. C’est une forme indeterminee \(0 \times \infty\). Par exemple : \(\frac{1}{x} \times x^2 = x \to +\infty\), mais \(\frac{1}{x} \times x = 1\), et \(\frac{1}{x^2} \times x = \frac{1}{x} \to 0\). Le résultat depend de la « vitesse » respective.
Mini-test : \(\lim_{x \to +\infty} x \cdot e^{-x} = ?\)
« Une courbe ne peut jamais couper son asymptote horizontale. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Une courbe peut tres bien couper son asymptote horizontale, même une infinite de fois ! Exemple : \(f(x) = \frac{\sin x}{x}\) a pour asymptote \(y = 0\), mais la courbe croise cet axe en chaque multiple de \(\pi\).
Mini-test : \(f(x) = 1 + \frac{\sin x}{x}\). L’asymptote horizontale est :
« Si \(g(x) \leq f(x) \leq h(x)\) et \(\lim g = \lim h = L\), alors \(\lim f = L\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
C’est vrai ! C’est le théorème des gendarmes (ou théorème d’encadrement). Il est valable pour les fonctions comme pour les suites, à condition que l’encadrement soit vérifie au voisinage du point considère.
Mini-test : pour montrer que \(\lim_{x \to +\infty}\frac{\cos(x^2)}{x} = 0\), on utilise :