Question 1.a

• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x=+\infty }$
• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }2{\sqrt {x}}=+\infty }$

Question 1.b

Pour tout ${\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{+*},~x-2{\sqrt {x}}=x\left(1-2{\frac {\sqrt {x}}{x}}\right)=x\left(1-2{\frac {\sqrt {x}}{{\sqrt {x}}{\sqrt {x}}}}\right)}$

Question 1.c

• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\frac {2}{\sqrt {x}}}=0}$ donc ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}=1}$

Question 2.a

• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }e^{2x}-1=+\infty }$
• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }2e^{2x}+e^{-x}=+\infty }$

Question 2.b

Pour tout ${\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~{\frac {e^{2x}-1}{2e^{2x}+e^{-x}}}={\frac {e^{2x}\left(1-e^{-2x}\right)}{e^{2x}\left(2+e^{-x}e^{-2x}\right)}}}$

Question 2.c

• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1-e^{-2x}=1}$ et ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }2+e^{-3x}=2}$

1.

• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x^{2}+2=+\infty }$.
  On pose ${\displaystyle X=x^{2}+2}$.
  ${\displaystyle \lim _{X\to +\infty }{\sqrt {X}}=+\infty }$.
  Donc ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}+2}}=+\infty }$.
• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x^{2}-2=+\infty }$.
  On pose ${\displaystyle X=x^{2}-2}$:${\displaystyle \lim _{X\to +\infty }{\sqrt {X}}=+\infty }$.
  Donc ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}-2}}=+\infty }$.

2. Pour tout ${\displaystyle x\in \left[1,+\infty \right[}$ :

${\displaystyle {\begin{aligned}g(x)&={\sqrt {x^{2}+2}}-{\sqrt {x^{2}-x}}\\&={\frac {\left({\sqrt {x^{2}+2}}-{\sqrt {x^{2}-x}}\right)\left({\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}\right)}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {\left({\sqrt {x^{2}+2}}\right)^{2}-\left({\sqrt {x^{2}-x}}\right)^{2}}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {x^{2}+2-(x^{2}-x)}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {x+2}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}.\end{aligned}}}$

3. Pour tout ${\displaystyle x\in \left[1,+\infty \right[}$ :

${\displaystyle {\begin{aligned}g(x)&={\frac {x+2}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {{\frac {1}{x}}(x+2)}{{\frac {1}{x}}\left({\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}\right)}}\\&={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {{\frac {1}{x^{2}}}(x^{2}+2)}}+{\sqrt {{\frac {1}{x^{2}}}(x^{2}-x)}}}}\\&={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}+{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}}}.\end{aligned}}}$

4.

• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1+{\frac {2}{x^{2}}}=\color {red}1}$.
  On pose ${\displaystyle X=1+{\frac {2}{x^{2}}}}$.
  ${\displaystyle \lim _{X\to \color {red}1}{\sqrt {X}}=1}$.
  Donc ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}=1}$.
• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1-{\frac {1}{x}}=\color {red}1}$.
  On pose ${\displaystyle X=1-{\frac {1}{x}}}$.
  ${\displaystyle \lim _{X\to \color {red}1}{\sqrt {X}}=1}$.
  Donc ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}=1}$.
• ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1+{\frac {2}{x}}=1}$.

1. Pour tout ${\displaystyle x\geq 0}$, ${\displaystyle {\sqrt {x+1}}-{\sqrt {x}}={\frac {x+1-x}{{\sqrt {x+1}}+{\sqrt {x}}}}={\frac {1}{{\sqrt {x+1}}+{\sqrt {x}}}}}$ donc ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\left({\sqrt {x+1}}-{\sqrt {x}}\right)={\frac {1}{+\infty }}=0^{+}}$.
2. Pour tout ${\displaystyle x>0}$,
   ${\displaystyle {\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)={\frac {x^{2}+1-(x+1)^{2}}{{\sqrt {x^{2}+1}}+(x+1)}}={\frac {-2x}{{\sqrt {x^{2}+1}}+x+1}}={\frac {-2}{{\sqrt {1+{\frac {1}{x^{2}}}}}+1+{\frac {1}{x}}}}}$
   donc${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\left({\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)\right)=-1}$.
3. Pour tout ${\displaystyle x\geq -1}$, ${\displaystyle {\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}-{\sqrt {x+1}}={\frac {{\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)}{{\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}+{\sqrt {x+1}}}}}$
   donc (d'après la question précédente) ${\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\left({\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}-{\sqrt {x+1}}\right)={\frac {-1}{+\infty }}=0^{-}}$.

1. Quelle est la limite en 2 de la fonction ${\displaystyle x\mapsto x^{2}-5x+6}$ ?

Peut-on donner directement la limite de ƒ en 2 ?

Si on étudie la limite du dénominateur de ƒ, on trouve également ${\displaystyle \lim _{x\to 2}(x-2)(2x-1)=0}$.

2. Démontrer que pour tout réel ${\displaystyle x\in D,~f(x)={\frac {x-3}{2x-1}}}$

Pour résoudre cette question, il faut se souvenir que, lorsqu'une fonction polynomiale s'annule en un réel α, son expression se factorise par x-α.

Une fois cette propriété en tête, on peut aisément factoriser le numérateur : pour tout ${\displaystyle x\in D,~x^{2}-5x+6=(x-2)(x-3)}$

Si vous ne savez plus comment faire cette manipulation, allez consulter le cours correspondant.

Il est alors facile de conclure : pour tout ${\displaystyle x\in D,~f(x)={\frac {x^{2}-5x+6}{(x-2)(2x-1)}}={\frac {(x-2)(x-3)}{(x-2)(2x-1)}}}$

3. En déduire la limite de ƒ en 2.

La forme indéterminée est levée avec cette nouvelle écriture.

1. Donner la limite en 0 de chacune des fonctions ${\displaystyle x\mapsto \cos(x)-1\ et\ x\mapsto x}$.

2. Peut-on alors donner directement la limite de g en 0 ?

3. Reconnaître que l’expression de ${\displaystyle g(x)}$ est un taux de variation de la fonction cos. En déduire la limite de g en 0.

Si vous ne savez plus l’expression d'un taux de variation, allez consulter le cours correspondant.

On reconnaît que, pour tout ${\displaystyle x\in \mathbb {R} ^{*},~g(x)={\frac {\cos(x)-1}{x}}={\frac {\cos(x)-\cos(0)}{x-0}}}$.

La limite que l’on recherche est donc ${\displaystyle \lim _{x\to \color {red}0}{\frac {\cos(x)-\cos(\color {red}{0}\color {black})}{x-\color {red}0}}=\cos '(\color {red}0\color {black})}$.

La dérivée de ${\displaystyle \cos }$ est ${\displaystyle -\sin }$, donc ${\displaystyle \cos '(0)=-\sin(0)=0}$

1. Remarquons d'abord que pour ${\displaystyle x>a}$ assez proche de ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle g(x)=g(x)-0=g(x)-g(a)}$ est non nul car ${\displaystyle {\frac {g(x)-g(a)}{x-a}}\neq 0}$, puisque quand ${\displaystyle x\to a^{+}}$, cette quantité a pour limite ${\displaystyle g'(a)\neq 0}$ (pour une formalisation de cet argument à un niveau plus avancé, voir Fonctions d'une variable réelle/Limites#Limites et relation d'ordre).
   On peut alors écrire le quotient et le transformer :
   ${\displaystyle {\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {f(x)-0}{g(x)-0}}={\frac {f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}}={\frac {\left(f(x)-f(a)\right)/\left(x-a\right)}{\left(g(x)-g(a)\right)/\left(x-a\right)}}}$.
   Puisque (par définition du nombre dérivé) quand ${\displaystyle x\to a^{+}}$, le numérateur tend vers ${\displaystyle f'(a)}$ et le dénominateur vers ${\displaystyle g'(a)\neq 0}$, la limite du quotient est bien ${\displaystyle f'(a)/g'(a)}$.
2. Pour la première limite, on pose ${\displaystyle f(x)=\sin x}$ et ${\displaystyle g(x)=x^{2}+3x}$, et l'on a donc ${\displaystyle f(0)=g(0)=0}$, ${\displaystyle f'(x)=\cos x}$ et ${\displaystyle g'(x)=2x+3}$.
   On en déduit que ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x^{2}+3x}}={\frac {f'(0)}{g'(0)}}={\frac {\cos 0}{2\times 0+3}}={\frac {1}{3}}}$.
   Pour la seconde, on pose ${\displaystyle f(x)=\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}$ et ${\displaystyle g(x)=1-2\cos x}$, et l'on a donc ${\displaystyle f(\pi /3)=g(\pi /3)=0}$, ${\displaystyle f'(x)=\cos \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}$ et ${\displaystyle g'(x)=2\sin x}$.
   On en déduit que ${\displaystyle \lim _{x\to {\frac {\pi }{3}}}{\frac {\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}{1-2\cos x}}={\frac {f'(\pi /3)}{g'(\pi /3)}}={\frac {\cos 0}{2\sin(\pi /3)}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}}$.