Limites et continuité

Fonction définie par morceaux ou prolongée en un point : continuité à gauche et à droite au raccord (conjugué, encadrement), continuité sur $\R$ , limites aux bornes et TVI

Idée directrice

Une fonction est donnée par deux expressions de part et d'autre d'un réel $a$ , avec une valeur imposée $f(a)$ ; ou par une expression qui n'existe pas en $a$ , complétée par $f(a)=\dots$ Pour prouver qu'elle est continue en $a$ , on calcule séparément $\lim_{x\to a^-}f(x)$ et $\lim_{x\to a^+}f(x)$ , chacune sur sa propre expression, et l'on compare à $f(a)$ : $f$ est continue en $a$ si et seulement si elle est continue à gauche et à droite en $a$ . Chaque limite latérale se lève par l'outil de son expression : quantité conjuguée pour une racine, encadrement pour un $\sin$ ou un $\cos$ d'argument qui explose, limite usuelle pour $\frac{\sin u}u$ . La continuité sur $\R$ s'obtient ensuite par les opérations sur chaque intervalle ouvert, plus le point $a$ .

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que $f$ est continue à droite en $0$ » ; « montrer que $f$ est continue en $-1$ » ; « déterminer le réel $a$ pour que $f$ soit continue en $2$ » ; « montrer que $f$ est prolongeable par continuité en $0$ » ; « montrer que pour tout $x>0$ , $|f(x)-1|\le x$ ; en déduire la limite de $f$ en $0$ »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Écrire les deux limites latérales séparément, chacune avec sa formule : à gauche de $a$ on n'utilise que l'expression valable pour $x<a$ .
Racine : $\sqrt A-B=\dfrac{A-B^2}{\sqrt A+B}$ ; puis simplifier le facteur qui s'annule.
$\sin\frac1x$ , $\cos\frac{k}x$ près de $0$ : pas de limite ; on les encadre par $-1$ et $1$ et l'on conclut par les gendarmes ( $|f(x)-\ell|\le g(x)\to0$ ).
Paramètres : si un dénominateur tend vers $0$ , le numérateur doit tendre vers $0$ (sinon il n'y a pas de limite finie) ; cela donne une première équation ; l'égalité « limite $=f(a)$ » donne la seconde.
Conclure : « $\lim_{a^-}f=\lim_{a^+}f=f(a)$ , donc $f$ est continue en $a$ », puis la continuité sur $\R$ par les opérations sur chaque intervalle ouvert.

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Utiliser l'expression de droite pour la limite à gauche ; conclure à la continuité avec une seule limite latérale ; écrire $\lim_{x\to0}\sin\frac1x=0$ (cette limite n'existe pas : on encadre) ; oublier $\sqrt{x^2}=-x$ pour $x<0$ ; dans un problème à paramètres, poser « limite $=f(a)$ » sans avoir d'abord imposé que le numérateur s'annule ; croire que le TVI donne une solution unique.

Sujet principal

Exercice — continuité en un point de raccordement (4 points), dans l'esprit des sessions 2016–2025

4 questionsCorrigé masqué

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par :

f(x)=\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{2x}\ \text{ si }x<0,\qquad f(0)=0,\qquad f(x)=\frac{x^2\sin\frac1x}{x+1}\ \text{ si }x>0.

On note $\mathcal C_f$ sa courbe dans un repère orthonormé.

Continuité en $0$ .
1. Montrer que pour tout $x<0$ , $f(x)=\dfrac{x}{2\left(\sqrt{x^2+9}+3\right)}$ . En déduire $\displaystyle\lim_{x\to0^-}f(x)$ .
2. Montrer que pour tout $x>0$ , $|f(x)|\le x^2$ . En déduire $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)$ .
3. Montrer que $f$ est continue en $0$ .
Justifier que $f$ est continue sur $\R$ .
Limites aux bornes.
1. Calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)$ et interpréter graphiquement.
2. Calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ (on pourra poser $t=\frac1x$ ) et interpréter graphiquement.
Calculer $f\left(\frac1\pi\right)$ et $f\left(\frac2\pi\right)$ . Montrer que l'équation $f(x)=\dfrac15$ admet au moins une solution dans $\left]\frac1\pi,\frac2\pi\right[$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a *Idée : différence de racine et de constante en $0$, forme $\frac00$ : quantité conjuguée.* Pour $x<0$ : $$f(x)=\frac{\left(\sqrt{x^2+9}-3\right)\left(\sqrt{x^2+9}+3\right)}{2x\left(\sqrt{x^2+9}+3\right)}=\frac{x^2}{2x\left(\sqrt{x^2+9}+3\right)}=\frac{x}{2\left(\sqrt{x^2+9}+3\right)}$$ Quand $x\to0^-$, le numérateur tend vers $0$ et le dénominateur vers $2(3+3)=12$ : $\displaystyle\lim_{x\to0^-}f(x)=0$. 1.b *Idée : $\sin\frac1x$ n'a pas de limite en $0$ ; on l'encadre.* Pour $x>0$, $\left|\sin\frac1x\right|\le1$ et $x+1>1$, donc $|f(x)|\le\dfrac{x^2}{x+1}\le x^2$. Comme $\lim_{x\to0^+}x^2=0$, d'après le théorème de comparaison (gendarmes), $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=0$. 1.c *Idée : $f$ est continue en $0$ si et seulement si elle est continue à gauche et à droite en $0$.* $\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=0=f(0)$ : $f$ est continue à gauche et à droite en $0$, donc continue en $0$. 2. Sur $]-\infty,0[$ : $x\mapsto x^2+9$ est continue et strictement positive, donc $x\mapsto\sqrt{x^2+9}$ est continue ; $f$ est un quotient de fonctions continues dont le dénominateur $2x$ ne s'annule pas : $f$ est continue. Sur $]0,+\infty[$ : $x\mapsto\frac1x$ est continue et $\sin$ est continue sur $\R$, donc $x\mapsto\sin\frac1x$ est continue (composée) ; $f$ est un produit et quotient de fonctions continues, avec $x+1\neq0$ : $f$ est continue. Avec 1.c, $f$ est continue sur $\R$. 3.a *Idée : pour $x<0$, $\sqrt{x^2}=|x|=-x$.* Pour $x<0$, $\sqrt{x^2+9}=-x\sqrt{1+\frac9{x^2}}$, donc $$f(x)=\frac{-x\sqrt{1+\frac9{x^2}}-3}{2x}=-\frac12\sqrt{1+\frac9{x^2}}-\frac3{2x}\xrightarrow[x\to-\infty]{}-\frac12$$ La droite d'équation $y=-\dfrac12$ est asymptote horizontale à $\mathcal C_f$ au voisinage de $-\infty$. 3.b On pose $t=\dfrac1x$ : quand $x\to+\infty$, $t\to0^+$. Pour $x>0$, $x^2\sin\dfrac1x=x\cdot\dfrac{\sin t}{t}$, donc $f(x)=\dfrac{\sin t}t\times\dfrac{x}{x+1}$. Or $\dfrac{\sin t}t\to1$ et $\dfrac x{x+1}\to1$ : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1$. La droite d'équation $y=1$ est asymptote horizontale à $\mathcal C_f$ au voisinage de $+\infty$. 4. $f\left(\frac1\pi\right)=\dfrac{\frac1{\pi^2}\sin\pi}{\frac1\pi+1}=0$ et $f\left(\frac2\pi\right)=\dfrac{\frac4{\pi^2}\sin\frac\pi2}{\frac2\pi+1}=\dfrac{4}{\pi(\pi+2)}\approx0{,}248$. Comme $\pi<3{,}2$, on a $\pi(\pi+2)<3{,}2\times5{,}2<20$, donc $\dfrac4{\pi(\pi+2)}>\dfrac15$. $f$ est continue sur $\left[\frac1\pi,\frac2\pi\right]$ (inclus dans $]0,+\infty[$) et $f\left(\frac1\pi\right)<\dfrac15<f\left(\frac2\pi\right)$ : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=\dfrac15$ admet au moins une solution dans $\left]\frac1\pi,\frac2\pi\right[$. Le théorème ne dit rien de l'unicité : $f$ oscille près de $0$ (elle s'annule en chaque $\frac1{k\pi}$).

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : continuité à droite en une borne du domaine ( $f$ définie sur $[0,+\infty[$ par une expression pour $x>0$ et $f(0)$ donné) ; prolongement par continuité d'un quotient $\frac{0}{0}$ ; un ou deux paramètres $a$ , $b$ à déterminer ; trois morceaux et deux raccords ; partie entière ; composée $f\left(\frac1{\cos x}\right)$ ou $\cos\left(\pi f(x)\right)$ dont il faut vérifier l'ensemble de définition ; suite par la dérivabilité à droite (chapitre DR).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Paramètres

a

m

: un numérateur qui doit s'annuler, puis « limite à droite

=f(5)

Entraînement 01 / 02

Paramètres $a$ et $m$ : un numérateur qui doit s'annuler, puis « limite à droite $=f(5)$ »

3 questionsCorrigé masqué

Soit $a$ un réel tel que $a\ge-5$, $m$ un réel, et $f$ la fonction définie sur $\R$ par : $$f(x)=mx+1\ \text{ si }x\le5,\qquad f(x)=\frac{\sqrt{x+a}-3}{x-5}\ \text{ si }x>5.$$ 1. Continuité en $5$. 1. Montrer que si $a\neq4$, la fonction $f$ n'a pas de limite finie à droite en $5$. 2. On suppose $a=4$. Montrer que pour tout $x>5$, $f(x)=\dfrac1{\sqrt{x+4}+3}$, puis calculer $\displaystyle\lim_{x\to5^+}f(x)$. 3. Déterminer $m$ pour que $f$ soit continue en $5$. 2. Pour les questions 2 et 3, $a=4$ et $m$ a la valeur trouvée. Justifier que $f$ est continue sur $\R$, puis calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)$ ; interpréter graphiquement la limite en $+\infty$ (asymptote). 3. Résoudre dans $\R$ l'équation $f(x)=\dfrac18$.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a *Idée : un numérateur qui ne tend pas vers $0$ sur un dénominateur qui tend vers $0$ donne une limite infinie.* Quand $x\to5^+$, $\sqrt{x+a}-3\to\sqrt{5+a}-3$, qui est non nul si $a\neq4$ (car $\sqrt{5+a}=3\iff a=4$), et $x-5\to0^+$. Le quotient tend alors vers $+\infty$ ou $-\infty$ selon le signe de $\sqrt{5+a}-3$ : $f$ n'a pas de limite finie à droite en $5$, et ne peut pas être continue en $5$. 1.b Pour $x>5$, en multipliant par la quantité conjuguée : $$f(x)=\frac{(x+4)-9}{(x-5)\left(\sqrt{x+4}+3\right)}=\frac{x-5}{(x-5)\left(\sqrt{x+4}+3\right)}=\frac1{\sqrt{x+4}+3}$$ Quand $x\to5^+$, $\sqrt{x+4}\to3$, donc $\displaystyle\lim_{x\to5^+}f(x)=\frac16$. 1.c Sur $]-\infty,5]$, $f(x)=mx+1$ : $f$ est continue à gauche en $5$ et $f(5)=5m+1$. $f$ est continue en $5$ si et seulement si elle l'est aussi à droite, c'est-à-dire $a=4$ (d'après 1.a) et $\lim_{x\to5^+}f(x)=f(5)$ : $\dfrac16=5m+1$, soit $\boxed{m=-\dfrac16}$. 2. Sur $]-\infty,5[$, $f$ est affine donc continue ; sur $]5,+\infty[$, $f(x)=\dfrac1{\sqrt{x+4}+3}$ est l'inverse d'une fonction continue strictement positive, donc continue ; et $f$ est continue en $5$ (1.c). Donc $f$ est continue sur $\R$. Quand $x\to+\infty$, $\sqrt{x+4}+3\to+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ : l'axe des abscisses est asymptote horizontale au voisinage de $+\infty$. Quand $x\to-\infty$, $f(x)=-\dfrac x6+1\to+\infty$. 3. Idée : résoudre sur chaque morceau, puis vérifier que la solution appartient au morceau. Pour $x\le5$ : $-\dfrac x6+1=\dfrac18\iff x=\dfrac{21}4$, qui n'est pas $\le5$ : pas de solution. Pour $x>5$ : $\dfrac1{\sqrt{x+4}+3}=\dfrac18\iff\sqrt{x+4}=5\iff x=21$, et $21>5$ convient. L'ensemble des solutions est $\boxed{\{21\}}$.

g(x)=x+x^2\left(1-\cos\frac3x\right)

g(0)=0

: continuité par encadrement, TVI, asymptote oblique par changement de variable et limite d'une composée

Entraînement 02 / 02

$g(x)=x+x^2\left(1-\cos\frac3x\right)$ , $g(0)=0$ : continuité par encadrement, TVI, asymptote oblique par changement de variable et limite d'une composée

3 questionsCorrigé masqué

Soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x)=x+x^2\left(1-\cos\dfrac3x\right)$ si $x\neq0$ et $g(0)=0$. On admet que $\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{1-\cos t}{t^2}=\frac12$ et que pour tout réel $t$, $1-\cos t\le\dfrac{t^2}2$, l'égalité n'ayant lieu que pour $t=0$. 1. Continuité. 1. Montrer que pour tout $x\neq0$, $0\le x^2\left(1-\cos\dfrac3x\right)\le2x^2$. En déduire que $g$ est continue en $0$. 2. Justifier que $g$ est continue sur $\R$, puis montrer que l'équation $g(x)=1$ admet au moins une solution dans $]0,1[$. 2. Branches infinies. 1. Montrer que pour tout $x\neq0$, $g(x)\ge x$. En déduire $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x)$. 2. En posant $t=\dfrac3x$, montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(g(x)-x\big)=\lim_{x\to-\infty}\big(g(x)-x\big)=\dfrac92$. En déduire $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}g(x)$ et une asymptote $\Delta$ à la courbe de $g$ en $+\infty$ et en $-\infty$. 3. Montrer que la courbe de $g$ est strictement au-dessous de $\Delta$. 3. Calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g\left(\frac1x\right)$ et $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\,g\left(\frac1x\right)$.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Pour tout réel $u$, $-1\le\cos u\le1$, donc $0\le1-\cos\dfrac3x\le2$ ; en multipliant par $x^2>0$ : $0\le x^2\left(1-\cos\dfrac3x\right)\le2x^2$. Par les gendarmes, $x^2\left(1-\cos\frac3x\right)\to0$ quand $x\to0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to0}g(x)=0=g(0)$ : $g$ est continue en $0$. 1.b Sur $\R^*$, $x\mapsto\frac3x$ est continue et $\cos$ est continue, donc $x\mapsto\cos\frac3x$ est continue ; $g$ est une somme de produits de fonctions continues : elle est continue sur $]-\infty,0[$ et sur $]0,+\infty[$, et en $0$ d'après 1.a. Donc $g$ est continue sur $\R$, en particulier sur $[0,1]$. $g(0)=0<1$ et $g(1)=1+(1-\cos3)=2-\cos3>1$ (car $\cos3<1$) : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=1$ admet au moins une solution dans $]0,1[$. 2.a D'après 1.a, $x^2\left(1-\cos\frac3x\right)\ge0$, donc $g(x)\ge x$. Comme $\lim_{x\to+\infty}x=+\infty$, par comparaison $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$. 2.b Pour $x\neq0$, $g(x)-x=x^2\left(1-\cos\frac3x\right)$. Avec $t=\frac3x$, on a $x^2=\frac9{t^2}$ et $$g(x)-x=9\times\frac{1-\cos t}{t^2}$$ Quand $x\to+\infty$ (resp. $-\infty$), $t\to0^+$ (resp. $0^-$), donc $g(x)-x\to9\times\frac12=\frac92$ dans les deux cas. Ainsi $g(x)=x+\big(g(x)-x\big)$ avec $x\to-\infty$ et $g(x)-x\to\frac92$ : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}g(x)=-\infty$. Comme $\lim\big(g(x)-(x+\frac92)\big)=0$ en $+\infty$ et en $-\infty$, la droite $\Delta:\ y=x+\frac92$ est asymptote oblique à la courbe de $g$ au voisinage de $+\infty$ et de $-\infty$. 2.c Pour $x\neq0$, avec $t=\frac3x\neq0$ : $1-\cos t<\dfrac{t^2}2$, donc $x^2\left(1-\cos\frac3x\right)<x^2\times\dfrac{9}{2x^2}=\dfrac92$, soit $g(x)<x+\dfrac92$. Pour $x=0$ : $g(0)=0<\dfrac92$. La courbe de $g$ est strictement au-dessous de $\Delta$. 3. Idée : limite d'une composée, puis réécriture. Quand $x\to+\infty$, $\frac1x\to0$ et $g$ est continue en $0$ : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g\left(\frac1x\right)=g(0)=0$. Pour $x>0$ : $x\,g\left(\frac1x\right)=x\left(\frac1x+\frac1{x^2}\left(1-\cos3x\right)\right)=1+\dfrac{1-\cos3x}{x}$, et $\dfrac{1-\cos3x}{x}=9x\times\dfrac{1-\cos3x}{(3x)^2}\to0\times\dfrac12=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\,g\left(\frac1x\right)=1$.

Relier ce raisonnement au bac

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Fonction définie par morceaux ou prolongée en un point : continuité à gauche et à droite au raccord (conjugué, encadrement), continuité sur R\RR, limites aux bornes et TVI

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Relier ce raisonnement au bac

Fonction définie par morceaux ou prolongée en un point : continuité à gauche et à droite au raccord (conjugué, encadrement), continuité sur $\R$ , limites aux bornes et TVI