Exercice 08-09
Suggérer une valeur pour les limites suivantes. Ensuite la justifier à l'aide de la définition de limite uniquement.
  1. \(\displaystyle \lim_{x\to 1}(2x-3)\),
  2. \(\displaystyle \lim_{x\to 5}\sqrt{2x+6}\).
  3. \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{3x+4}{2+3x}\).
  4. \(\displaystyle \lim_{x\to 3}x^2\)
Il s'agit ici d'implémenter la définition de limite, \[ \lim_{x\to x_0}f(x)=L\,, \] donnée ici, dans quelques cas simples.

Lorsqu'on dit ''suggérer une valeur'' c'est que les limites de ces fonctions sout toutes faciles à prédire. Donc pour une fonction donnée \(f\) et un point \(x_0\) fixé, une fois que l'on a un candidat pour la limite, disons \(L\), on fixera un \(\varepsilon\gt 0\) et on trouvera par le calcul un \(\delta\gt 0\) qui garantit que \[ 0\lt |x-x_0|\leqslant \delta\qquad \Rightarrow \qquad |f(x)-L|\leqslant \varepsilon\,. \] Et la première chose à faire est de décortiquer \(|f(x)-L|\), et de voir comment cette distance entre \(f(x)\) et \(L\) a des chances de devenir petite lorsque \(|x-x_0|\) est petit.

Informel: lorsque \(x\) est proche de \(x_0=1\), \(2x\) sera proche de \(2\), et donc \(f(x)\) sera proche de \(-1\). On prend donc comme candidat \(L=-1\).

on décortique: \[ |f(x)-(-1)| =|(2x-3)+1| =2|x-1|\,. \] Cette expression montre clairement que si \(|x-1|\) est petit, alors \(|f(x)-(-1)|\) sera petit aussi. Reste à fixer \(\varepsilon\gt 0\) et trouver un \(\delta\gt 0\).

Une fois qu'on a un candidat pour \(L\), on décortiquera \(|f(x)-L|\), et on se retrouvera avec un quotient dont le dénominateur dépend de \(x\). Pour continuer, il faudra minorer ce dénominateur, ce qui mènera à un majorant pour \(|f(x)-L|\). C'est avec ce majorant que l'on pourra travailler pour trouver un \(\delta\gt 0\).

Remarquer que \(\sqrt{2x+6}\geqslant 0\) et donc \(\sqrt{2x+6}+4\geqslant 4\).

Remarquer qu'en prenant \(x\) petit, on peut assurer que par exemple \(2x+3\geqslant 1\).

On rappelle que \(x^2-a^2=(x+a)(x-a)\).

Remarquer que lorsque \(x\) est assez proche de \(3\), \(|x+3|\) peut être rendu plus petit que \(7\).

  1. Montrons que la limite est \(L=-1\). En préparation, calculons d'abord \[ |f(x)-(-1)|=|(2x-3)-(-1)|=2|x-1|\,. \] Fixons \(\varepsilon>0\). On a \[\begin{aligned} |f(x)-(-1)|\leqslant \varepsilon &\quad\Leftrightarrow\quad 2|x-1|\leqslant \varepsilon\\ &\quad\Leftrightarrow\quad |x-1|\leqslant \varepsilon/2\,. \end{aligned}\] On peut donc définir \(\delta:=\varepsilon/2\), ce qui garantit que \[ 0\lt |x-1|\leqslant \delta\qquad \Rightarrow \qquad |f(x)-(-1)|\leqslant \varepsilon\,. \]
  2. Montrons que la limite est \(L=4\). En préparation, remarquons que l'on va considérer \(x\) proche de \(5\), donc en particulier \(x\geqslant 0\), et multiplions et divisons par le conjugué: \[ |\sqrt{2x+6}-4|=\left|\frac{2(x-5)}{\sqrt{2x+6}+4}\right|\,.\] En remarquant que \(\sqrt{2x+6}\geqslant 0\), \[ |\sqrt{2x+6}-4|\leqslant\left|\frac{2(x-5)}{4}\right|=\frac12|x-5|\,.\] Maintenant, fixons \(\varepsilon\gt 0\). Par ce qui précède, on peut garantir \(|\sqrt{2x+6}-4|\leqslant \varepsilon\) en imposant \(\frac12|x-5|\leqslant \varepsilon\), c'est-à-dire \(|x-5|\leqslant 2\varepsilon\). Donc en prenant \[ \delta:= 2\varepsilon\,, \] on a bien que \[ 0\lt |x-5|\leqslant \delta \qquad \Rightarrow \qquad |\sqrt{2x+6}-4|\leqslant \varepsilon \] Mais attention: on a dit au début qu'on voulait se restreindre à \(x\geqslant 0\), et puisqu'on est proche de \(5\), il faut aussi imposer que \(|x-5|\) soit plus petit que \(5\) (ce qui va garantir que \(x\geqslant 0\)). Donc pour que tout marche, il faut aussi imposer qu'on prend toujours \(\delta\) plus petit que \(5\). On peut le faire en modifiant un peu sa définition: \[ \delta:= \min\{2\varepsilon,5\}. \] Si nécessaire, on pourra regarder cette vidéo.
  3. Montrons que la limite est \(L=2\). En préparation, calculons \[ |f(x)-2|= \Bigl| \frac{3x+4}{2+3x}-2 \Bigr| =\frac{3|x|}{|2+3x|} \] Remarquons que si \(|x|\leqslant \frac13\), alors \(|2+3x|\geqslant 1\). On a donc, pour tout \(|x|\leqslant \frac13\), que \[ |f(x)-2|\leqslant 3|x| \] Soit \(\varepsilon\gt 0\). En prenant \[ \delta:=\min\{\varepsilon/3,1/3\}\,, \] on garantit donc que \[ 0\lt |x-0|\leqslant \delta \qquad \Rightarrow \qquad |f(x)-2|\leqslant \varepsilon\,. \]
  4. Montrons que la limite est \(L=9\). Commençons par écrire \[ |x^2-9|=|(x+3)(x-3)|=|x+3|\cdot|x-3|\,. \] remarquons que si \(|x-3|\leqslant 1\), alors \(|x+3|=|(x-3)+6|\leqslant 7\), et donc \[ |x^2-9|\leqslant 7|x-3|\,. \] Soit \(\varepsilon\gt 0\). En prenant \[ \delta:= \min\{1,\varepsilon/7\}\,, \] on garantit que \[ 0\lt |x-3|\leqslant \delta \qquad \Rightarrow \qquad |x^2-9|\leqslant 7|x-3|\leqslant 7\delta\leqslant \varepsilon\,. \]