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\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{empty}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS : correction de la feuille d'exercices sur les limites\\
(semaine du 13 novembre)}}\end{center}



\subsection{}
Étudier les limites suivantes :

\begin{enumerate}[a)]
\item $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(2x^2-3x+5\right)$ :

On a une forme indéterminée au voisinage de $+\infty$ : on lève l'indétermination

$\forall x\neq 0$, $2x^2-3x+5=x^2\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{5}{x^2}\right)$.

$\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{5}{x^2}\right)=1$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(2x^2-3x+5\right)=+\infty}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow =\infty}\left(2x^2-3x+5\right)=+\infty}}$

\item $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\dfrac{2x+3}{3x^2+5x+9}$.

On a une forme indéterminée au voisinage de $-\infty$ et de $+\infty$ : on lève l'indétermination

On factorise numérateur et dénominateur par leurs termes de plus haut degré.

$\forall x\neq 0$, $\dfrac{2x+3}{3x^2+5x+9}=\dfrac{x\left(2+\frac{3}{x}\right)}{x^2\left(3+\frac{5}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}=\dfrac{2+\frac{3}{x}}{x\left(3+\frac{5}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}$.

$\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(2+\frac{3}{x}\right)=2$ ; $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(3+\frac{5}{x}+\frac{9}{x^2}\right)=3$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}\left[x\left(3+\frac{5}{x}+\frac{9}{x^2}\right)\right]=-\infty}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}\left[x\left(3+\frac{5}{x}+\frac{9}{x^2}\right)\right]=+\infty}}$.

Par quotient, on trouve : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(\dfrac{2x+3}{3x^2+5x+9}\right)=0}}$.

\item $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\dfrac{x^2+4}{3x+1}$

$\forall x\neq 0$, $\dfrac{x^2+4}{3x+1}=\dfrac{x^2\left(1+\frac{4}{x^2}\right)}{x\left(3+\frac{1}{x}\right)}=\dfrac{x\left(1+\frac{4}{x^2}\right)}{3+\frac{1}{x}}$.

$\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(3+\frac{1}{x}\right)=3$ et $\lim_{x\rightarrow ±pm\infty}\left(1+\frac{4}{x^2}\right)=1$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}\dfrac{x^2+4}{3x+1}=-\infty}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x^2+4}{3x+1}=+\infty}}$
\end{enumerate}




\subsection{}
Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{2x+1}{x^2-4}$.

\begin{enumerate}

\item %Quel est l'ensemble de définition de $f$ ?
$x^2-4$ s'annule pour $x=-2$ ou $x=2$ donc l'ensemble de définition de $f$ est $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{D}=\mathbb{R}\setminus\{-2~;~2\}}}$.

\item %Étudier les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
\textbf{\textcolor{blue}{Étude des limites }}:

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item En $-\infty$ et $+\infty$ : 

$\forall x\neq 0$, $f(x)=\dfrac{x\left(2+\frac1x\right)}{x^2\left(1-\frac{4}{x^2}\right)}=\dfrac{\left(2+\frac1x\right)}{x\left(1-\frac{4}{x^2}\right)}$.

$\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(2+\frac1x\right)=2$ ; $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(1-\frac{4}{x^2}\right)=1$ donc $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left[x\left(1-\frac{4}{x^2}\right)\right]=\pm\infty$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow \pm\infty}f(x)=0}}$

\item \textbf{\textcolor{blue}{Limite en -2}} :

$\lim_{x\rightarrow -2}(2x+1)=-3$ ; $\lim_{x\rightarrow -2}\left(x^2-4\right)=0$. On est obligé de distinguer \textbf{\textcolor{red}{deux cas}} :

$\lim_{\substack{x\rightarrow -2\\x<-2}}\left(x^2-4\right)=0$ avec $x^2-4>0$ (car $x$ est extérieur à l'intervalle formé par les deux racines) donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow -2\\x<-2}}f(x)=-\infty}}$.
%
De même : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow -2\\x>-2}}f(x)=+\infty}}$ car cette fois, $x^2-4<0$

\item \textbf{\textcolor{red}{Limite en 2 }}:
$\lim_{x\rightarrow 2}(2x+1)=5$ ; $\lim_{x\rightarrow 2}\left(x^2-4\right)=0$. On est obligé de distinguer deux cas :

$\lim_{\substack{x\rightarrow 2\\x<2}}\left(x^2-4\right)=0$ avec $x^2-4<0$ (car $x$ est appartient à l'intervalle formé par les deux racines) donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 2\\x<2}}f(x)=-\infty}}$.

De même : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 2\\x>2}}f(x)=+\infty}}$ car cette fois, $x^2-4>0$

\end{enumerate}
\end{enumerate}

On peut vérifier en traçant la courbe (en remarquant que la courbe admet rtrois asymptotes, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=-2$ et $x=2$ )

\begin{center}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0. 0.39215686274509803 0.}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-5.,-7.)(7.,7.)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=2pt]{->}(0,0)(-5.,-7.)(7.,7.)
\psgrid[subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt](-5.,-7.)(7.,7.)
\psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=red,plotpoints=200]{-5.0}{7.0}{(2.0*x+1.0)/(x^(2.0)-4.0)}
%\psline(-2.,-7.)(-2.,7.)
%\psline(2.,-7.)(2.,7.)
\uput[ul](0,0){O}
\end{pspicture*}
\end{center}

\subsection{}
%Étudier la limite en $-\infty$ et $+\infty$ de  \[f(x)=\sqrt{x^2-4x+3}-\sqrt{x^2-3x+2}.\]

%(\emph{On pourra utiliser l'expression conjuguée.})
$f(x)=\sqrt{x^2-4x+3}-\sqrt{x^2-3x+2}=\dfrac{\left[\sqrt{x^2-4x+3}-\sqrt{x^2-3x+2}\right]\times \left[\sqrt{x^2-4x+3}+\sqrt{x^2-3x+2}\right]}{\sqrt{x^2-4x+3}+\sqrt{x^2-3x+2}}\\
=\dfrac{\left(x^2-4x+3\right)-\left[x^2-3x+2\right]}{\sqrt{x^2-4x+3}+\sqrt{x^2-3x+2}}=\dfrac{-x+1}{\sqrt{x^2-4x+3}+\sqrt{x^2-3x+2}}=\dfrac{-x+1}{\sqrt{x^2}\times \sqrt{\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}+\sqrt{x^2}\sqrt{\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^2}\right)}}\\
=\dfrac{-x+1}{\sqrt{x^2}\left[\sqrt{\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}+\sqrt{\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^2}\right)}\right]}$

Pour $x<0$, $\sqrt{x^2}=\left\vert x \right\vert=-x$ donc, pour $x<0$, \\
$f(x)=\dfrac{-1+\frac1x}{-\left[\sqrt{\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}+\sqrt{\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^2}\right)}\right]}$

On en déduit que $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=\dfrac{1}{2}}}$.

\bigskip

Pour $>0$, $\sqrt{x^2}=\left\vert x \right\vert=x$.

Alors : $f(x)=\dfrac{-1+\frac1x}{\left[\sqrt{\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}+\sqrt{\left(1-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^2}\right)}\right]}$

On  en déduit : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\dfrac{1}{2}}}$.

car $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)=1$ donc $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\sqrt{1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{3}{x^2}}=\lim_{X\rightarrow 1}\sqrt{X}=\sqrt{1}=1$.
	
\subsection{}
Écrire les fonctions suivantes sous la forme de composée de deux fonctions que l'on déterminera.

\begin{enumerate}[a) ]
\item $f:x\longmapsto \sin(2x+3)$

$f~:~x\xrightarrow[]{g} 2x+3\xrightarrow[]{\sin}\sin(2x+3)$ ; $f=\sin\circ g$ avec $g(x)=2x+3$

\medskip

\item $f:x\longmapsto \cos\left(x^2\right)$

$f~:~x\xrightarrow[]{g} x^2\xrightarrow[]{\cos}\cos\left(x^2\right)$ ; $f=\cos\circ g$ avec $g(x)=x^2$

\medskip

\item $f:x\longmapsto (2x+3)^2$

$f~:~x\xrightarrow[]{g} 2x+3\xrightarrow[]{h}\left(2x+3\right)^2$ ; $f=h\circ g$ avec $g(x)=2x+3$ et $h(x)=x^2$

\medskip

\item $f:x\longmapsto \sqrt{\dfrac{2x+3}{x^2+1}}$

$f~:~x\xrightarrow[]{g} \dfrac{2x+3}{x^2+1}\xrightarrow[]{h}\sqrt{\dfrac{2x+3}{x^2+1}}$ ; $f=h\circ g$ avec $g(x)=\dfrac{2x+3}{x^2+1}$ et $h(x)=\sqrt{x}$

\end{enumerate}

\subsection{}
Soient $u:x\longmapsto \dfrac{1}{x^2+1}$ et $v:x\longmapsto 2x+3$.

\begin{enumerate}
\item  %Calculer $u\circ v(x)$ et $v\circ u(x)$.
$u\circ v(x)=u\left(v(x)\right)=\dfrac{1}{v^2(x)+1}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{(2x+3)^2+1}}}$.

$v\circ u(x)=2u(x)+3=2\times \dfrac{1}{x^2+1}+3=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2}{x^2+1}+3}}$.

\medskip

\item %Peut-on dire que $u\circ v$= $v\circ u$ ?
On constate que $\boxed{\textcolor{red}{u\circ v\neq v\circ u}}$
\end{enumerate}




\label{fin}
\end{document}  