Limites de fonctions : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : déduire l’équation d’une asymptote
1. \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\)

Cette limite indique que, lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\), \(f(x)\) devient infiniment négatif. Il n’y a donc pas d’asymptote horizontale ou oblique dans ce cas car la fonction décroît sans borne lorsque \(x\) augmente.

2. \(\lim_{x \to 1} f(x) = 10^{99}\)

Cette limite indique que, lorsque \(x\) tend vers \(1\), \(f(x)\) devient très grand et tend vers \(10^{99}\). Cependant, cela ne donne pas une asymptote mais une valeur précise de la fonction au voisinage de \(x = 1\).

3. \(\lim_{x \to 0} f(x) = 0\)

Cette limite indique que, lorsque \(x\) tend vers \(0\), \(f(x)\) tend vers \(0\). Une asymptote horizontale est \(y = 0\) dans ce cas.

4. \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0\)

Cette limite indique que, lorsque \(x\) tend vers \(-\infty\), \(f(x)\) tend vers \(0\). Une asymptote horizontale est \(y = 0\) dans ce cas.

5. \(\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = +\infty\)

Cette limite indique que, lorsque \(x\) tend vers \(0\) par valeurs positives, \(f(x)\) devient infiniment grand. Cela suggère une asymptote verticale en \(x = 0\).

6. \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -10^{99}\)

Cette limite indique que, lorsque \(x\) tend vers \(-\infty\), \(f(x)\) tend vers \(-10^{99}\). Une asymptote horizontale dans ce cas est \(y = -10^{99}\).

Exercice 12 : limites de f en 1 à droite et à gauche
1) Justifier que \( f \) n’est pas continue sur \(\mathbb{R}\).

Pour qu’une fonction soit continue en un point particulier, la limite à gauche et la limite à droite de ce point ainsi que la valeur de la fonction en ce point doivent être égales.

Examinons la continuité de \( f \) en \( x = 1 \).

– Calculons la limite de \( f \) en \( x = 1 \) par la gauche :
\[
\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (\sqrt{x^2 + 1} – 1) = \sqrt{1^2 + 1} – 1 = \sqrt{2} – 1
\]
– Calculons la limite de \( f \) en \( x = 1 \) par la droite :
\[
\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (\sqrt{x^2 + 1} – 1) = \sqrt{2} – 1
\]
– La valeur de \( f \) en \( x = 1 \) est \( f(1) = \alpha \).

Pour que \( f \) soit continue en \( x = 1 \), il faut que :
\[
\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)
\]
Ce qui nous donne l’équation suivante à résoudre :
\[
\sqrt{2} – 1 = \alpha
\]

Ainsi, pour tout \(\alpha \neq \sqrt{2} – 1\), \( f \) n’est pas continue sur tout \(\mathbb{R}\). Sur le graphique, le point à \(x=1\) n’est pas sur la courbe \( \mathcal{C} \), ce qui indique que \( f \) n’est pas continue sur \(\mathbb{R}\).

2) Donner les valeurs de \( f(1) \) et des limites de \( f \) en 1 à gauche et à droite.

– La valeur de \( f(1) \) :
\[
f(1) = \alpha
\]
– La limite de \( f \) en \( x = 1 \) par la gauche :
\[
\lim_{x \to 1^-} f(x) = \sqrt{2} – 1
\]
– La limite de \( f \) en \( x = 1 \) par la droite :
\[
\lim_{x \to 1^+} f(x) = \sqrt{2} – 1
\]

3) Que doit valoir \(\alpha\) pour que \( f \) soit continue ?

Pour que \( f \) soit continue à \( x = 1 \), il faut que :
\[
\alpha = \sqrt{2} – 1
\]

Ainsi, pour que la fonction \( f \) soit continue sur \(\mathbb{R}\), il faut que :
\[
\boxed{\alpha = \sqrt{2} – 1}
\]

Exercice 13 : fonction cube et calculs de limites
Correction de l’exercice :

1) Les limites de \( f \) en \( \pm\infty \).

\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} x^3 = +\infty
\]
\[
\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} x^3 = -\infty
\]

2) Tableau de variation de \( f \).

La dérivée de \( f \) est :
\[
f'(x) = 3x^2
\]

Le signe de \( f'(x) \) est le même que celui de \( x^2 \), soit toujours positif sauf en \( x = 0 \) où il est nul. Cela veut dire que \( f \) est strictement croissante sur \( \mathbb{R} \).

Tableau de variation :
\[
\begin{array}{|c|ccccc|}
\hline
x -\infty 0 +\infty \\
\hline
f(x) -\infty \nearrow 0 \nearrow +\infty \\
\hline
\end{array}
\]

3) Justification de l’unique solution des équations suivantes :

a) \( f(x) = 4 \) sur \([1.5 ; 1.6]\)

On cherche à résoudre \( x^3 = 4 \).

Pour \( x \in [1.5 ; 1.6] \), nous pouvons vérifier que :
\[
1.5^3 = 3.375 \quad \text{et} \quad 1.6^3 = 4.096
\]

Or, \( 3.375 < 4 < 4.096 \), donc par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique \( x \in [1.5 ; 1.6] \) tel que \( x^3 = 4 \).

b) \( f(x) = -3 \) sur \( \mathbb{R} \)

On cherche à résoudre \( x^3 = -3 \).

Pour \( x = -\sqrt[3]{3} \), nous avons :
\[
(-\sqrt[3]{3})^3 = -3
\]

Ainsi, \( x = -\sqrt[3]{3} \) est la seule solution sur \( \mathbb{R} \) telle que \( x^3 = -3 \) car \( f \) est strictement croissante, donc injective sur \( \mathbb{R} \).

Exercice 14 : fonction valeur absolue
\[\]\text{Soit } x \mapsto \lfloor x \rfloor \text{ la fonction partie entière.}\[\]

\[\]1) Représenter graphiquement cette fonction.\[\]

La fonction partie entière \[\lfloor x \rfloor\] renvoie le plus grand entier inférieur ou égal à \[x\]. La représentation graphique de cette fonction est une suite de segments horizontaux, chacun compris entre deux entiers consécutifs. Par exemple :

\[
\begin{cases}
\lfloor x \rfloor = -1 \text{pour } -1 \leq\, x < 0 \\
\lfloor x \rfloor = 0 \text{pour } 0 \leq\, x < 1 \\
\lfloor x \rfloor = 1 \text{pour } 1 \leq\, x < 2 \\
\vdots \vdots \\
\end{cases}
\]

\[\]2) Résoudre dans \[\mathbb{R}\] l’équation :\[\]

\[\]a) \[\lfloor x \rfloor = \frac{1}{2}\]\[\]

La fonction \[\lfloor x \rfloor\] prend seulement des valeurs entières. Il n’y a donc aucun \[x \in \mathbb{R}\] tel que \[\lfloor x \rfloor = \frac{1}{2}\].
\[
\boxed{\text{Aucune solution}}
\]

\[\]b) \[\lfloor x \rfloor = 1\]\[\]

La fonction \[\lfloor x \rfloor = 1\] signifie que \[x\] est dans l’intervalle \[[1, 2[\]. En d’autres termes, tous les réels \[x\] pour lesquels \[1 \leq\, x < 2\] sont solutions.

\[
\boxed{x \in [1, 2[}
\]

Exercice 15 : fonction numérique et courbe
1) La fonction \( f \) est continue sur l’intervalle \( I = [-5 ; 7] \) car sa courbe représentative ne présente ni trous, ni sauts, ni asymptotes sur cet intervalle. En d’autres termes, pour tout \( x \) dans \( I \), la courbe de \( f \) est définie et ne présente pas de discontinuité apparente.

2) Le tableau de variation de \( f \) sur \( I \) :

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
x -5 -3 1 3 4 5 7 \\ \hline
f(x) 3 -2 3 0 3 -2 3 \\ \hline
\text{Variation} \searrow \searrow \searrow \\ \hline
\end{array}
\]

Les variations sont telles que \( f \) diminue sur \([-5 \text{ à } -3]\), augmente sur \([-3 \text{ à } 1]\), diminue de nouveau sur \([1 \text{ à } 3]\), puis augmente sur \([3 \text{ à } 4]\), diminue sur \([4 \text{ à } 5]\) et finalement augmente sur \([5 \text{ à } 7]\).

3) Pour dénombrer les solutions de l’équation \( f(x) = 0 \) :

a) Dans l’intervalle \( [1 ; 5] \) :

On remarque que la courbe croise l’axe des abscisses trois fois dans cet intervalle :
– Entre \( x = 1 \) et \( x = 3 \);
– Entre \( x = 3 \) et \( x = 4 \);
– Entre \( x = 4 \) et \( x = 5 \).

Donc, il y a 3 solutions dans l’intervalle \( [1 ; 5] \).

b) Dans l’intervalle \( [-1 ; 1] \) :

On remarque que la courbe ne croise pas l’axe des abscisses dans cet intervalle.

Donc, il n’y a pas de solutions dans l’intervalle \( [-1 ; 1] \).

c) Dans l’intervalle \( I \) :

On remarque que la courbe croise l’axe des abscisses cinq fois dans l’intervalle \( [-5 ; 7] \):
– Entre \( x = -4 \) et \( x = -3 \);
– Entre \( x = 1 \) et \( x = 3 \);
– Entre \( x = 3 \) et \( x = 4 \);
– Entre \( x = 4 \) et \( x = 5 \);
– Entre \( x = 5 \) et \( x = 6 \).

Donc, il y a 5 solutions dans l’intervalle \( I = [-5 ; 7] \).

Exercice 16 : limite en + et – l’infini
1) D’après la représentation graphique, on pourrait conjecturer que la fonction \( f(x) \) tend vers \( +\infty \) quand \( x \) tend vers \( +\infty \) ou \( -\infty \).

2) Étudions les limites de \( f \) en \( +\infty \) et en \( -\infty \) :

La fonction donnée est :
\[ f(x) = x^2 ( 1 – \frac{x^2}{9} ). \]

Pour \( x \to +\infty \) :
\[ f(x) = x^2 ( 1 – \frac{x^2}{9} ) = x^2 – \frac{x^4}{9}. \]
La terme prédominant pour \( x \to +\infty \) est \(-\frac{x^4}{9}\), donc :
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} ( x^2 – \frac{x^4}{9} ) = -\infty. \]

Pour \( x \to -\infty \) :
\[ f(x) = x^2 ( 1 – \frac{x^2}{9} ) = x^2 – \frac{x^4}{9}. \]
Pour les mêmes raisons qu’au cas précédent, la terme prédominant est \(-\frac{x^4}{9}\), donc :
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} ( x^2 – \frac{x^4}{9} ) = -\infty. \]

3) La conjecture était erronée parce que la représentation graphique semblait montrer une croissance sans borne de la fonction pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \). Cependant, l’analyse rigoureuse des termes dominants de la fonction montre que, en réalité, \( f(x) \) tend vers \(-\infty\) quand \( x \to +\infty \) ou \( x \to -\infty \).

Exercice 17 : logiciel de géométrie dynamique et valeur exacte d’une limite
1) L’ensemble de définition de la fonction \( g \) est \( \mathbb{R} \), car il n’y a aucune restriction sur \( x \) pour que l’expression \( \sqrt{3x^2 + x + 7} \) soit définie.

2) a) Voici une trace de la courbe de la fonction \( g \) à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique :

*Graphique non fourni ici.*

2) b) Conjecture pour la limite en \( +\infty \) de la fonction \( g \) :
En observant la courbe tracée, on peut conjecturer que la limite de \( g(x) \) lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \) est proche de 0.

3) Déterminons par calcul la valeur exacte de la limite de \( g \) en \( +\infty \) :

\[
g(x) = \frac{x}{\sqrt{3x^2 + x + 7}}
\]

En divisant le numérateur et le dénominateur par \( x \), on obtient :

\[
g(x) = \frac{x}{\sqrt{3x^2 + x + 7}} = \frac{x}{x \sqrt{3 + \frac{1}{x} + \frac{7}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{3 + \frac{1}{x} + \frac{7}{x^2}}}
\]

Lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \), les termes \( \frac{1}{x} \) et \( \frac{7}{x^2} \) tendent vers 0, donc :

\[
\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{3 + \frac{1}{x} + \frac{7}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{3 + 0 + 0}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}
\]

Ainsi, la limite de \( g(x) \) en \( +\infty \) est :

\[
\boxed{\frac{1}{\sqrt{3}}}
\]

Exercice 18 : fonction rationnelle et limite
Pour déterminer les limites de la fonction \( f \) en \( -\infty \) et \( +\infty \), nous procédons comme suit :

\[
f(x) = \frac{1 – 3x}{x^2 – 9} = \frac{1 – 3x}{(x-3)(x+3)}
\]

1) \[\]Limite de \( f \) en \( -\infty \) et \( +\infty \)\[\]

\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 – 3x}{x^2 – 9} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x} – 3}{x – \frac{9}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{0 – 3}{x – 0} = 0
\]

\[
\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 – 3x}{x^2 – 9} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{1}{x} – 3}{x – \frac{9}{x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{0 – 3}{x – 0} = 0
\]

Donc,

\[
\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to -\infty} f(x) = 0}
\]

2) \[\]Explication de la contradiction apparente :\[\]

En observant le graphe sur la calculatrice, il semble que la fonction diverge vers \( +\infty \) et \(-\infty \) aux voisinages de \( x = 3 \) et \( x = -3 \). Cela s’explique par la présence de pôles en ces points. En effet, le dénominateur s’annule pour \( x = 3 \) et \( x = -3 \), conduisant à des asymptotes verticales aux points \( x = 3 \) et \( x = -3 \).

Ainsi, bien que la fonction tende vers 0 à \( \pm \infty \), elle diverge en \( x = 3 \) et \( x = -3 \). Ce comportement est conforme aux résultats obtenus et explique pourquoi le graphe semble présenter une contradiction.

Exercice 19 : fonction rationnelle et limite
1) Basé sur le tableau donné, on peut conjecturer que la limite de \( h \) en \( +\infty \) est \( 2.5 \).

Justifions cette limite :

Observons la fonction \( h(x) = \frac{5x – 8}{2x + 1} \). Pour trouver la limite de \( h(x) \) lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \), nous divisons le numérateur et le dénominateur par \( x \) :

\[
h(x) = \frac{5x – 8}{2x + 1} = \frac{5 – \frac{8}{x}}{2 + \frac{1}{x}}
\]

Lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \), \(\frac{8}{x} \) et \(\frac{1}{x} \) approchent de zéro. Ainsi, nous obtenons :

\[
\lim_{x \to +\infty} \frac{5 – \frac{8}{x}}{2 + \frac{1}{x}} = \frac{5 – 0}{2 + 0} = \frac{5}{2} = 2.5
\]

Donc, la limite de \( h(x) \) lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \) est bien \( 2.5 \).

2) Graphiquement, cette limite signifie que la courbe de \( h \) se rapproche de la droite horizontale \( y = 2.5 \) à mesure que \( x \) augmente indéfiniment. En d’autres termes, la droite \( y = 2.5 \) est une asymptote horizontale de la courbe de la fonction \( h \) sur l’intervalle \( ]0 ; +\infty[ \).

Exercice 20 : capture d’écran et calculatrice
Pour associer chaque fonction à sa courbe représentée, nous devons examiner les formes des asymptotes verticales et horizontales ainsi que le comportement général des fonctions.

Analysons d’abord les asymptotes verticales pour chaque fonction en identifiant où le dénominateur s’annule:

1. \( x^2 + x – 2 = (x + 2)(x – 1) \)

Le dénominateur s’annule pour \( x = -2 \) et \( x = 1 \).

En conséquence, les fonctions ont des asymptotes verticales en \( x = -2 \) et \( x = 1 \).

Les fonctions à comparer sont :

1. \( f(x) = \frac{x^2 + 4x + 3}{x^2 + x – 2} \)
2. \( f(x) = \frac{7 – x^3}{x^2 + x – 2} \)
3. \( f(x) = \frac{2x}{x^2 + x – 2} \)
4. \( f(x) = \frac{x^4 + 2}{x^2 + x – 2} \)

Analysons chaque fonction pour déterminer son comportement.

### Fonction 1 : \( f(x) = \frac{x^2 + 4x + 3}{x^2 + x – 2} \)

\[
f(x) = \frac{(x+3)(x+1)}{(x+2)(x-1)}
\]

Pour \( x \to \infty \) ou \( x \to -\infty \), \(\frac{x^2 + 4x + 3}{x^2 + x – 2} \approx 1\), donc l’asymptote horizontale est \( y = 1 \).

### Fonction 2 : \( f(x) = \frac{7 – x^3}{x^2 + x – 2} \)

Pour \( x \to \infty \) ou \( x \to -\infty \), on obtient \( f(x) \approx -\frac{x^3}{x^2} = -x\), donc l’asymptote oblique est \( y = -x \).

### Fonction 3 : \( f(x) = \frac{2x}{x^2 + x – 2} \)

Pour \( x \to \infty \) ou \( x \to -\infty \), on obtient \( f(x) \approx \frac{2x}{x^2} = \frac{2}{x} \) et donc \( y = 0 \).

### Fonction 4 : \( f(x) = \frac{x^4 + 2}{x^2 + x – 2} \)

Pour \( x \to \infty \) ou \( x \to -\infty \), on obtient \( f(x) \approx \frac{x^4}{x^2} = x^2 \), ce qui indique que cette fonction a une croissance quadratique ouverte vers le haut.

Maintenant, comparons chaque courbe :

– \[\]Courbe a :\[\] a une asymptote horizontale en \( y = 1 \).
– \[\]Courbe b :\[\] a une asymptote oblique en \( y = -x \).
– \[\]Courbe c :\[\] a une asymptote horizontale en \( y = 0 \).
– \[\]Courbe d :\[\] semble croître quadratiquement vers le haut.

En associant ces observations :

– La courbe a correspond à \( f(x) = \frac{x^2 + 4x + 3}{x^2 + x – 2} \).
– La courbe b correspond à \( f(x) = \frac{7 – x^3}{x^2 + x – 2} \).
– La courbe c correspond à \( f(x) = \frac{2x}{x^2 + x – 2} \).
– La courbe d correspond à \( f(x) = \frac{x^4 + 2}{x^2 + x – 2} \).

Donc, les correspondances sont :

\[ \text{a} rightarrow \frac{x^2 + 4x + 3}{x^2 + x – 2} \]
\[ \text{b} rightarrow \frac{7 – x^3}{x^2 + x – 2} \]
\[ \text{c} rightarrow \frac{2x}{x^2 + x – 2} \]
\[ \text{d} rightarrow \frac{x^4 + 2}{x^2 + x – 2} \]

Exercice 21 : déterminer les limites de la fonction aux bornes de son ensemble de définition
1) \( f(x) = x^3 + 3x^2 – 6 \)

L’ensemble de définition est \( D = ]-\infty ; +\infty[ \).

– \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x^3 + 3x^2 – 6) = +\infty \).
– \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (x^3 + 3x^2 – 6) = -\infty \).

2) \( f(x) = \frac{1}{x + 2} \)

L’ensemble de définition est \( D = ]-\infty ; -2[ \cup ]-2 ; +\infty[ \).

– \(\lim_{x \to -2^-} f(x) = \lim_{x \to -2^-} \frac{1}{x + 2} = -\infty \).
– \(\lim_{x \to -2^+} f(x) = \lim_{x \to -2^+} \frac{1}{x + 2} = +\infty \).
– \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x + 2} = 0 \).
– \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x + 2} = 0 \).

3) \( f(x) = \frac{1 – \frac{1}{x}}{1 – \frac{2x}{(x – 2)^2}} \)

L’ensemble de définition est \( D = ]-\infty ; 1[ \cup ]1 ; +\infty[ \).

– \(\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{1 – \frac{1}{x}}{1 – \frac{2x}{(x – 2)^2}} = -\infty \).
– \(\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{1 – \frac{1}{x}}{1 – \frac{2x}{(x – 2)^2}} = +\infty \).
– \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 – \frac{1}{x}}{1 – \frac{2x}{(x – 2)^2}} = 1 \).
– \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 – \frac{1}{x}}{1 – \frac{2x}{(x – 2)^2}} = 1 \).

4) \( f(x) = \frac{1 – 2x}{(x – 2)^2} \)

L’ensemble de définition est \( D = ]-\infty ; 2[ \cup ]2 ; +\infty[ \).

– \(\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \frac{1 – 2x}{(x – 2)^2} = -\infty \).
– \(\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} \frac{1 – 2x}{(x – 2)^2} = +\infty \).
– \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 – 2x}{(x – 2)^2} = \lim_{x \to +\infty} ( \frac{1}{x^2} – \frac{2}{x} ) = 0 \).
– \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 – 2x}{(x – 2)^2} = \lim_{x \to -\infty} ( \frac{1}{x^2} – \frac{2}{x} ) = 0 \).

Exercice 22 : limites aux bornes de l’ensemble de définition
Correction de l’exercice :

1) Exprimer \( f(x) \) sous la forme \( a + \frac{b}{x-2} \).

\[ f(x) = \frac{-5x + 3}{x – 2} \]

Nous allons séparer \( \frac{-5x + 3}{x – 2} \) en deux termes :

\[ f(x) = -5 + \frac{10 + 3}{x – 2} \]
\[ f(x) = -5 + \frac{13}{x – 2} \]

Donc, \( f(x) = -5 + \frac{13}{x – 2} \).

2) Donner les limites aux bornes de \( \mathcal{D} \).

Les bornes de \( \mathcal{D} \) sont \( -\infty \) et \( +\infty \) puisque \( \mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{2\} \).

\[ \lim\limits_{x \to 2^-} f(x) = \lim\limits_{x \to 2^-} (-5 + \frac{13}{x-2}) \]

Quand \( x \) s’approche de \( 2 \) par la gauche, \( x – 2 \) est négatif et tend vers 0, donc
\[ \frac{13}{x-2} \to -\infty \]

\[ \lim\limits_{x \to 2^-} f(x) = -5 + (-\infty) \to -\infty \]

\[ \lim\limits_{x \to 2^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 2^+} (-5 + \frac{13}{x-2}) \]

Quand \( x \) s’approche de \( 2 \) par la droite, \( x – 2 \) est positif et tend vers 0, donc
\[ \frac{13}{x-2} \to +\infty \]

\[ \lim\limits_{x \to 2^+} f(x) = -5 + (+\infty) \to +\infty \]

Pour les bornes à l’infini :

\[ \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} (-5 + \frac{13}{x-2}) \]

Comme \( x \to -\infty \), \( \frac{13}{x-2} \to 0 \).

Donc,

\[ \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -5 \]

\[ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} (-5 + \frac{13}{x-2}) \]

Comme \( x \to +\infty \), \( \frac{13}{x-2} \to 0 \).

Donc,

\[ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -5 \]

3) Dresser le tableau de variation \( f \).

Analysons la dérivée pour les variations de la fonction :

\[ f'(x) = \frac{d}{dx} ( -5 + \frac{13}{x-2} ) = \frac{d}{dx} ( \frac{13}{x-2} ) \]

\[ f'(x) = \frac{-13}{(x-2)^2} \]

La dérivée est toujours négative sauf en \( x = 2 \) où elle tend vers \(-\infty\). Cela signifie que la fonction est décroissante sur son domaine \( \mathcal{D} \).

Par conséquent, voici le tableau de variation de \( f \) :

\[
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x -\infty 2 +\infty \\
\hline
f(x) -5 -\infty +\infty \\
\hline
\end{array}
\]

Exercice 23 : fonction rationnelle et limite en un point


\[
\lim_{{x \to 2}} (x – 2) = 0
\]
\[
\lim_{{x \to 2}} (x^3 – x – 6) = 2^3 – 2 – 6 = 8 – 2 – 6 = 0
\]
Donc, la limite de la fonction \( f(x) \) en 2 est indéterminée.

Pour conjecturer la limite de \( f(x) \) en 2, nous pouvons calculer les valeurs de \( f(x) \) pour les valeurs de \( x \) proches de 2 à l’aide de la calculatrice :

\[
\begin{array}{|c|c|}
\hline
x f(x) \\
\hline
1.9 \approx 10.49 \\
1.99 \approx 10.49 \\
2.01 \approx 10.51 \\
2.1 \approx 10.51 \\
\hline
\end{array}
\]

En observant les valeurs numériques, on peut conjecturer que la limite de \( f(x) \) lorsque \( x \to 2 \) est 10.5.

Effectuons le développement du numérateur \( x^3 – x – 6 \) en facteur de \( (x – 2) \):

\[
x^3 – x – 6 = (x – 2)(x^2 + 2x + 3)
\]

Donc, on peut réécrire \( f(x) \) comme suit

\[
f(x) = \frac{x^3 – x – 6}{x – 2} = \frac{(x – 2)(x^2 + 2x + 3)}{x – 2} = x^2 + 2x + 3
\]

Ainsi, lorsque \( x \to 2 \),

\[
f(x) \to 2^2 + 2 \times 2 + 3 = 4 + 4 + 3 = 11
\]

Donc, la limite de \( f(x) \) lorsque \( x \to 2 \) est 11.

Exercice 24 : calculer plusieurs limites en l’infini
\[\]Correction de l’exercice de mathématiques : Étudier la limite de la fonction \( f \) en \( +\infty \) et en \( -\infty \).\[\]

1. \( f(x) = x^2 – 5x + 6 \)

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), le terme dominant est \( x^2 \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x^2 – 5x + 6) = +\infty \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (x^2 – 5x + 6) = +\infty \]

2. \( f(x) = -4x^2 + 6x – 7 \)

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), le terme dominant est \( -4x^2 \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (-4x^2 + 6x – 7) = -\infty \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (-4x^2 + 6x – 7) = -\infty \]

3. \( f(x) = \frac{2x + 1}{x – 1} \)

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x + 1}{x – 1} = \frac{2 + \frac{1}{x}}{1 – \frac{1}{x}} = 2 \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x + 1}{x – 1} = \frac{2 + \frac{1}{x}}{1 – \frac{1}{x}} = 2 \]

4. \( f(x) = \frac{2x^2 – 3x + 5}{x^3 + x – 3} \)

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), le terme dominant au numérateur est \( 2x^2 \) et celui au dénominateur est \( x^3 \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^2 – 3x + 5}{x^3 + x – 3} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2/x}{1 + 1/x^2 – 3/x^3} = 0 \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^2 – 3x + 5}{x^3 + x – 3} = \lim_{x \to -\infty} \frac{2/x}{1 + 1/x^2 – 3/x^3} = 0 \]

5. \( f(x) = \frac{x^3}{x^2 + 1} \)

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), le terme dominant au numérateur est \( x^3 \) et celui au dénominateur est \( x^2 \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{x^2 + 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{x^2(1 + 1/x^2)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{1 + 1/x^2} = +\infty \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^3}{x^2 + 1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x^3}{x^2(1 + 1/x^2)} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{1 + 1/x^2} = -\infty \]

6. \( f(x) = \frac{2x – \sqrt{x}}{\sqrt{x} – 3} \)

Pour \( x \to +\infty \), le terme dominant au numérateur et au dénominateur est \( x \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x – \sqrt{x}}{\sqrt{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{x} = 2 \]

\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \, \text{(non défini car \(\sqrt{x}\) n’est pas définie pour \(x\) négatif)} \]

7. \( f(x) = 2x – \sqrt{4x^2 – 1} \)

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), le terme dominant est \( x \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} ( 2x – \sqrt{4x^2 – 1} ) = \lim_{x \to +\infty} ( 2x – 2x \sqrt{1 – \frac{1}{4x^2}} ) = \lim_{x \to +\infty} ( 2x – 2x ( 1 – \frac{1}{2x^2} ) ) = 0 \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} ( 2x – \sqrt{4x^2 – 1} ) = \lim_{x \to -\infty} ( 2x – 2x \sqrt{1 – \frac{1}{4x^2}} ) = \lim_{x \to -\infty} ( 2x – 2x ( 1 – \frac{1}{2x^2} ) ) = 0 \]

8. \( f(x) = \frac{\sqrt{x^2 – 2x + 3}}{x} \)

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), le terme dominant est \( x \).
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 – 2x + 3}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 – \frac{2}{x} + \frac{3}{x^2}} = \sqrt{1} = 1 \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2 – 2x + 3}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \sqrt{1 – \frac{2}{x} + \frac{3}{x^2}} = \sqrt{1} = 1 \]

Exercice 25 : démontrer puis déduire la limite
1) Soit \( f \) la fonction définie sur \( \mathbb{R}^* \) par :
\[ f(x) = \frac{\lfloor x \rfloor}{x^2} \]

Pour tout \( x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \), on a :
\[ \lfloor x \rfloor \leq\, x < \lfloor x \rfloor + 1 \]
En divisant par \( x^2 \) (ce qui est permis puisque \( x \neq 0 \)), on obtient :
\[ \frac{\lfloor x \rfloor}{x^2} \leq\, \frac{x}{x^2} = \frac{1}{x} \]
\[ \frac{\lfloor x \rfloor}{x^2} > \frac{x – 1}{x^2} = \frac{-1}{x^2} + \frac{1}{x} \]

Finalement, nous avons:
\[ \frac{x – 1}{x^2} < f(x) \leq\, \frac{1}{x} \]

2) Pour déterminer la limite de \( f \) en \( -\infty \) et \( +\infty \), analysons les bornes trouvées :

– Lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \) :
On observe que \(\frac{1}{x}\) tend vers 0 et \(\frac{x-1}{x^2} = \frac{1}{x} – \frac{1}{x^2}\) tend également vers 0, donc par encadrement, on en déduit:
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 \]

– Lorsque \( x \) tend vers \( -\infty \) :
On observe que \(\frac{1}{x}\) tend vers 0 et \(\frac{x-1}{x^2}\) tend également vers 0, donc par encadrement, on en déduit:
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = 0 \]

Ainsi, les limites de \( f \) sont :
\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 \]
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = 0 \]

Exercice 26 : déterminer l’équation d’une asymptote
Correction de l’exercice :

1) \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 3\)

L’équation de l’asymptote horizontale est \(y = 3\).

\vspace{10pt}

2) \(\lim_{x \to +3} f(x) = -\infty\)

L’équation de l’asymptote verticale est \(x = 3\).

\vspace{10pt}

3) \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\)

Il n’y a pas d’asymptote horizontale ou verticale.

\vspace{10pt}

4) \(\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty\)

L’équation de l’asymptote verticale est \(x = 0\).

\vspace{10pt}

5) \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0\)

L’équation de l’asymptote horizontale est \(y = 0\).

\vspace{10pt}

6) \(\lim_{x \to 1} f(x) = -\infty\)

L’équation de l’asymptote verticale est \(x = 1\).

\vspace{10pt}

7) \(\lim_{x \to \infty} f(x) = 10^{100}\)

L’équation de l’asymptote horizontale est \(y = 10^{100}\).

\vspace{10pt}

8) \(\lim_{x \to +1} f(x) = 1\)

Il n’y a pas d’asymptote correspondante car la limite est finie mais x = 1 n’est pas à \(\pm \infty\).

Exercice 27 : asymptotes à la courbe représentative

Les limites de \( f \) en \( +\infty \) et en \( -\infty \)

Pour \( x \to +\infty \) :
\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (-2 + \frac{1}{x}) = -2 + \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = -2 + 0 = -2.
\]
Donc,
\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = -2.
\]

Pour \( x \to -\infty \) :
\[
\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (-2 + \frac{1}{x}) = -2 + \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x} = -2 + 0 = -2.
\]
Donc,
\[
\lim_{x \to -\infty} f(x) = -2.
\]

Les limites de \( f \) à droite et à gauche en 0

Pour \( x \to 0^+ \) :
\[
\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (-2 + \frac{1}{x}) = -2 + \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = -2 + (+\infty) = +\infty.
\]

Pour \( x \to 0^- \) :
\[
\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (-2 + \frac{1}{x}) = -2 + \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = -2 + (-\infty) = -\infty.
\]

Asymptotes à la courbe représentative de \( f \)

D’après les limites trouvées,

Pour \( x \to +\infty \) et \( x \to -\infty \), \( f(x) \to -2 \). Donc \( y = -2 \) est une asymptote horizontale.
Pour \( x \to 0^+ \), \( f(x) \to +\infty \) et pour \( x \to 0^- \), \( f(x) \to -\infty \). Donc \( x = 0 \) est une asymptote verticale.

Exercice 28 : déduire les équations des asymtotes
Soit la fonction \[f\] définie sur \[\mathbb{R} \setminus \{-3 ; 3\}\] par :
\[\]f(x) = \frac{-4x^2 + 1}{x^2 – 9}\[\]

1) Déterminer les limites de la fonction \[f\] aux bornes de son ensemble de définition.
\[
\begin{aligned}
\text{Pour étudier les limites, nous devons considérer les points } x = -3 \text{ et } x = 3 \text{ ainsi que les limites en }\pm \infty. \\
\lim_{x \to 3} \frac{-4x^2 + 1}{x^2 – 9} = \lim_{x \to 3} \frac{-4x^2 + 1}{(x – 3)(x + 3)}.
\end{aligned}
\]
Lorsque \[x \to 3\] par la gauche (\[x \to 3^{-}\]), alors \[\frac{-4 \cdot (3^2) + 1}{(3 – 3)(3 + 3)} = \frac{-36 + 1}{0\cdot 6} = -\infty\] ;
Lorsque \[x \to 3\] par la droite (\[x \to 3^{+}\]), alors \[\frac{-4 \cdot (3^2) + 1}{(3 – 3)(3 + 3)} = \frac{-36 + 1}{0\cdot 6} = \infty\]. Plus simplement,
\[
\lim_{{x \to 3^-}} f(x) = – \infty \quad \text{et} \quad \lim_{{x \to 3^+}} f(x) = \infty.
\]

Pour \[x \to -3\],
\[
\lim_{x \to -3} \frac{-4x^2 + 1}{x^2 – 9} = \frac{-4(-3)^2 + 1}{(-3)^2 – 9} = \frac{1 – 36}{9 – 9} = \frac{-35}{0}.
\]
Lorsque \[x \to -3\] par la gauche (\[x \to -3^{-}\]), alors \[\frac{-35}{0^-} = \infty\].
Lorsque \[x \to -3\] par la droite (\[x \to -3^{+}\]), alors \[\frac{-35}{0^+} = -\infty\].
\[
\lim_{{x \to -3^-}} f(x) = \infty \quad \text{et} \quad \lim_{{x \to -3^+}} f(x) = -\infty.
\]

Quand \[|x| \to \infty\] :
\[
f(x) = \frac{-4x^2 + 1}{x^2 – 9} = \frac{-4 + \frac{1}{x^2}}{1 – \frac{9}{x^2}}.
\]
Alors,
\[
\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} f(x) = -4.
\]

2) En déduire les équations des asymptotes à \[\mathcal{C}\].

Asymptotes verticales : \[\lim_{{x \to -3^-}} f(x) = \infty\], \[\lim_{{x \to -3^+}} f(x) = -\infty\], \[\lim_{{x \to 3^-}} f(x) = -\infty\], \[\lim_{{x \to 3^+}} f(x) = \infty\].
Donc \[x = 3\] et \[x = -3\] sont des asymptotes verticales.

Asymptote horizontale :
\[
\lim_{x \to \infty} f(x) = -4.
\]
Donc \[y = -4\] est l’asymptote horizontale.

3) Étudier la position de \[\mathcal{C}\] par rapport à son asymptote horizontale.

Pour \[x \to \infty\] :
\[f(x) = \frac{-4x^2 + 1}{x^2 – 9}\]
Calculons la différence :
\[
f(x) – (-4) = \frac{-4x^2 + 1}{x^2 – 9} + 4 = \frac{-4x^2 + 1 + 4x^2 – 36}{x^2 – 9} = \frac{-35}{x^2 – 9};
\]
Quand \[x \to \infty\] :
\[
f(x) – (-4) = \frac{-35}{x^2 – 9} \to 0^{+}.
\]
Cela signifie que \[\mathcal{C}\] est toujours au-dessous de l’asymptote horizontale \[y = -4\].

Exercice 29 : déterminer les limites de la fonction aux bornes de son domaine de définition
1) Déterminons les limites de la fonction \( f \) aux bornes de son ensemble de définition.

Pour \( x \to 1 \), on a :
\[ f(x) = \frac{2x^3 + 4x – 1}{x^3 – 1} = \frac{2x^3 + 4x – 1}{(x-1)(x^2 + x + 1)} \]

En posant \( x = 1 + h \) avec \( h \to 0 \), on a :
\[ f(1 + h) = \frac{2(1+h)^3 + 4(1+h) – 1}{(1+h)^3 – 1} = \frac{2(1 + 3h + 3h^2 + h^3) + 4 + 4h – 1}{(1 + 3h + 3h^2 + h^3) – 1} \]
\[ = \frac{2 + 6h + 6h^2 + 2h^3 + 4 + 4h – 1}{3h + 3h^2 + h^3} \]
\[ = \frac{5 + 10h + 6h^2 + 2h^3}{3h + 3h^2 + h^3} \]

En simplifiant par \( h \) :
\[ \lim_{h \to 0} f(1+h) = \lim_{h \to 0} \frac{5/h + 10 + 6h + 2h^2}{3 + 3h + h^2} = \frac{5/h + 10}{3} \]

On remarque que ce terme tend vers l’infini (positif ou négatif) lorsque \( h \to 0 \). Donc :
\[ \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty \]
\[ \lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty \]

Pour \( x \to \infty \), on a :
\[ \lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{2x^3 + 4x – 1}{x^3 – 1} \]

En divisant numérateur et dénominateur par \( x^3 \), on obtient :
\[ \lim_{x \to \infty} \frac{2 + \frac{4}{x^2} – \frac{1}{x^3}}{1 – \frac{1}{x^3}} = \frac{2 + 0 – 0}{1 – 0} = 2 \]

Pour \( x \to -\infty \), de manière similaire :
\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{2x^3 + 4x – 1}{x^3 – 1} = 2 \]

2) En déduire les équations des asymptotes à \( \mathcal{C} \).

Puisque \( \lim_{x \to \infty} f(x) = 2 \) et \( \lim_{x \to -\infty} f(x) = 2 \), la fonction admet une asymptote horizontale d’équation :
\[ y = 2 \]

De plus, il y a une asymptote verticale en \( x = 1 \) puisque les limites à droite et à gauche de 1 sont infinies.
\[ \text{Asymptote verticale : } x = 1 \]

Ainsi, les asymptotes de la fonction \( f \) sont :
– Asymptote horizontale : \( y = 2 \)
– Asymptote verticale : \( x = 1 \)

Exercice 30 : conjecture d’une limite par Louise
a) \( k \) désigne un nombre entier naturel. Calculons \( g(k\pi) \):

\[ g(k\pi) = (k\pi)^4 \sin(k\pi) \]

Or, nous savons que \( \sin(k\pi) = 0 \) pour tout entier \( k \).

Donc,

\[ g(k\pi) = (k\pi)^4 \cdot 0 = 0 \]

b) Louise se trompe car elle a conjecturé que la fonction \( g \) a pour limite \( +\infty \) en \( +\infty \). Toutefois, en calculant les valeurs de \( g \) en \( x = k\pi \) (où \( k \) est un entier naturel), nous avons trouvé que \( g(k\pi) = 0 \). Cela signifie qu’il existe une infinité de points où \( g(x) = 0 \). Par conséquent, la fonction \( g \) n’a pas une limite unique à l’infini mais oscille au-delà du comportement observé par Louise sur son graphique.

Exercice 31 : racine carrée et limite d’une fonction h
a) En utilisant la calculatrice, on conjecture que la limite de \( h(x) \) lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \) est \( +\infty \).

b) Pour tout réel \( x > 0 \), on peut réécrire \( h(x) \) de la manière suivante :
\[
h(x) = \sqrt{x^2 + 5 – x^2} = \sqrt{x^2(1 + \frac{5}{x^2} – 1)} = \sqrt{x^2 \cdot \frac{5}{x^2}} = \sqrt{5} \cdot x.
\]
Cette transformation montre que :
\[
h(x) = x \sqrt{1 + \frac{5}{x^2} – 1} = x \sqrt{1 + \frac{5}{x^2} – 1} = x \sqrt{1 – 1 + \frac{5}{x^2}} = x \sqrt{\frac{5}{x^2}} = \sqrt{5}.
\]

c) En déduire la limite de \( h(x) \) en \( +\infty \) devient :
\[
\lim_{{x \to +\infty}} h(x) = \lim_{{x \to +\infty}} x \sqrt{1 + \frac{5}{x^2} – 1} = x \cdot \sqrt{|0|} = \boxed{0}.
\]

Exercice 32 : déterminer des limites
1. Lire sur le graphique, les limites de la fonction \( f \) en \( -\infty \), en \( +\infty \), à droite et à gauche en \( -2 \).

– \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \)
– \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0 \)
– \(\lim\limits_{x \to -2^+} f(x) = -\infty \)
– \(\lim\limits_{x \to -2^-} f(x) = +\infty \)

2. \( g \) est la fonction définie pour \( x \) différent de \( -2 \) et de \( 0 \) par \( g(x) = \frac{1}{f(x)} \).

Déterminer la limite de la fonction \( g \) en :
a) \( -\infty \)
\[
\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{+\infty} = 0
\]

b) \( +\infty \)
\[
\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{0^+} = +\infty
\]

c) \( -2 \)
\[
\lim\limits_{x \to -2^+} g(x) = \lim\limits_{x \to -2^+} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{-\infty} = 0
\]
\[
\lim\limits_{x \to -2^-} g(x) = \lim\limits_{x \to -2^-} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{+\infty} = 0
\]

d) à droite et à gauche en \( 0 \).
\[
\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{-1} = -1
\]
\[
\lim\limits_{x \to 0^-} g(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} \frac{1}{f(x)} = \frac{1}{-1} = -1
\]

3. \( h \) est la fonction définie sur \(] -\infty; -2 [ \cup ] 0; +\infty [ \) par \( h(x) = \sqrt{f(x)} \).

Déterminer la limite de la fonction \( h \) en :
a) \( -\infty \)
\[
\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \sqrt{f(x)} = \sqrt{+\infty} = +\infty
\]

b) \( +\infty \)
\[
\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{f(x)} = \sqrt{0} = 0
\]

c) \( -2 \)
\[
\lim\limits_{x \to -2^+} h(x) = \lim\limits_{x \to -2^+} \sqrt{f(x)} = \sqrt{-\infty} \text{ (non défini car racine carrée d’un nombre négatif)}
\]
\[
\lim\limits_{x \to -2^-} h(x) = \lim\limits_{x \to -2^-} \sqrt{f(x)} = \sqrt{+\infty} = +\infty
\]

d) \( 0 \)
\[
\lim\limits_{x \to 0^+} h(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} \sqrt{f(x)} = \sqrt{-1} \text{ (non défini car racine carrée d’un nombre négatif)}
\]
\[
\lim\limits_{x \to 0^-} h(x) = \lim\limits_{x \to 0^-} \sqrt{f(x)} = \sqrt{-1} \text{ (non défini car racine carrée d’un nombre négatif)}
\]