Asymptotes et limites

On met en évidence la plus grande puissance de $x$ au numérateur et au dénominateur : $\dfrac{3x^2 - 5x + 1}{2x^2 + 7} = \dfrac{x^2\left(3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(2 + \frac{7}{x^2}\right)} = \dfrac{3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}}{2 + \frac{7}{x^2}} \to \dfrac{3}{2}$. Les degrés sont égaux : la limite est le quotient des coefficients de plus haut degré.

$\dfrac{4x + 1}{x^2 + 3} = \dfrac{x\left(4 + \frac{1}{x}\right)}{x^2\left(1 + \frac{3}{x^2}\right)} = \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{4 + \frac{1}{x}}{1 + \frac{3}{x^2}} \to 0 \cdot 4 = 0$. Le degré du numérateur est plus petit que celui du dénominateur.

$\dfrac{x^3 + 2x}{5x^2 - 1} = \dfrac{x^3\left(1 + \frac{2}{x^2}\right)}{x^2\left(5 - \frac{1}{x^2}\right)} = x \cdot \dfrac{1 + \frac{2}{x^2}}{5 - \frac{1}{x^2}} \to +\infty \cdot \dfrac{1}{5} = +\infty$. Le degré du numérateur est plus grand : la limite est infinie, de signe $+$ car $x \to +\infty$ et $\frac{1}{5} > 0$.

$f$ n'existe pas quand le dénominateur est nul : $x - 2 = 0 \iff x = 2$. Donc $\operatorname{dom} f = \mathbb{R} \setminus \{2\}$.

Quand $x \to +\infty$ ou $x \to -\infty$, $x - 2$ devient très grand en valeur absolue et $\dfrac{3}{x - 2} \to 0$. Les deux limites valent $0$ : la droite $y = 0$ est asymptote horizontale.

Pour $x \to 2^+$ : $x - 2 > 0$ et tend vers $0$, le numérateur $3$ est positif : $\dfrac{3}{0^+} = +\infty$.

Pour $x \to 2^-$ : $x - 2 < 0$ et tend vers $0$ : $\dfrac{3}{0^-} = -\infty$. La droite $x = 2$ est asymptote verticale.

En $x = 1$, le numérateur $1 + 1 - 2 = 0$ et le dénominateur $1 - 1 = 0$ : indétermination $\dfrac{0}{0}$. On factorise : $x^2 + x - 2 = (x - 1)(x + 2)$ et $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$. Pour $x \neq 1$, $\dfrac{x^2 + x - 2}{x^2 - 1} = \dfrac{x + 2}{x + 1} \to \dfrac{3}{2}$.

En $x = 2$ : $4 - 10 + 6 = 0$ et $4 - 4 = 0$, indétermination $\dfrac{0}{0}$. $x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)$ et $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$. Pour $x \neq 2$, la fraction vaut $\dfrac{x - 3}{x + 2} \to \dfrac{-1}{4} = -\dfrac{1}{4}$.

En $x = -1$ : $-1 + 1 = 0$ et $1 - 1 = 0$, indétermination $\dfrac{0}{0}$. $x^3 + 1 = (x + 1)(x^2 - x + 1)$ et $x^2 - 1 = (x + 1)(x - 1)$. Pour $x \neq -1$, la fraction vaut $\dfrac{x^2 - x + 1}{x - 1} \to \dfrac{1 + 1 + 1}{-2} = -\dfrac{3}{2}$.

Quand $x \to +\infty$, $\dfrac{x^2}{x + 1} \to +\infty$ et $x \to +\infty$ : indétermination $\infty - \infty$. On réduit au même dénominateur : $\dfrac{x^2}{x + 1} - x = \dfrac{x^2 - x(x + 1)}{x + 1} = \dfrac{-x}{x + 1}$.

$\dfrac{-x}{x + 1} = \dfrac{-x}{x\left(1 + \frac{1}{x}\right)} = \dfrac{-1}{1 + \frac{1}{x}} \to -1$. La limite est $-1$.

En $x = 2$, le numérateur vaut $3 \neq 0$ et le dénominateur s'annule : la limite est infinie, son signe dépend du dénominateur $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$. Pour $x$ proche de $2$, $x + 2 > 0$.

Pour $x \to 2^+$ : $x - 2 > 0$ donc $x^2 - 4 \to 0^+$ et $\dfrac{x + 1}{x^2 - 4} \to \dfrac{3}{0^+} = +\infty$. Pour $x \to 2^-$ : $x - 2 < 0$ donc $x^2 - 4 \to 0^-$ et la fraction tend vers $\dfrac{3}{0^-} = -\infty$.

$\operatorname{dom} f = \mathbb{R} \setminus \{2\}$. En $x = 2$ le numérateur vaut $5 \neq 0$ : $\displaystyle \lim_{x \to 2^+} f(x) = \dfrac{5}{0^+} = +\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \to 2^-} f(x) = \dfrac{5}{0^-} = -\infty$. La droite $x = 2$ est asymptote verticale.

Division euclidienne de $x^2 + 1$ par $x - 2$ : $x^2 + 1 = (x - 2)(x + 2) + 5$. Donc $f(x) = x + 2 + \dfrac{5}{x - 2}$.

$f(x) - (x + 2) = \dfrac{5}{x - 2} \to 0$ quand $x \to +\infty$ et quand $x \to -\infty$ : la droite $y = x + 2$ est asymptote oblique de la courbe en $+\infty$ et en $-\infty$.

Position : le signe de $f(x) - (x + 2) = \dfrac{5}{x - 2}$ est celui de $x - 2$. Pour $x > 2$ il est positif : la courbe est au-dessus de l'asymptote. Pour $x < 2$ il est négatif : la courbe est au-dessous.

$f_1(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 1}$ : le dénominateur s'annule en $x = 1$ où le numérateur vaut $3 \neq 0$, donc $x = 1$ est asymptote verticale. De plus $\displaystyle \lim_{x \to \pm\infty} f_1(x) = \dfrac{2}{1} = 2$ : $y = 2$ est asymptote horizontale. Cette fonction convient.

$f_2(x) = \dfrac{x + 1}{2x - 2}$ : asymptote verticale $x = 1$ mais $\displaystyle \lim_{x \to \pm\infty} f_2(x) = \dfrac{1}{2}$, l'asymptote horizontale est $y = \dfrac{1}{2}$. Elle ne convient pas.

$f_3(x) = \dfrac{2x}{x + 1}$ : asymptote horizontale $y = 2$ mais asymptote verticale $x = -1$. Elle ne convient pas.

$f_4(x) = \dfrac{x^2 + 2}{x - 1}$ : asymptote verticale $x = 1$, mais le degré du numérateur dépasse celui du dénominateur : pas d'asymptote horizontale (asymptote oblique). Elle ne convient pas.

Asymptote verticale $x = 4$ : le dénominateur doit s'annuler en $x = 4$ sans que le numérateur s'annule. $b \cdot 4 - 8 = 0$ donne $b = 2$.

Asymptote horizontale $y = -2$ : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{ax + 3}{2x - 8} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x\left(a + \frac{3}{x}\right)}{x\left(2 - \frac{8}{x}\right)} = \dfrac{a}{2}$ (et la même limite en $-\infty$). On veut $\dfrac{a}{2} = -2$, donc $a = -4$.

Contrôle avec $f(x) = \dfrac{-4x + 3}{2x - 8}$ : en $x = 4$ le numérateur vaut $-13 \neq 0$, donc $\displaystyle \lim_{x \to 4^+} f(x) = \dfrac{-13}{0^+} = -\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \to 4^-} f(x) = +\infty$ : $x = 4$ est bien asymptote verticale. Et $\displaystyle \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = -2$ : $y = -2$ est bien asymptote horizontale.

$x^2 - 3x = x(x - 3)$ s'annule en $x = 0$ et en $x = 3$ : $\operatorname{dom} f = \mathbb{R} \setminus \{0 ; 3\}$.

$x^2 - 9 = (x - 3)(x + 3)$. Pour $x \neq 0$ et $x \neq 3$ : $f(x) = \dfrac{(x - 3)(x + 3)}{x(x - 3)} = \dfrac{x + 3}{x}$.

En $x = 0$ le numérateur simplifié vaut $3 \neq 0$ : $\displaystyle \lim_{x \to 0^+} f(x) = \dfrac{3}{0^+} = +\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \to 0^-} f(x) = \dfrac{3}{0^-} = -\infty$. La droite $x = 0$ est asymptote verticale.

En $x = 3$ : indétermination $\dfrac{0}{0}$. Après simplification, $\displaystyle \lim_{x \to 3} f(x) = \lim_{x \to 3} \dfrac{x + 3}{x} = \dfrac{6}{3} = 2$. La limite est finie : il n'y a pas d'asymptote en $x = 3$, la courbe a un trou au point $(3 ; 2)$.

$\displaystyle \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{x + 3}{x} = \lim \left(1 + \dfrac{3}{x}\right) = 1$ : la droite $y = 1$ est asymptote horizontale. Les asymptotes sont donc $x = 0$ et $y = 1$.

$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} C(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x + 900}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(2 + \dfrac{900}{x}\right) = 2$.

La droite $y = 2$ est asymptote horizontale à la courbe de $C$. Interprétation : quand la production augmente beaucoup, le coût moyen d'une paire se rapproche de $2$ € (le coût de fabrication d'une paire), sans jamais l'atteindre : les frais fixes de $900$ € sont de plus en plus répartis.

$C(x) \le 2{,}10 \iff 2 + \dfrac{900}{x} \le 2{,}1 \iff \dfrac{900}{x} \le 0{,}1 \iff x \ge \dfrac{900}{0{,}1} = 9000$ (car $x > 0$). Il faut produire au moins $9\,000$ paires.

Pour tout $x > 0$, $C(x) = 2 + \dfrac{900}{x} > 2$ car $\dfrac{900}{x} > 0$. Le coût moyen reste strictement supérieur à $2$ € : il ne descend jamais sous $2$ €.

Division euclidienne de $ax^2 + bx + c$ par $x - 1$ : $ax^2 + bx + c = (x - 1)\,(ax + a + b) + (a + b + c)$. Donc $f(x) = ax + (a + b) + \dfrac{a + b + c}{x - 1}$.

Le terme $\dfrac{a + b + c}{x - 1}$ tend vers $0$ en $\pm\infty$ : l'asymptote oblique est $y = ax + (a + b)$. On veut $y = 2x + 3$ : $a = 2$ et $a + b = 3$, donc $b = 1$.

La courbe passe par $A(0 ; -1)$ : $f(0) = \dfrac{c}{0 - 1} = -c = -1$, donc $c = 1$. Ainsi $f(x) = \dfrac{2x^2 + x + 1}{x - 1}$.

Contrôle : $2x^2 + x + 1 = (x - 1)(2x + 3) + 4$, donc $f(x) = 2x + 3 + \dfrac{4}{x - 1}$ et $f(x) - (2x + 3) = \dfrac{4}{x - 1} \to 0$ en $\pm\infty$ : $y = 2x + 3$ est bien asymptote oblique. Le numérateur vaut $4 \neq 0$ en $x = 1$ (ici $2 + 1 + 1$) : $x = 1$ est bien asymptote verticale, car $\displaystyle \lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$.