Problèmes sur les limites en terminale

Une limite décrit un comportement à long terme : la concentration qui se stabilise, le coût qui s'envole, la population qui plafonne. Ces trois problèmes lisent une asymptote comme une réponse, pas comme une figure.

Lever une forme indéterminée en factorisant le terme prépondérant.
Relier une limite et l'existence d'une asymptote parallèle à un axe.
Appliquer une croissance comparée.
Encadrer une fonction pour obtenir sa limite par comparaison.

La concentration du médicament

La concentration d'un principe actif dans le sang, en mg/L, $t$ heures après l'injection, est modélisée par :

$$ c(t) = \frac{8t}{t^2 + 4} $$

Calculer $c(0)$, $c(2)$ et $c(6)$.

$$ c(0) = 0 \hspace{2em} c(2) = 2 \hspace{2em} c(6) = 1.2 $$
Déterminer la limite de $c$ en $+\infty$, et l'interpréter.

On factorise le terme prépondérant au numérateur et au dénominateur :

$$ c(t) = \frac{8t}{t^2\left(1 + \frac{4}{t^2}\right)} = \frac{8}{t} \times \frac{1}{1 + \frac{4}{t^2}} $$

$$ \lim_{t \to +\infty} c(t) = 0 $$

Le médicament finit par être totalement éliminé.
Quelle asymptote la courbe admet-elle ?

$$ \text{l'axe des abscisses, d'équation } y = 0 $$
La concentration atteint-elle jamais zéro ? Que cela signifie-t-il pour le patient ?

Non : $c(t) > 0$ pour tout $t > 0$, le numérateur ne s'annulant qu'en $0$.

Le modèle prévoit une élimination qui n'est jamais achevée. C'est une limite du modèle, pas de la biologie : en pratique on fixe un seuil de détection en dessous duquel on considère le produit éliminé.

Le coût moyen de production

Produire $q$ tonnes coûte $C(q) = 2q^2 + 30q + 800$ euros. Le coût moyen par tonne est $M(q) = \frac{C(q)}{q}$, pour $q > 0$.

Écrire $M(q)$ sous forme développée.

$$ M(q) = 2q + 30 + \frac{800}{q} $$
Déterminer les limites de $M$ en $0^+$ et en $+\infty$.

En $0^+$, le terme $\frac{800}{q}$ l'emporte :

$$ \lim_{q \to 0^+} M(q) = +\infty $$

En $+\infty$, c'est $2q$ :

$$ \lim_{q \to +\infty} M(q) = +\infty $$
Interpréter chacune de ces deux limites.

Produire très peu revient très cher à l'unité : les $800 \ \text{€}$ de coût fixe se répartissent sur trop peu de tonnes.

Produire beaucoup revient cher aussi : le terme en $q^2$ traduit un coût qui s'emballe - heures supplémentaires, saturation des machines.
Il existe donc une production optimale. La déterminer par la dérivée.

$$ M'(q) = 2 - \frac{800}{q^2} $$

$$ M'(q) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad q^2 = 400 \quad \Longleftrightarrow \quad q = 20 $$

$$ M(20) = 40 + 30 + 40 = 110 \ \text{€ par tonne} $$

Encadrer pour conclure

On considère la fonction définie sur $\bigl] 0 \ ; \ +\infty \bigr[$ par :

$$ f(x) = \frac{x + \cos(x)}{x} $$

Montrer que pour tout $x > 0$ : $\ 1 - \frac{1}{x} \leqslant f(x) \leqslant 1 + \frac{1}{x}$.

Le cosinus est compris entre $-1$ et $1$ :

$$ x - 1 \leqslant x + \cos(x) \leqslant x + 1 $$

On divise par $x$, strictement positif, ce qui conserve l'ordre :

$$ 1 - \frac{1}{x} \leqslant f(x) \leqslant 1 + \frac{1}{x} $$
En déduire la limite de $f$ en $+\infty$.

Les deux bornes tendent vers $1$. Par le théorème des gendarmes :

$$ \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 $$
Pourquoi ne peut-on pas conclure par les opérations sur les limites ?

La fonction cosinus n'a pas de limite en $+\infty$ : elle oscille indéfiniment entre $-1$ et $1$. Aucune règle d'opération ne s'applique à une quantité sans limite.
Quelle asymptote la courbe admet-elle ? La courbe la traverse-t-elle ?

La droite d'équation $y = 1$ est asymptote horizontale.

La courbe la traverse une infinité de fois : $f(x) = 1$ équivaut à $\cos(x) = 0$, qui a une infinité de solutions. Une asymptote n'est pas une barrière - la courbe s'en approche, mais peut la couper autant de fois qu'elle veut.

Le curseur qui efface une asymptote

Un logiciel de tracé affiche la courbe de la fonction $f_a$, dont un curseur règle le réel $a$. Pour toute valeur de $a$, la fonction est définie par :

$$ f_a(x) = \frac{a \, x^2 + 3x - 2}{x^2 - 4} $$

En déplaçant le curseur, un élève remarque que les deux branches verticales de la courbe ne disparaissent pas toujours ensemble : pour certaines valeurs de $a$, il n'en reste qu'une.

Déterminer l'ensemble de définition de $f_a$, puis calculer $\lim\limits_{x \to + \infty} f_a(x)$ et $\lim\limits_{x \to - \infty} f_a(x)$.

Le dénominateur $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$ s'annule en $2$ et en $- 2$, et en eux seuls :

$$ \mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{ - 2 \ ; \ 2 \} $$

En l'infini, on factorise le terme prépondérant au numérateur comme au dénominateur :

$$ f_a(x) = \frac{x^2 \left( a + \frac{3}{x} - \frac{2}{x^2} \right)}{x^2 \left( 1 - \frac{4}{x^2} \right)} = \frac{a + \frac{3}{x} - \frac{2}{x^2}}{1 - \frac{4}{x^2}} $$

Les quatre quotients tendent vers $0$, donc les deux limites valent $a$.

$$ \lim\limits_{x \to \pm \infty} f_a(x) = a $$

La courbe admet donc toujours la droite d'équation $y = a$ pour asymptote horizontale : c'est le curseur lui-même qui la déplace.
Pour $a = 1$, étudier les limites de $f_1$ en $2$ et en $- 2$, et en déduire le nombre d'asymptotes verticales.

Ici $f_1(x) = \frac{x^2 + 3x - 2}{x^2 - 4}$. En $2$, le numérateur vaut $4 + 6 - 2 = 8$, et le dénominateur tend vers $0$.

Le signe de $(x - 2)(x + 2)$ est celui de $x - 2$ au voisinage de $2$, puisque $x + 2$ y vaut environ $4$ : le dénominateur est négatif à gauche, positif à droite.

$$ \lim\limits_{x \to 2^-} f_1(x) = - \infty \hspace{2em} \lim\limits_{x \to 2^+} f_1(x) = + \infty $$

En $- 2$, le numérateur vaut $4 - 6 - 2 = - 4$, non nul, et le même raisonnement donne deux limites infinies.

$$ \text{pour} \ a = 1 \text{, deux asymptotes verticales :} \ x = - 2 \ \text{et} \ x = 2 $$
Démontrer qu'une branche verticale ne peut disparaître qu'à la condition que le numérateur s'annule au même point, puis déterminer toutes les valeurs de $a$ pour lesquelles la courbe n'a qu'une seule asymptote verticale.

Notons $N_a(x) = a \, x^2 + 3x - 2$. Si $N_a(2) \neq 0$, le quotient a un numérateur de limite non nulle et un dénominateur de limite nulle : la limite est infinie, et la droite $x = 2$ est asymptote. L'asymptote ne peut donc tomber que si $N_a(2) = 0$, et de même en $- 2$.

Les deux conditions s'écrivent :

$$ N_a(2) = 4a + 6 - 2 = 4a + 4 \hspace{2em} N_a(- 2) = 4a - 6 - 2 = 4a - 8 $$

$$ N_a(2) = 0 \Longleftrightarrow a = - 1 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} N_a(- 2) = 0 \Longleftrightarrow a = 2 $$

Chacune n'a qu'une solution, et ces deux solutions sont distinctes : aucune valeur de $a$ ne fait tomber les deux branches à la fois. Il reste à vérifier que ces deux valeurs conviennent réellement.

Pour $a = - 1$, le numérateur $- x^2 + 3x - 2 = - (x - 1)(x - 2)$ partage le facteur $x - 2$ avec le dénominateur :

$$ f_{-1}(x) = \frac{- (x - 1)(x - 2)}{(x - 2)(x + 2)} = \frac{- (x - 1)}{x + 2} \hspace{2em} (x \neq 2) $$

$$ \lim\limits_{x \to 2} f_{-1}(x) = \frac{- 1}{4} $$

La limite est finie : la branche verticale en $2$ a disparu, celle en $- 2$ demeure.

Pour $a = 2$, le numérateur $2x^2 + 3x - 2 = (2x - 1)(x + 2)$ partage le facteur $x + 2$ :

$$ f_{2}(x) = \frac{(2x - 1)(x + 2)}{(x - 2)(x + 2)} = \frac{2x - 1}{x - 2} \hspace{2em} (x \neq - 2) $$

$$ \lim\limits_{x \to - 2} f_{2}(x) = \frac{- 5}{- 4} = \frac{5}{4} $$

$$ \text{deux valeurs, et deux seulement :} \quad a = - 1 \quad \text{et} \quad a = 2 $$
L'élève cherche maintenant un réglage pour lequel la courbe n'aurait aucune asymptote verticale. Expliquer pourquoi sa recherche est vaine.

Il faudrait $N_a(2) = 0$ et $N_a(- 2) = 0$ en même temps, donc $a = - 1$ et $a = 2$ : c'est impossible.

On peut le dire autrement. Si les deux branches tombaient, $N_a$ serait divisible par $(x - 2)(x + 2) = x^2 - 4$ ; étant de degré au plus deux, il vaudrait $\lambda \left( x^2 - 4 \right)$, donc son coefficient de $x$ serait nul. Or ce coefficient vaut $3$, quel que soit le curseur.

$$ \text{aucune valeur de} \ a \ \text{ne supprime les deux asymptotes} $$

Trois modèles pour une même saturation

Une station d'essais agronomiques mesure le rendement d'une parcelle, en quintaux par hectare, en fonction de la dose d'azote apportée, en kilogrammes par hectare. Trois résultats sont tenus pour acquis : sans azote le rendement est de $30$, à $20 \ \text{kg/ha}$ il est de $50$, et aucune dose, si grande soit-elle, ne le porte à $70$.

Trois modèles sont en concurrence sur $\bigl[ 0 \ ; \ + \infty \bigr[$ :

$$ f(x) = 30 + 2x \hspace{2em} g(x) = 30 + \frac{40x}{x + 20} \hspace{2em} h(x) = 70 - 40 \, e^{- \frac{x}{20}} $$

Calculer $f(0)$, $g(0)$ et $h(0)$, puis déterminer la limite de chacune des trois fonctions en $+ \infty$.

Les trois modèles partent du même point : $f(0) = 30$, $g(0) = 30 + 0 = 30$ et $h(0) = 70 - 40 = 30$.

En $+ \infty$, la première est affine de coefficient positif :

$$ \lim\limits_{x \to + \infty} f(x) = + \infty $$

Pour la deuxième, on factorise le terme prépondérant :

$$ \frac{40x}{x + 20} = \frac{40}{1 + \frac{20}{x}} \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} \lim\limits_{x \to + \infty} g(x) = 30 + 40 = 70 $$

Pour la troisième, $- \frac{x}{20}$ tend vers $- \infty$, donc $e^{- \frac{x}{20}}$ tend vers $0$.

$$ \lim\limits_{x \to + \infty} g(x) = \lim\limits_{x \to + \infty} h(x) = 70 $$
Écarter deux des trois modèles, en justifiant chaque fois par un seul des trois résultats d'essai.

Le modèle $f$ tend vers $+ \infty$ : il promet un rendement dépassant $70$ dès que $x > 20$, ce que les essais excluent. Il est écarté par la troisième donnée.

Les deux autres respectent le plafond. On les départage sur la mesure à $20 \ \text{kg/ha}$ :

$$ g(20) = 30 + \frac{800}{40} = 50 \hspace{2em} h(20) = 70 - 40 \, e^{-1} \approx 55.3 $$

Le modèle $h$ annonce $5$ quintaux de trop pour cette dose.

$$ \text{le modèle retenu est} \ g $$
Le directeur de la station voudrait approcher le plafond à un quintal près. Déterminer, avec le modèle retenu, la dose qu'il faudrait apporter.

On cherche les doses pour lesquelles $g(x) \geqslant 69$, c'est-à-dire $\frac{40x}{x + 20} \geqslant 39$.

Comme $x + 20 > 0$, on peut multiplier les deux membres par ce dénominateur sans changer le sens :

$$ 40x \geqslant 39x + 780 \quad \Longleftrightarrow \quad x \geqslant 780 $$

$$ 780 \ \text{kg/ha} $$
Rédiger la recommandation de la station, en expliquant pourquoi la limite $70$ n'est pas un objectif.

Les vingt premiers kilogrammes rapportent $20$ quintaux ; les $760$ suivants en rapportent $19$. La limite est atteinte « à l'infini », et le modèle le dit exactement : chaque quintal supplémentaire coûte de plus en plus d'azote.

Un ordre de grandeur suffit à trancher. À $100 \ \text{kg/ha}$ :

$$ g(100) = 30 + \frac{4 \ 000}{120} \approx 63.3 $$

$$ \text{la limite se lit comme un plafond théorique, pas comme une cible} $$

C'est aussi ce que dit le modèle écarté $h$, et c'est ce qui le rendait tentant : il monte bien plus vite vers le même plafond. Le désaccord avec la mesure à $20 \ \text{kg/ha}$ suffit pourtant à l'écarter - un modèle se choisit sur ses valeurs, pas sur sa limite.