\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\usepackage{S1SM}
\def\e{\varepsilon}
\def\ie{c'est-\`a-dire }

\begin{document}\corrige{4}
\exo

\begin{enumerate}
\item Si $x>0$, alors $\frac{x^3+2x^2+1}{4x^2+3x+2} \sin(\frac{1}{x})$ est
bien défini, donc on peut s'intéresser à la limite en $+\infty$. On a
$$
\frac{x^3+2x^2+1}{4x^2+3x+2} \sin\left(\frac{1}{x}\right) =
\frac{x^3(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^3})}{x^3(4+\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2})}
\frac{\sin(\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}=
\frac{1+2X+X^3}{4+3X+2X^2} \frac{\sin(X)}{X} =: f(X),
$$
en posant $X := 1/x$, qui tend vers $0$ quand $x\to+\infty$. Quand $X\to 0$,
$\frac{1+2X+X^3}{4+3X+2X^2}$ tend vers $\frac{1}{4}$, et $\frac{\sin(X)}{X}$
tend vers $1$. 
%La fonction $f$ n'est \emph{pas} continue
%en $0$ (elle n'y est pas définie), donc on ne peut pas appliquer directement
%le théorème de composition des limites. Par contre, on vient de démontrer
%qu'elle est prolongeable par continuité en $0$ en la fonction $\hat{f}$
%vérifiant $\hat{f}(0) = 1/4$ et $\hat{f}(x) = f(x)$ si $x \neq 0$.
%Par composition de limites, on a
%$$\lim_{x\to+\infty} f(1/x) = \hat{f}(0) = 1/4.$$
Par composition de limites, on a
$$\lim_{x\to+\infty} f(1/x) = 1/4.$$

\item Soit $x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\setminus \set{0}$. Alors
$\frac{2}{\sin(x)^2}-\frac{1}{1-\cos(x)}$ est bien défini donc on peut
s'intéresser à la limite en $0$ et
$$\frac{2}{\sin(x)^2}-\frac{1}{1-\cos(x)}=
\frac{2}{1-\cos(x)^2}-\frac{1+\cos(x)}{1-\cos(x)^2}=
\frac{1-\cos(x)}{1-\cos(x)^2}=
\frac{1}{1+\cos(x)},$$
donc
$$ \lim_{x\to 0} \frac{2}{\sin(x)^2}-\frac{1}{1-\cos(x)}=
\frac{1}{2}$$
car $\cos$ est continue en $0$ et $\cos(0)=1$.
\end{enumerate}

\exo
Soit $f$ définie par $f(x)=\frac{a}{1-x}-\frac{2}{1-x^2}$ avec 
$a\in \R$.
\begin{enumerate}
\item $f(x)$ est défini si et seulement si $1-x\neq 0$ et $1-x^2 \neq 0$ donc
  l'ensemble de définition $D_f$ de $f$ est $\R\setminus \set{-1,1}$.
  $f$ est une somme d'inverses de fonctions continues ne s'annulant pas sur 
$D_f$ donc $f$ est continue sur $D_f$.
\item
 Soit $x\in D_f$. $f(x)=\frac{a-2+ax}{(1+x)(1-x)}$.
\begin {itemize}
\item 
$\lim_{x\to -1} \frac{a-2+ax}{1-x}=-1$. Comme
$\lim_{x\to -1^+} \frac{1}{1+x}=+\infty$
et $\lim_{x\to -1^-} \frac{1}{1+x}=-\infty$, on obtient
$$\lim_{x\to -1^+} f(x)=-\infty \quad\text{et}\quad
  \lim_{x\to -1^-} f(x)=+\infty$$
\item Si $a=1$, $f(x)=-\frac{1}{1+x}$ 
donc $\lim_{x\to 1} f(x)=-\frac{1}{2}$.\\
Si $a\neq 1$,
$\lim_{x\to +1} \frac{a-2+ax}{1+x}=a-1$.
$\lim_{x\to 1^+} \frac{1}{1-x}=-\infty$
et $\lim_{x\to 1^-} \frac{1}{1-x}=+\infty$\\
Si $a>1$, $\lim_{x\to 1^+} f(x)=-\infty$ et 
$\lim_{x\to 1^-} f(x)=+\infty$\\ 
Si $a<1$, $\lim_{x\to 1^+} f(x)=+\infty$ et 
$\lim_{x\to 1^-} f(x)=-\infty$ 
\end{itemize}
\item
\begin{itemize}
\item $f$ n'a pas de limite finie en $-1$ donc $f$ n'est pas prolongeable par
  continuité en $-1$, quelle que soit la valeur de $a$.
\item Si $a\neq 1$, $f$ n'a pas de limite finie en $1$ donc $f$ n'est pas 
prolongeable par continuité en $1$.\\
Si $a=1$, on peut prolonger $f$ par continuité en $1$ en posant 
$f(1)=-\frac{1}{2}$.
 
\end{itemize}
\end{enumerate}


\exo
\begin{itemize}
\item La condition sur $f$ signifie que son graphe privé du point $(0,f(0))$
  est compris entre les droites $y=kx$ et $y=-kx$. Comme $f$ est enfermée dans
  cet entonnoir, on devine que $\lim_{x\to 0} f(x)=0$.

\item $\forall x\in \,]-\e,\e[\, \setminus \set{0}, 0\leq \abs{f(x)} \leq k 
\abs{x}$. D'après le théorème des gendarmes, on obtient $\lim_{x\to 0} f(x)=0$.
Or, $f$ continue en $0$ ssi $\lim_{x\to 0} f(x)=f(0)$.
Donc $f$ continue en $0$ ssi $0=f(0)$.
\end{itemize}

\exo
\begin{itemize}
\item  
Si $x>1$, $0<\frac{1}{x}<1$ donc $E(\frac{1}{x})=0$ donc $f(x)=0$ donc $f$ est
 nulle donc continue sur $]1,+\infty[.$
\item
Si $0<x\leq 1,\exists n\in \N\setminus \set{0},\frac{1}{n+1}<x\leq 
\frac{1}{n}$ donc $f(x)=nx$ (car $n\leq \frac{1}{x}<n+1$ donc $E(\frac{1}{x})=n$) donc
 $f$ est continue sur chacun des intervalles $]\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}[.$
En particulier, on a $f(\frac{1}{n})=1$.
\item
Si $x>1$, alors $f(x)=0$ donc $\lim_{x\to 1^+} f(x)=0\neq 1=f(1)$
donc $f$ n'est pas continue en 1.

\item
Si $\exists n\in \N\setminus \set{0}, \frac{1}{n+1}<x\leq \frac{1}{n}$, alors
$f(x)=nx$ donc $\lim_{x\to \frac{1}{n+1}^+} f(x)=\frac{n}{n+1} \neq
1=f(\frac{1}{n+1})$ donc $f$ n'est pas continue en $\frac{1}{n+1}$.

\item
Le m\^eme genre de travail montre que $f$ est continue sur $]-\infty,-1[$,
sur $]-\frac{1}{n},-\frac{1}{n+1}[$ pour tout $n\in \N \setminus \set{0}$
mais qu'elle n'est pas continue en $-\frac{1}{n}$ pour tout $n\in \N 
\setminus \set{0}$.
\item
On peut prolonger $f$ par continuité en $0$. En effet, si $x\neq 0$, 
$E(\frac{1}{x})\leq 
\frac{1}{x}<E(\frac{1}{x})+1$ par définition de la partie entière donc 
$\frac{1}{x}-1<E(\frac{1}{x})\leq \frac{1}{x}$ donc $1-x<f(x)\leq 1$ si $x>0$
ou $1-x>f(x)\geq 1$ si $x<0$ donc
 d'après le théorème des gendarmes, $\lim_{x\to 0^+} f(x)=
\lim_{x\to 0^-} f(x)=1$. On peut
 donc prolonger $f$ par continuité en posant $f(0)=1$.
\end{itemize}

\exo
\begin{itemize}
 
\item $\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty$ donc $\exists B>0,\forall x\geq
B,f(x)\geq 1)$.\\
$\lim_{x\to-\infty} f(x)=-\infty$ donc $\exists A<0,\forall x\leq
A,f(x)\leq -1)$\\
$A<B$, $f$ continue sur $[A,B]$, $f(A)<0$ et $f(B)>0$ donc d'après le théorème
des valeurs intermédiaires, $\exists c\in ]A,B[,f(c)=0$.
\item Quitte à changer le polyn\^ome $P$ en $-P$, $P$ satisfait les conditions
  précédentes, \ie  $\lim_{x\to+\infty} P(x)=+\infty$ et
  $\lim_{x\to-\infty} P(x)=-\infty$ (car il est de
  degré impair) et $P$ est continu sur $\R$ donc il admet une racine réelle.
\end{itemize} 
\end{document}
