limite et indétermination

[C8H10N4O2]

Bonjour à toutes et tous! 

Soit à calculer la limite en +1 de f(x) = 2x²+x-3 / x²-4x+3 . Le numérateur et le dénominateur s'annulent en x=1, on est donc face à une forme indéterminée 0/0. On peut factoriser le numérateur et le dénominateur par (x-1) , ce qui donne f(x) = 2x+3 / x-3 , cette fois ci le quotient est continu en x=1, et équivaut donc à sa valeur. En conclusion, lorsque x->1, f(x) -> -5/2.

Mais j'ai un problème vis à vis de la méthode qui consiste à effectuer un changement de variable (qu'on choisit de manière à ce qu'elle tende vers 0 quand x tend vers 1)

Ici, on pose h+1=x , le numérateur devient 2 (h+1)²+1+h-3 = 2h²+5h , qui au voisinage de 0 équivaut à 5h. Au voisinage de 1, le numérateur équivaut donc à 5(x-1).

Même principe pour le dénominateur : (h+1)²- 4 (h+1)+3 = h²-2h, qui au voisinage de 0 équivaut à -2h. Au voisinage de 1, le dénominateur équivaut donc à -2(x-1).

On a donc montré qu'au voisinage de 1, 2x²+x-3 / x²-4x+3 équivaut à 5(x-1) / -2(x-1) . Ma question est la suivante : en quoi est on avancé dans la mesure où le dénominateur s'annule toujours en x=1 : -2(1-1) =0 ! 

En écrivant ma question, je me rends compte qu'elle vaut également pour la simplification qui suit la factorisation par (x-1) dans la 1ère méthode !

Merci d'avance pour vos éclaircissements

[pzorba75]

lim_{x->1)f(x)=-5/2

[Invité]

Bonjour C8H10...En complément.

En toute rigueur il s'agit de 2 fonctions différentes.

L'une f(x) :

= (2x²+x-3 )/ (x²-4x+3 ) définie pour tout x différent de 1 et de 3, et non définie en ces 2 valeurs

L'autre g(x)

=f(x) pour x1 et =-5/2 pour x=1.

On dit qu'on a prolongé f par continuité en 1.

Bien entendu, tant que x1 la simplification est légitime, mais en 1 il faut la notion de limite comme il vient d'être dit.

 

[C8H10N4O2]

il y a une heure, JLN a dit :

 

L'autre g(x)

=f(x) pour x1 et =-5/2 pour x=1

 

 

=-5/2 pour x différent de 1, non ? Ou alors je n'ai pas compris...

[Invité]

Non, j'ai bien dit.

g(x)=f(x) pour x1 (ou f n'est pas définie)

g(x)=-5/2 pour x=1

Cette fonction est le prolongement de f par continuité en x=1 puisque lim _[x->1]f(x)=-5/2

[C8H10N4O2]

Il y a 1 heure, JLN a dit :

 puisque lim _[x->1]f(x)=-5/2

Mais comment démontrer cela pour commencer ?

[Invité]

Vous l'avez dit vous-même au début.

Citation

On peut factoriser le numérateur et le dénominateur par (x-1) , ce qui donne f(x) = 2x+3 / x-3 , cette fois ci le quotient est continu en x=1, et équivaut donc à sa valeur. En conclusion, lorsque x->1, f(x) -> -5/2.

Tant que x est différent de 1, aussi proche soit-il de cette valeur, on peut "simplifier" et f(x) qui est égale à (2x+3)/(x-3) prend la valeur -5/2 en x=1 . La limite de f en ce point est donc -5/2 .

On ne va quand même pas aller mobiliser les epsilons des démo à la Weierstrass pour démontrer cela. Mais il s'agit d'un cas (volontairement ) très simple d'un fraction rationnelle, rapport de 2 polynômes.
Il y a des cas beaucoup plus difficiles, où la limite de la fonction en une valeur où elle n'est pas définie n'est pas évidente et nécessite une étude qui peut être délicate.

[C8H10N4O2]

"Vous l'avez dit vous-même au début "  Je crois que c'est le signe que je m'emmêle un peu les pinceaux sur les notions de limite et continuité... Mille merci pour vos explications JLN.

[C8H10N4O2]

En somme, f(x) = 2x²+x-3 / x²-4x+3 est définie et continue en R-{1;3} Pour déterminer sa limite en 1, on écrit : pour x≠1 , f(x) = g(x) = 2x+3 /x-3 , fraction rationnelle définie et continue en 1. Quand x->1^- tout comme quand x->1⁺ , Lim g(x) = -5/2. Il est donc possible de prolonger f par continuité, d'où Lim f(x) = -5/2

[Invité]

Voilà.

Dans un cas semblable, fraction qui se "simplifie", les anciens auteurs parlaient de "fausse indétermination". Ils ne distinguaient pas f de g. On procédait encore comme ça quand j'étais étudiant.

[C8H10N4O2]

Merci beaucoup pour ces informations éclairantes. Je m'en tiens pour ma part à deux principes en cas d'indétermination : d'une part deux fonctions sont équivalentes du point de vue de leur limite en a si lorsque x tend vers a, leur rapport tend vers 1; et d'autre part, on ne change pas la limite d'un produit ou d'un quotient de deux fonctions si on leur substitue deux fonctions équivalentes.

Ce qui fonctionne bien aux infinis, au voisinage de 0 ou d'une valeur qui n'annule pas la fonction étudiée, mais qui me paraissait moins clair au voisinage d'une valeur qui l'annule.