Limite des fonctions d’une variable réelle

Résumé

Cette leçon transforme en une définition précise l’idée que les valeurs d’une fonction s’approchent d’un nombre quand la variable s’approche d’un point. Elle montre pourquoi l’idée intuitive ne suffit pas, introduit les points d’accumulation, qui indiquent où il y a un sens à s’interroger sur une limite, et énonce la définition epsilon-delta, qui se lit comme un défi et sa réponse. Elle écrit la définition et sa négation sous forme d’énoncés quantifiés, et démontre que la limite, si elle existe, est unique, qu’elle ne dépend que des valeurs proches du point et qu’elle oblige la fonction à rester bornée et à conserver son signe près de ce point. Les problèmes construisent le delta pour des fonctions polynômes, des racines et des quotients, démontrent que certaines limites n’existent pas et cherchent le plus grand delta qui répond à un epsilon donné.

Objectifs d’apprentissage

Expliquer l’idée de limite d’une fonction en un point et la distinguer de la valeur de la fonction en ce point.
Énoncer la définition epsilon-delta de la limite, justifier l’exigence que le point soit un point d’accumulation de l’ensemble de définition, et écrire la définition et sa négation avec des quantificateurs.
Démontrer à partir de la définition la valeur de la limite de fonctions algébriques simples, en construisant un delta pour chaque epsilon.
Démontrer l’unicité de la limite et ses propriétés locales, et appliquer la négation de la définition pour démontrer qu’une limite n’existe pas.

L’idée de limite

L’algèbre et la géométrie étudient la valeur que prend une fonction en chaque point ; l’analyse étudie, en outre, ce que deviennent ses valeurs quand la variable s’approche d’un point, même si la fonction n’est pas définie en ce point. Le besoin est ancien. La pente de la droite qui joint deux points d’une courbe se calcule avec un quotient de différences ; la pente de la tangente devrait être la valeur de ce quotient quand les deux points se confondent, mais alors le quotient vaut $\frac{0}{0}$ , qui n’est pas un nombre. De même, la vitesse moyenne d’un mobile est le quotient de la distance parcourue par le temps écoulé, et la vitesse à un instant est ce que ce quotient finit par valoir quand le temps écoulé se réduit à rien. Dans les deux cas, on s’interroge sur les valeurs d’une fonction près d’un point où elle n’est pas définie.

Un exemple simple montre la situation. La fonction ci-dessous n’est pas définie en $x = 1$ , car son dénominateur s’y annule ; pourtant, ses valeurs en des points proches de $1$ sont proches de $2$ :

f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}, \qquad f(0{,}9) = 1{,}9, \quad f(0{,}99) = 1{,}99, \quad f(1{,}01) = 2{,}01, \quad f(1{,}1) = 2{,}1

La raison en est que, pour $x \neq 1$ , le numérateur se factorise en $(x - 1)(x + 1)$ et le quotient vaut $x + 1$ ; la courbe représentative de $f$ est la droite $y = x + 1$ avec un trou au point $(1, 2)$ . On dit alors que la limite de $f$ quand $x$ tend vers $1$ est $2$ , et l’on écrit :

\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2

Or la phrase « les valeurs s’approchent de $2$ » ne peut pas servir de définition, pour deux raisons. La première est que s’approcher ne suffit pas : quand $x$ passe de $0{,}9$ à $0{,}99$ , la valeur de $f$ s’approche aussi de $3$ , car $1{,}99$ est plus près de $3$ que $1{,}9$ , et pourtant $3$ n’est pas la limite. Ce qui distingue $2$ , c’est que les valeurs de $f$ finissent par en être aussi près que l’on veut, et pas seulement plus près qu’avant. La seconde raison est qu’un tableau examine un nombre fini de points, et qu’une fonction peut se comporter autrement entre eux : la fonction $\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)$ vaut $0$ en $x = 0{,}1$ , en $x = 0{,}01$ et en tous les points de la forme $\frac{1}{n}$ , et pourtant elle n’a pas de limite en $0$ , car entre ces points elle oscille entre $-1$ et $1$ ; le problème proposé 3 le démontre pour $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , par le même argument. S’il en est ainsi, la définition doit parler de tous les points proches à la fois et fixer avec des nombres ce que signifie « aussi près que l’on veut ». Les outils pour cela sont la valeur absolue, qui mesure les distances, et l’inégalité triangulaire, étudiées dans la leçon sur la droite réelle.

Points d’accumulation

Avant de définir la limite, il faut préciser en quels points il y a un sens à s’interroger sur elle. Le point $a$ n’a pas besoin d’appartenir à l’ensemble de définition de la fonction, comme le montre l’exemple ci-dessus ; mais il doit y avoir des points de l’ensemble de définition aussi près de $a$ que l’on veut, car sinon il n’y aurait pas de valeurs de la fonction à observer.

DéfinitionPoint d’accumulation

Soit $A$ un ensemble de nombres réels. Un réel $a$ est un point d’accumulation de $A$ si tout intervalle ouvert centré en $a$ contient un élément de $A$ distinct de $a$ :

(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)(0 < \abs{x - a} < \delta)

Un élément de $A$ qui n’est pas un point d’accumulation de $A$ s’appelle un point isolé de $A$ .

Par exemple, $1$ est un point d’accumulation de $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ , l’ensemble de définition de la fonction de l’exemple, bien qu’il ne lui appartienne pas. Tout point de l’intervalle fermé $\icc{0}{1}$ est un point d’accumulation de l’intervalle ouvert $\ioo{0}{1}$ , extrémités comprises. Le nombre $0$ est un point d’accumulation de l’ensemble des nombres $\frac{1}{n}$ avec $n$ entier naturel, car, par la propriété d’Archimède, pour tout $\delta > 0$ il existe un entier naturel $n$ tel que $\frac{1}{n} < \delta$ . En revanche, l’ensemble $\mathbb{N}$ n’a pas de point d’accumulation : l’intervalle de centre $a$ et de rayon $\frac{1}{2}$ contient au plus un entier naturel $m$ ; si $m = a$ , il ne contient aucun entier naturel distinct de $a$ , et si $m \neq a$ , l’intervalle de rayon $\abs{m - a}$ n’en contient plus aucun. La condition $0 < \abs{x - a}$ est essentielle ; sans elle, tout élément de $A$ serait un point d’accumulation de $A$ , car chaque intervalle centré en $a$ contient $a$ lui-même.

La définition de la limite

Avec ces notions, on peut donner la définition. La phrase « $f(x)$ est aussi près de $L$ que l’on veut » se traduit ainsi : pour chaque distance $\varepsilon > 0$ , aussi petite soit-elle, les valeurs de $f$ restent à moins de $\varepsilon$ de $L$ dès que $x$ est suffisamment près de $a$ , c’est-à-dire à moins d’une certaine distance $\delta > 0$ , sans être égal à $a$ .

DéfinitionLimite d’une fonction en un point

Soient $f$ une fonction réelle définie sur un ensemble $A$ de nombres réels, $a$ un point d’accumulation de $A$ et $L$ un nombre réel. On dit que $L$ est la limite de $f$ quand $x$ tend vers $a$ , et l’on écrit $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , si pour tout $\varepsilon > 0$ il existe un $\delta > 0$ tel que tout $x$ de $A$ qui vérifie $0 < \abs{x - a} < \delta$ vérifie aussi $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ :

\lim_{x \to a} f(x) = L \leftrightarrow (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Géométriquement, la condition $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ dit que le point $(x, f(x))$ de la courbe se trouve dans la bande horizontale comprise entre les droites $y = L - \varepsilon$ et $y = L + \varepsilon$ ; la condition $0 < \abs{x - a} < \delta$ dit que $x$ est dans l’intervalle de centre $a$ et de rayon $\delta$ , sans en être le centre. La définition peut se lire comme un jeu entre deux personnes : la première propose un $\varepsilon$ , le rayon d’une bande autour de $L$ , aussi étroite qu’elle le souhaite ; la seconde doit répondre par un $\delta$ tel que la portion de la courbe située au-dessus de l’intervalle épointé de rayon $\delta$ reste à l’intérieur de la bande. La limite est $L$ si la seconde personne peut répondre à tous les défis.

ExempleLe défi et la réponse

La fonction $g$ vaut $x^2$ en tout $x \neq 1$ , et en $x = 1$ on lui attribue, à dessein, une valeur qui ne s’accorde pas avec les autres : $g(1) = \frac{5}{2}$ . On voit comment répondre à deux défis pour la limite $L = 1$ au point $a = 1$ .

Démonstration

$(\forall x \neq 1)\left(g(x) = x^2\right), \qquad g(1) = \frac{5}{2}$
La fonction est définie sur toute la droite. Près de $1$ , ses valeurs sont proches de $1$ , sauf celle en $x = 1$ , qui reste à part.
$\abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5} \leftrightarrow \frac{1}{5} < g(x) < \frac{9}{5}$
Premier défi : $\varepsilon = \frac{4}{5}$ . Les valeurs de $g$ doivent rester dans la bande qui va de $\frac{1}{5}$ à $\frac{9}{5}$ .
$\delta = \min\left(1 - \sqrt{\frac{1}{5}}, \sqrt{\frac{9}{5}} - 1\right) = \resaltar{\sqrt{\frac{9}{5}} - 1}$
Pour les $x$ strictement positifs distincts de $1$ , la condition équivaut à ce que $x$ soit compris entre $\sqrt{\frac{1}{5}}$ et $\sqrt{\frac{9}{5}}$ . L’intervalle n’est pas symétrique par rapport à $1$ : l’extrémité droite est plus proche. On répond par la plus petite des deux distances.
$0 < \abs{x - 1} < \delta \rightarrow \abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5}$
Tout $x$ dont la distance à $1$ est strictement inférieure à $\delta$ , sans être égal à $1$ , vérifie la condition : la portion de la courbe au-dessus de l’intervalle épointé reste dans la bande. Le point $(1, g(1))$ est hors de la bande, mais cela n’a pas d’importance, car la définition exclut $x = 1$ .
$\varepsilon = \frac{2}{5} \rightarrow \delta = \resaltar{\sqrt{\frac{7}{5}} - 1}$
Un défi plus exigeant, $\varepsilon = \frac{2}{5}$ , exige une réponse plus petite. En général, pour $0 < \varepsilon < 1$ convient $\delta = \sqrt{1 + \varepsilon} - 1$ , qui devient aussi petit que l’on veut quand $\varepsilon$ l’est : le $\delta$ dépend du $\varepsilon$ .

L’exemple montre trois traits de la définition qu’il convient de garder à l’esprit. D’abord, le $\delta$ dépend du $\varepsilon$ , et en général aussi du point $a$ ; si un $\delta$ répond à un défi, tout nombre strictement positif plus petit que lui répond aussi, de sorte qu’il suffit d’en trouver un, et le plus grand n’est pas nécessaire. Ensuite, la valeur de la fonction en $a$ , si elle existe, n’intervient pas : la condition $0 < \abs{x - a}$ l’exclut, et c’est pourquoi la limite de $g$ en $1$ est $1$ bien que $g(1)$ vaille $\frac{5}{2}$ . Enfin, seuls comptent les $x$ de l’ensemble de définition ; les autres ne sont pas examinés.

ExempleUne fonction affine

On démontre que $\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5$ . Étant donné $\varepsilon > 0$ , il faut obtenir $\abs{(3x - 1) - 5} < \varepsilon$ . L’expression se simplifie et montre son lien avec $\abs{x - 2}$ :

\abs{(3x - 1) - 5} = \abs{3x - 6} = 3\abs{x - 2}

Il suffit donc que $3\abs{x - 2} < \varepsilon$ , c’est-à-dire que $\abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ . On répond par $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$ : si $0 < \abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ , alors $\abs{(3x - 1) - 5} < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$ . De même, pour une fonction constante $c$ , tout $\delta$ répond, car $\abs{c - c} = 0 < \varepsilon$ ; et pour la fonction identité répond $\delta = \varepsilon$ , car la condition demandée, $\abs{x - a} < \varepsilon$ , est celle que l’on suppose. Par conséquent :

\lim_{x \to a} c = c, \qquad \lim_{x \to a} x = a

La méthode de l’exemple est la méthode générale : on écrit $\abs{f(x) - L}$ de façon à faire apparaître le facteur $\abs{x - a}$ , et l’on majore le reste. Quand le reste n’est pas une constante, on le majore en restreignant à l’avance $\delta$ à une valeur fixe, par exemple $\delta \leq 1$ ; c’est la technique de l’exemple ci-dessous.

ExempleUn carré

On démontre que $\lim_{x \to 3} x^2 = 9$ . Soit $\varepsilon > 0$ .

Démonstration

$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
On factorise la différence de deux carrés ; il apparaît le facteur $\abs{x - 3}$ , que l’on rendra petit, multiplié par un facteur qui dépend de $x$ .
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow 5 < x + 3 < 7 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 7}$
Si l’on exige $\abs{x - 3} < 1$ , alors $x$ est compris entre $2$ et $4$ , et le second facteur est majoré par $7$ .
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)$
Avec cette restriction, il suffit en outre que $7\abs{x - 3} < \varepsilon$ . On choisit $\delta$ comme le plus petit des deux nombres, pour que les deux conditions soient vérifiées.
$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{7} \cdot 7 = \resaltar{\varepsilon}$
Si $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , alors $\abs{x - 3} < 1$ et $\abs{x - 3} < \frac{\varepsilon}{7}$ ; l’inégalité demandée s’ensuit.

La limite du début de la leçon se démontre de la même façon, avec une observation qui servira souvent : comme la définition n’examine pas le point $a$ , on peut simplifier l’expression de $f$ aux points distincts de $a$ . Pour $x \neq 1$ , le quotient $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ vaut $x + 1$ , et alors $\abs{f(x) - 2} = \abs{x - 1}$ ; $\delta = \varepsilon$ répond. Simplifier par le facteur $x - 1$ est légitime précisément parce que $x$ ne vaut jamais $1$ dans la définition.

La définition comme énoncé quantifié

La définition de la limite est un énoncé à trois quantificateurs alternés : pour tout $\varepsilon$ , il existe $\delta$ , pour tout $x$ . Sa structure logique est celle des énoncés qu’étudie la logique des prédicats, et savoir la manier, c’est la moitié du travail sur les limites. Deux conséquences en découlent.

La première est que l’ordre des quantificateurs importe. Dans la définition, le $\delta$ est choisi une fois le $\varepsilon$ connu, et c’est pourquoi il peut en dépendre. Si l’on écrivait d’abord $(\exists \delta > 0)$ puis $(\forall \varepsilon > 0)$ , un même $\delta$ devrait convenir pour tous les $\varepsilon$ à la fois, ce qui est une affirmation beaucoup plus forte, que le problème proposé 4 demande de caractériser.

La seconde est que la négation de la définition s’obtient par les règles de négation des quantificateurs : la négation de « pour tout » est « il existe un... qui ne... pas », et celle de « il existe » est « pour tout... ne... pas ». On obtient ainsi ce que signifie que $L$ ne soit pas la limite.

PropositionNégation de la définition de la limite

Soient $f$ une fonction définie sur $A$ , $a$ un point d’accumulation de $A$ et $L$ un réel. Le nombre $L$ n’est pas la limite de $f$ quand $x$ tend vers $a$ si et seulement s’il existe un $\varepsilon > 0$ tel que, pour tout $\delta > 0$ , il y a un $x$ de $A$ avec $0 < \abs{x - a} < \delta$ et $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ . On fait entrer la négation, quantificateur par quantificateur, jusqu’à atteindre l’implication.

Démonstration

$\neg (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
On nie la définition tout entière.
$(\exists \varepsilon > 0) \resaltar{\neg} (\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
La négation d’un énoncé universel est l’existence d’un cas où il est en défaut.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0) \resaltar{\neg} (\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
La négation d’un énoncé existentiel est que tous les cas sont en défaut.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A) \resaltar{\neg} \left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
On nie de nouveau un énoncé universel.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \wedge \resaltar{\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon}\right)$
Une implication est fausse si et seulement si son antécédent est vrai et son conséquent faux ; et la négation de $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ est $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ , par la trichotomie.

En termes de jeu, $L$ n’est pas la limite si la première personne dispose d’un défi auquel aucune réponse ne convient : aussi petit que soit le $\delta$ proposé, il y a un point de l’intervalle épointé dont la valeur sort de la bande. Pour démontrer qu’une fonction n’a pas de limite en $a$ , il faut montrer qu’aucun réel $L$ n’en est la limite, comme on le fait dans le problème résolu 4.

Propriétés fondamentales

La notation $\lim_{x \to a} f(x) = L$ parle de la limite, comme s’il s’agissait d’un seul nombre. Cela exige une démonstration : que deux nombres distincts ne peuvent pas vérifier à la fois la définition. C’est ici qu’intervient l’exigence que $a$ soit un point d’accumulation de l’ensemble de définition. S’il ne l’était pas, il existerait un $\delta_0 > 0$ tel qu’aucun $x$ de l’ensemble de définition ne vérifierait $0 < \abs{x - a} < \delta_0$ ; en répondant toujours par ce $\delta_0$ , l’implication de la définition serait vraie pour tout $L$ , car son antécédent ne serait jamais vérifié, et tout nombre serait une limite.

ThéorèmeUnicité de la limite

Soient $f$ une fonction définie sur $A$ et $a$ un point d’accumulation de $A$ . Si $\lim_{x \to a} f(x) = L$ et $\lim_{x \to a} f(x) = L'$ , alors $L = L'$ . On raisonne par l’absurde : on suppose que les limites sont distinctes, par exemple $L < L'$ , et l’on choisit un $\varepsilon$ assez petit pour que les bandes de rayon $\varepsilon$ autour de $L$ et de $L'$ ne se touchent pas.

Démonstration

$\dato{e}{\varepsilon = \frac{L' - L}{2} > 0}$
On suppose $L < L'$ , et soit $\varepsilon$ la moitié de la distance entre les deux ; il est strictement positif.
$0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon, \qquad 0 < \abs{x - a} < \delta_2 \rightarrow \abs{f(x) - L'} < \varepsilon$
Les bandes de rayon $\varepsilon$ autour de $L$ et de $L'$ n’ont aucun point commun, et l’on applique la définition à chaque limite avec ce $\varepsilon$ : on obtient deux réponses, $\delta_1$ et $\delta_2$ , en général distinctes.
$\delta = \min(\delta_1, \delta_2), \quad (\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta\right)$
Pour que les deux conditions soient vérifiées à la fois, on prend le plus petit des deux rayons. Comme $a$ est un point d’accumulation de $A$ , l’intervalle épointé de rayon $\delta$ contient un $x$ de l’ensemble de définition.
$\dato{d}{\abs{f(x) - L} < \varepsilon \wedge \abs{f(x) - L'} < \varepsilon}$
Pour ce $x$ , les deux inégalités sont vérifiées : la valeur $f(x)$ serait dans les deux bandes à la fois.
$L' - L \leq \abs{L' - f(x)} + \abs{f(x) - L} < 2\varepsilon = \resaltar{L' - L}$
Par l’inégalité triangulaire, la distance entre $L$ et $L'$ serait strictement inférieure à $2\varepsilon$ , qui est précisément cette distance : contradiction. Par conséquent, on ne peut pas avoir $L < L'$ ; de même, on ne peut pas avoir $L' < L$ , et par la trichotomie, $L = L'$ .

Le lemme ci-dessous formalise l’observation qui a permis de simplifier le quotient $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ : la limite en $a$ ne dépend que des valeurs de la fonction près de $a$ , et non de celle qu’elle prend en $a$ ni de celles qu’elle prend loin de ce point.

LemmeLa limite ne dépend que des valeurs proches

Soient $f$ et $g$ des fonctions définies sur $A$ , $a$ un point d’accumulation de $A$ et $r > 0$ tel que $f(x) = g(x)$ pour tout $x$ de $A$ avec $0 < \abs{x - a} < r$ . Si $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , alors $\lim_{x \to a} g(x) = L$ . Il suffit de prendre la réponse qui convient pour $f$ et, si nécessaire, de la réduire jusqu’à $r$ .

Démonstration

$\dato{f}{0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon}$
Soit $\varepsilon > 0$ . Par hypothèse, il existe une réponse $\delta_1$ pour $f$ .
$\delta = \min(\delta_1, r)$
On prend le plus petit de cette réponse et du rayon sur lequel les fonctions coïncident.
$\abs{g(x) - L} = \abs{\resaltar{f(x)} - L} < \varepsilon$
Si $x$ est dans $A$ et $0 < \abs{x - a} < \delta$ , alors $g(x) = f(x)$ , car $\delta \leq r$ , et $f(x)$ est dans la bande, car $\delta \leq \delta_1$ .

Les deux propriétés ci-dessous disent que la limite impose des conditions à la fonction près du point. La première l’oblige à rester bornée ; la seconde, à avoir le signe de la limite quand celle-ci n’est pas nulle. Toutes deux s’obtiennent en appliquant la définition avec un $\varepsilon$ choisi à l’avance, et elles seront les outils pour démontrer les règles du produit et du quotient dans la leçon sur les opérations sur les limites.

PropositionCaractère localement borné et conservation du signe

Soient $f$ une fonction définie sur $A$ , $a$ un point d’accumulation de $A$ et $\lim_{x \to a} f(x) = L$ . Alors il existe un $\delta > 0$ tel que, pour tout $x$ de $A$ avec $0 < \abs{x - a} < \delta$ , on a $\abs{f(x)} < \abs{L} + 1$ . Si de plus $L \neq 0$ , il existe un $\delta > 0$ tel que, pour ces mêmes $x$ , $f(x)$ a le signe de $L$ et $\abs{f(x)} > \frac{\abs{L}}{2}$ . Chaque affirmation est la définition appliquée à un défi concret : $\varepsilon = 1$ pour la première et $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ pour la seconde.

Démonstration

$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \dato{u}{\abs{f(x) - L} < 1}$
Avec $\varepsilon = 1$ , la définition donne un $\delta$ tel que les valeurs de $f$ sont à une distance de $L$ strictement inférieure à $1$ .
$\abs{f(x)} \leq \abs{f(x) - L} + \abs{L} < \resaltar{\abs{L} + 1}$
Par l’inégalité triangulaire, la valeur absolue de $f(x)$ ne dépasse pas celle de $L$ augmentée de cette distance.
$\dato{m}{L - \frac{\abs{L}}{2} < f(x) < L + \frac{\abs{L}}{2}}$
Si $L \neq 0$ , avec $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ , qui est strictement positif, la définition donne un autre $\delta$ , et $f(x)$ est dans l’intervalle de centre $L$ et de rayon $\frac{\abs{L}}{2}$ .
$L > 0 \rightarrow f(x) > \resaltar{\frac{L}{2}} > 0, \qquad L < 0 \rightarrow f(x) < \resaltar{\frac{L}{2}} < 0$
Si $L > 0$ , l’extrémité gauche est $\frac{L}{2}$ , qui est strictement positif ; si $L < 0$ , l’extrémité droite est $\frac{L}{2}$ , qui est strictement négatif. Dans les deux cas, $f(x)$ a le signe de $L$ et est plus loin de $0$ que $\frac{\abs{L}}{2}$ .

Avec la définition, on peut démontrer la valeur de n’importe quelle limite, mais le travail croît avec la complexité de la fonction. La leçon sur les opérations sur les limites démontre, à partir de celle-ci, les règles pour la somme, le produit, le quotient, les puissances et les racines, qui permettent de calculer la plupart des limites sans revenir chaque fois à la recherche d’un $\delta$ .

Problèmes résolus

Les problèmes sont de difficulté croissante : les trois premiers construisent le $\delta$ pour un polynôme, une racine et un quotient, chacun avec sa manière de majorer le facteur qui accompagne $\abs{x - a}$ ; le quatrième démontre par la négation de la définition qu’une limite n’existe pas ; et le dernier cherche le plus grand $\delta$ qui répond à un défi donné.

Problème résolu 1Un polynôme du second degré

Démontrer à partir de la définition que $\lim_{x \to 2} (x^2 + x) = 6$ .

Solution

$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Soit $\varepsilon > 0$ . Comme $2$ est racine du polynôme $x^2 + x - 6$ , celui-ci admet le facteur $x - 2$ .
$\abs{x - 2} < 1 \rightarrow 4 < x + 3 < 6 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 6}$
On restreint à l’avance le rayon à $1$ : alors $x$ est compris entre $1$ et $3$ , et le second facteur est majoré.
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)$
Avec cette restriction, il suffit que $6\abs{x - 2} < \varepsilon$ ; on choisit le plus petit des deux rayons.
$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{6} \cdot 6 = \resaltar{\varepsilon}$
Si $0 < \abs{x - 2} < \delta$ , les deux conditions sont vérifiées, et l’inégalité demandée s’ensuit.

Problème résolu 2Une racine carrée

Démontrer à partir de la définition que $\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$ , où la fonction est définie sur $\ico{0}{\infty}$ .

Solution

$\sqrt{x} - 2 = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} + 2} = \dato{q}{\frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}}$
Soit $\varepsilon > 0$ . Pour faire apparaître $x - 4$ , on multiplie et on divise par l’expression conjuguée, $\sqrt{x} + 2$ , qui est strictement positive.
$\abs{\sqrt{x} - 2} = \frac{\abs{x - 4}}{\sqrt{x} + 2} \leq \dato{c}{\frac{\abs{x - 4}}{2}}$
Le dénominateur est au moins égal à $2$ , car $\sqrt{x} \geq 0$ ; cette fois, il n’est pas nécessaire de restreindre le rayon, car la majoration vaut sur tout l’ensemble de définition.
$\delta = 2\varepsilon$
Il suffit donc que $\frac{\abs{x - 4}}{2} < \varepsilon$ .
$\abs{\sqrt{x} - 2} \leq \frac{\abs{x - 4}}{2} < \frac{2\varepsilon}{2} = \resaltar{\varepsilon}$
Si $x \geq 0$ et $0 < \abs{x - 4} < 2\varepsilon$ , on obtient l’inégalité demandée. Seuls les $x$ de l’ensemble de définition sont examinés : les réels strictement négatifs, où la racine n’est pas définie, ne comptent pas, même s’ils sont proches de $4$ quand $\varepsilon$ est grand.

Problème résolu 3Un quotient

Démontrer à partir de la définition que $\lim_{x \to 3} \frac{1}{x} = \frac{1}{3}$ , où la fonction est définie sur $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ .

Solution

$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} = \abs{\frac{3 - x}{3x}} = \frac{\abs{x - 3}}{\dato{d}{3\abs{x}}}$
Soit $\varepsilon > 0$ . On réduit la différence au même dénominateur.
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow x > 2 \rightarrow \dato{c}{3\abs{x} > 6}$
Maintenant, le facteur qui accompagne $\abs{x - 3}$ est au dénominateur, et il faut empêcher celui-ci de s’approcher de $0$ . Si $\abs{x - 3} < 1$ , alors $x > 2$ , et le dénominateur est strictement supérieur à $6$ .
$\delta = \min(1, 6\varepsilon)$
Avec cette restriction, le quotient est strictement inférieur à $\frac{\abs{x - 3}}{6}$ , et il suffit que cette quantité soit strictement inférieure à $\varepsilon$ .
$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} < \frac{\abs{x - 3}}{6} < \frac{6\varepsilon}{6} = \resaltar{\varepsilon}$
Si $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , les deux conditions sont vérifiées. Sans la restriction préalable, la méthode échouerait : près de $x = 0$ , le quotient croît sans être majoré.

Problème résolu 4Une fonction qui saute

La fonction signe, définie sur $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , vaut $1$ sur les réels strictement positifs et $-1$ sur les réels strictement négatifs. Démontrer qu’elle n’a pas de limite quand $x$ tend vers $0$ .

s(x) = \frac{x}{\abs{x}}

Solution

$(\forall L)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x)\left(0 < \abs{x} < \delta \wedge \abs{s(x) - L} \geq \varepsilon\right)$
Le point $0$ est un point d’accumulation de l’ensemble de définition. Il faut démontrer qu’aucun réel $L$ n’est la limite ; par la négation de la définition, il suffit de trouver, pour chaque $L$ , un défi auquel aucun $\delta$ ne réponde. On propose $\varepsilon = 1$ pour tous les $L$ .
$s\left(\frac{\delta}{2}\right) = 1, \qquad s\left(-\frac{\delta}{2}\right) = -1$
Soit $\delta > 0$ quelconque. L’intervalle épointé de rayon $\delta$ contient un réel strictement positif et un réel strictement négatif, où la fonction vaut $1$ et $-1$ .
$2 = \abs{1 - (-1)} \leq \abs{1 - L} + \abs{L - (-1)}$
La distance entre $1$ et $-1$ est $2$ ; par l’inégalité triangulaire, les distances de $L$ à ces deux valeurs ont une somme au moins égale à $2$ .
$\abs{s\left(\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1 \vee \abs{s\left(-\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1$
Il s’ensuit que l’une des deux distances est au moins égale à $1$ : si toutes deux étaient strictement inférieures à $1$ , leur somme serait strictement inférieure à $2$ .
$\neg (\exists L)\left(\lim_{x \to 0} s(x) = L\right)$
Ainsi, pour chaque $L$ , le défi $\varepsilon = 1$ n’a pas de réponse : aucune bande de largeur $2$ ne contient à la fois des valeurs $1$ et $-1$ si l’on exclut ses bords. La fonction n’a pas de limite en $0$ .

Problème résolu 5Le plus grand delta

Pour la fonction $f(x) = x^2$ au point $a = 1$ , avec $L = 1$ et le défi $\varepsilon = \frac{1}{2}$ , déterminer le plus grand $\delta$ qui répond au défi.

Solution

$\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} \leftrightarrow \frac{1}{2} < x^2 < \frac{3}{2}$
La condition $\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2}$ signifie que $x^2$ est compris entre $\frac{1}{2}$ et $\frac{3}{2}$ .
$\sqrt{\frac{1}{2}} < x < \sqrt{\frac{3}{2}}$
Près de $1$ , les $x$ sont strictement positifs, et la condition équivaut à ce que $x$ soit compris entre les racines carrées des extrémités.
$1 - \sqrt{\frac{1}{2}} \approx 0{,}293, \qquad \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 \approx 0{,}225$
Les distances de $1$ aux extrémités sont différentes : la parabole monte plus vite à droite de $1$ , et l’extrémité droite est plus proche.
$\delta = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 = \resaltar{\frac{\sqrt{6} - 2}{2}}$
L’intervalle de centre $1$ et de rayon $\delta$ doit tenir dans l’intervalle trouvé ; son rayon ne peut pas dépasser la plus petite des deux distances, qui répond au défi.
$0 < \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 < \delta', \qquad \abs{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^2 - 1} = \frac{1}{2}$
Aucun rayon plus grand ne convient : si $\delta' > \delta$ , le point $x = \sqrt{\frac{3}{2}}$ est à une distance de $1$ strictement inférieure à $\delta'$ , et en ce point la distance de $x^2$ à $1$ vaut exactement $\frac{1}{2}$ , qui n’est pas strictement inférieur à $\varepsilon$ .

Problèmes proposés

Les problèmes sont de difficulté croissante : les deux premiers reprennent, avec d’autres polynômes, la technique qui consiste à restreindre le rayon ; le troisième applique la négation de la définition à une fonction qui oscille ; le quatrième examine ce qui se passe si l’on intervertit l’ordre des quantificateurs ; et le dernier étudie une fonction qui n’a de limite qu’en un seul point. Chacun a une indication, qu’il vaut mieux n’ouvrir qu’après avoir cherché le problème.

Problème proposé 1Un autre polynôme du second degré

Démontrer à partir de la définition que $\lim_{x \to -1} (2x^2 - 3x) = 5$ .

Indice

Factorisez $2x^2 - 3x - 5$ : il a la racine $-1$ . Restreignez le rayon à $1$ et majorez l’autre facteur sur l’intervalle qui va de $-2$ à $0$ .

Réponse

Comme $2x^2 - 3x - 5 = (x + 1)(2x - 5)$ et que, si $\abs{x + 1} < 1$ , alors $\abs{2x - 5} < 9$ , une réponse est :

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{9}\right)

Problème proposé 2Un cube

Démontrer à partir de la définition que $\lim_{x \to 1} x^3 = 1$ .

Indice

Utilisez la factorisation de la différence de deux cubes, $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ , et majorez le second facteur quand $x$ est compris entre $0$ et $2$ .

Réponse

Si $\abs{x - 1} < 1$ , alors $0 < x^2 + x + 1 < 7$ , de sorte qu’une réponse est :

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)

Problème proposé 3Une fonction qui oscille

Démontrer que la fonction $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , définie sur $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , n’a pas de limite quand $x$ tend vers $0$ .

Indice

Appliquez la méthode du problème résolu 4. Dans tout intervalle épointé de centre $0$ , il y a des points où la fonction vaut $1$ et des points où elle vaut $-1$ : cherchez des $x$ de la forme $\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ et $\frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}$ , avec $n$ entier naturel suffisamment grand.

Réponse

Pour chaque $L$ , aucun $\delta$ ne répond au défi $\varepsilon = 1$ , car pour $n$ grand les deux points ci-dessous sont à une distance de $0$ strictement inférieure à $\delta$ , et la fonction y vaut $1$ et $-1$ :

x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}

Solution détaillée

Solution

$0 < \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{2n\pi} < \resaltar{\delta}$
Soient $L$ un réel et $\delta > 0$ . Par la propriété d’Archimède, il existe un entier naturel $n$ tel que $2n\pi > \frac{1}{\delta}$ ; alors les deux points que voici sont strictement positifs et strictement inférieurs à $\delta$ .
$\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1$
Au premier, $\frac{1}{x}$ est un angle dont le sinus vaut $1$ ; au second, un angle dont le sinus vaut $-1$ .
$\abs{1 - L} + \abs{L + 1} \geq 2 \rightarrow \abs{1 - L} \geq 1 \vee \abs{-1 - L} \geq 1$
Comme dans le problème résolu 4, les distances de $L$ à $1$ et à $-1$ ont une somme au moins égale à $2$ , et l’une d’elles est au moins égale à $1$ . Le défi $\varepsilon = 1$ n’a pas de réponse, pour aucun $L$ .

Problème proposé 4L’ordre des quantificateurs

Soient $f$ une fonction définie sur $A$ , $a$ un point d’accumulation de $A$ et $L$ un réel. Démontrer que l’énoncé ci-dessous, obtenu à partir de la définition de la limite en intervertissant les deux premiers quantificateurs, est vrai si et seulement si $f$ vaut $L$ en tous les points de $A$ d’un certain intervalle épointé de centre $a$ . La fonction $x^2$ le vérifie-t-elle en $a = 3$ avec $L = 9$ ?

(\exists \delta > 0)(\forall \varepsilon > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Indice

Si un nombre positif ou nul est strictement inférieur à tout $\varepsilon > 0$ , il est égal à $0$ : sinon, il serait lui-même un $\varepsilon$ auquel il n’est pas strictement inférieur.

Réponse

Une fois fixé le $\delta$ de l’énoncé, chaque $x$ de l’intervalle épointé vérifie $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ pour tout $\varepsilon > 0$ , donc $f(x) = L$ ; l’implication dans l’autre sens est immédiate. La fonction $x^2$ ne le vérifie pas en $3$ , bien que sa limite y soit $9$ , car elle n’est constante sur aucun intervalle :

\left(3 + \frac{\delta}{2}\right)^2 \neq 9

Solution détaillée

Solution

$\dato{t}{(\forall \varepsilon > 0)\left(\abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)}$
On suppose l’énoncé vrai, et soit $\delta$ le rayon qu’il affirme. On prend un $x$ de $A$ avec $0 < \abs{x - a} < \delta$ ; l’inégalité est vérifiée pour tout $\varepsilon$ strictement positif.
$\abs{f(x) - L} < \abs{f(x) - L} \rightarrow \bot, \qquad \resaltar{f(x) = L}$
Si $\abs{f(x) - L}$ était strictement positif, on pourrait prendre $\varepsilon = \abs{f(x) - L}$ , et l’inégalité dirait qu’un nombre est strictement inférieur à lui-même. Par conséquent, il est égal à $0$ , et $f(x) = L$ .
$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} = 0 < \varepsilon$
Dans l’autre sens, si $f$ vaut $L$ aux points de $A$ d’un intervalle épointé de rayon $\delta$ , ce même $\delta$ convient pour tout $\varepsilon$ , car la distance est $0$ .
$0 < \abs{x - 3} < 6 \rightarrow x^2 \neq 9$
La fonction $x^2$ ne vaut $9$ en aucun point distinct de $3$ proche de lui, de sorte qu’elle ne vérifie pas l’énoncé, bien qu’elle vérifie la définition de la limite. L’énoncé interverti n’est pas une autre façon de dire la même chose, mais une affirmation beaucoup plus forte.

Problème proposé 5Une limite en un seul point

La fonction ci-dessous vaut $x$ aux rationnels et $0$ aux irrationnels. Démontrer que sa limite en $0$ est $0$ , et qu’elle n’a de limite en aucun point $a \neq 0$ .

h(x) = \begin{cases} x & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}

Indice

En $0$ , observez que $\abs{h(x)} \leq \abs{x}$ dans tous les cas. En $a \neq 0$ , proposez le défi $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ et utilisez le fait que tout intervalle contient des rationnels et des irrationnels, comme on l’a démontré dans la leçon sur la droite réelle : un irrationnel proche oblige $L$ à être proche de $0$ , et un rationnel proche, à être proche de $a$ .

Réponse

En $0$ , $\delta = \varepsilon$ répond. En $a \neq 0$ , si $L$ était la limite, un irrationnel $y$ et un rationnel $x$ de l’intervalle épointé de rayon $\min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$ donneraient à la fois les deux inégalités ci-dessous, qui sont incompatibles :

\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \abs{L} > \abs{x} - \frac{\abs{a}}{3} > \frac{\abs{a}}{3}

Solution détaillée

Solution

$0 < \abs{x} < \varepsilon \rightarrow \abs{h(x) - 0} \leq \abs{x} < \varepsilon$
En $0$ : aux rationnels $\abs{h(x)} = \abs{x}$ , et aux irrationnels $\abs{h(x)} = 0$ ; dans les deux cas, la distance de $h(x)$ à $0$ ne dépasse pas celle de $x$ à $0$ , et $\delta = \varepsilon$ répond.
$\delta' = \min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$
Soit $a \neq 0$ , et l’on suppose que $L$ est la limite en $a$ . Avec $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ , il y a un $\delta$ qui répond, et on le réduit, si nécessaire, à $\frac{\abs{a}}{3}$ .
$\abs{0 - L} < \frac{\abs{a}}{3} \rightarrow \dato{i}{\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}}$
Dans l’intervalle épointé de rayon $\delta'$ , il y a un irrationnel $y$ , où $h$ vaut $0$ : la limite est proche de $0$ .
$\abs{x - L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \dato{r}{\abs{x} > \abs{a} - \frac{\abs{a}}{3} = \frac{2\abs{a}}{3}}$
Il y a aussi un rationnel $x$ , où $h$ vaut $x$ . Comme la distance de $x$ à $a$ est strictement inférieure à $\frac{\abs{a}}{3}$ , sa valeur absolue est strictement supérieure à $\frac{2\abs{a}}{3}$ .
$\abs{L} \geq \abs{x} - \abs{x - L} > \frac{2\abs{a}}{3} - \frac{\abs{a}}{3} = \resaltar{\frac{\abs{a}}{3}}$
Par l’inégalité triangulaire, $\abs{L}$ serait à la fois strictement inférieur et strictement supérieur à $\frac{\abs{a}}{3}$ : contradiction. Il n’y a pas de limite en $a$ .