\documentclass[a4paper,11pt,french]{article}
\linespread{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices

\newcommand{\typedoc}{Correction du devoir maison 7}          %%%%%%%%%%%%%%% 1ere ligne du titre de la feuille
\newcommand{\Ch}{Limites de fonctions et composition.}		   %%%%%%%%%%%%%%%% 2eme ligne et en haut à droite après	
\newcommand{\ch}{R\'evisions}               %%%%%%%%%%%%%%% En haut à gauche (numero chapitre)
\newcommand{\Cl}{T$^\text{ale}$S}
\newcommand{\Annee}{2013-2014}

\newcommand{\serie}{Scientifique}
\newcommand{\num}{0}	
\newcommand{\tps}{2h}	



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

\input macrodwicky.tex
\geometry{verbose,letterpaper,tmargin=1.8cm,bmargin=1.8cm,lmargin=1.5cm,rmargin=1.5cm}
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}


\DocDav

\vfill 

\textbf{Vous traiterez au choix au moins un exercice parmi les trois suivants.}



\begin{exoi}\hfill $ \spadesuit$\\
\begin{enumerate}
\item 
\begin{footnotesize}
Rechercher les asymptotes parallèles aux axes que peuvent présenter les courbes représentatives des fonctions suivantes :
\end{footnotesize}
%\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize $f(x)=\dfrac{3}{x-2}$}\\
On a :
$$ \lim\limits_{x\to \pm \infty} x-2=\pm \infty\Longrightarrow  \lim\limits_{x\to \pm \infty} f(x)=0$$
On en déduit que la droite d'équation $y=0$ est asymptote horizontale à $\mathscr C_f$ en $\pm \infty$.
\\
De plus :
$$ \lim\limits_{x\to 2^+} x-2=0^+\Longrightarrow \lim\limits_{x\to 2^+} \dfrac{3}{x-2}=+\infty$$
Et :
$$ \lim\limits_{x\to 2^-} x-2=0^-\Longrightarrow \lim\limits_{x\to 2^-} \dfrac{3}{x-2}=-\infty$$
On en déduit l'existence d'une asymptote verticale d'équation $x=2$.
\item {\footnotesize $f(x)=-\dfrac{1}{x^2}$}\\
On a :
$$ \lim\limits_{x\to +\pm \infty} x^2=+\infty\Longrightarrow \lim\limits_{x\to +\pm \infty} -\dfrac{1}{x^2}=0$$
On en déduit que la droite d'équation $y=0$ est asymptote horizontale à $\mathscr C_f$ en $\pm \infty$.
\\
De plus :
$$\lim\limits_{x\to 0} x^2=0^+\Longrightarrow \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1}{x^2}=+\infty \Longrightarrow    \lim\limits_{x\to 0} -\dfrac{1}{x^2}=-\infty  $$
On en déduit l'existence d'une asymptote verticale d'équation $x=0$.
\item {\footnotesize $f(x)=\dfrac{2x-3}{x+1}$}
$$ f(x)=\dfrac{x\left(2-\dfrac{3}{x}\right)}{x\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{2-\frac{3}{x}}{1+\frac{1}{x}}$$
On a alors :
$$  \lim\limits_{x\to +\pm \infty}  2-\frac{3}{x}=2\qquad \text{et} \qquad \lim\limits_{x\to +\pm \infty}  1+\frac{1}{x}=1$$
Ainsi :
$$ \lim\limits_{x\to +\pm \infty} \dfrac{2x-3}{x+1}=2$$
On en déduit l'existence d'une asymptote horizontale d'équation $y=2$ à $\mathscr C_f$ en $\pm \infty$.
\\
De plus $$ \lim\limits_{x\to -1} 2x-3=-5$$
Et $$ \lim\limits_{x\to -1^+}x+1=0^+\Longrightarrow \lim\limits_{x\to -1^+} \dfrac{2x-3}{x+1}=-\infty $$
puis encore :
$$ \lim\limits_{x\to -1^-}x+1=0^-\Longrightarrow \lim\limits_{x\to -1^-} \dfrac{2x-3}{x+1}=+\infty $$
On en déduit l'existence d'une asymptote verticale d'équation $x=-1$.
\item {\footnotesize $f(x)=\dfrac{1}{x^2-4}$}\\
$$\lim\limits_{x\to +\pm \infty} x^2-4=+\infty\Longrightarrow \lim\limits_{x\to +\pm \infty}  \dfrac{1}{x^2-4}=0$$
On en déduit l'existence d'une asymptote horizontale d'équation $y=0$ à $\mathscr C_f$ en $\pm \infty$.
\\
Aidons nous du tableau de signe de $x^2-4$ pour déterminer les limites en $-2$ à gauche et à droite puis en $2$ à gauche et à droite :
\input tabvar.tex
$$\tabvar{%
\tx{x}&\tx{-\infty}&&\tx{-2}&&\tx{2}&&\tx{+\infty}\cr
\tx{x^2-4}&&\tx{+}&\tx{0}&\tx{-}&\tx{0}&\tx{+}&\cr
}$$
On a :
$$\lim\limits_{x\to 2^+} x^2-4=0^+\Longrightarrow \lim\limits_{x\to 2^+} \dfrac{1}{x^2-4}=+\infty$$
De même :
$$\lim\limits_{x\to 2^-} x^2-4=0^-\Longrightarrow \lim\limits_{x\to 2^-} \dfrac{1}{x^2-4}=-\infty$$
On en déduit l'existence d'une asymptote verticale d'équation $x=2$.
\\
Puis :
$$\lim\limits_{x\to -2^+} x^2-4=0^-\Longrightarrow \lim\limits_{x\to -2^+} \dfrac{1}{x^2-4}=-\infty$$
Et :
$$\lim\limits_{x\to -2^-} x^2-4=0^+\Longrightarrow \lim\limits_{x\to -2^-} \dfrac{1}{x^2-4}=+\infty$$
On en déduit l'existence d'une asymptote verticale d'équation $x=2$.
\end{enumerate}
%\end{multicols}
\item {\footnotesize Dresser les tableaux de variations des fonctions précédentes sur leur ensemble de définition.}
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\dfrac{3}{x-2}$.
\\
Pour tout $x\neq 2$, $f$ est dérivable et :
$$ f'(x)=\dfrac{-3}{(x-2)^2}<0$$
On en déduit :%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{4.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$-\infty$};
\node at (2*\Lrg,0) {$2$};
\node at (4*\Lrg,0) {$+\infty$};
% Ligne de la dérivée : f'(x)
\node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$f'(x)$};
\node at (0*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
\node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (3*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (4*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$0$};
\node[left] (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$};
\node[right] (f3) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$+\infty$};
\node (f4) at (4*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$0$};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f3) -- (f4);
% Doubles Barres
\def\b#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignex-0.1*\HtX) -- (#1,\lignef+0.1*\HtX);}
\def\bb#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignef-0.1*\HtX) -- (#1,\bas+0.1*\HtX);}
\b{2*\Lrg}
\bb{2*\Lrg}
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $f(x)=-\dfrac{1}{x^2}$.\\
Pour tout $x\neq 0$, $f$ est dérivable et :
$$ f'(x)=\dfrac{2x}{x^4}$$
$f'(x)$ a le même signe que $2x$ d'où :
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{4.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$-\infty$};
\node at (2*\Lrg,0) {$0$};
\node at (4*\Lrg,0) {$+\infty$};
% Ligne de la dérivée : f'(x)
\node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$f'(x)$};
\node at (0*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
\node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (3*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (4*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$0$};
\node[left] (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$};
\node[right] (f3) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$};
\node (f4) at (4*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$0$};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f3) -- (f4);
% Doubles Barres
\def\b#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignex-0.1*\HtX) -- (#1,\lignef+0.1*\HtX);}
\def\bb#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignef-0.1*\HtX) -- (#1,\bas+0.1*\HtX);}
\b{2*\Lrg}
\bb{2*\Lrg}
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $f(x)=\dfrac{2x-3}{x+1}$\\
Pour $x\neq -1$, $f$ est dérivable et :
$$ f'(x)=\dfrac{2(x+1)-(2x-3)}{(x+1)^2}=\dfrac{5}{(x+1)^2}>0$$ 
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{4.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$-\infty$};
\node at (2*\Lrg,0) {$-1$};
\node at (4*\Lrg,0) {$+\infty$};
% Ligne de la dérivée : f'(x)
\node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$f'(x)$};
\node at (0*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
\node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (3*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (4*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$2$};
\node[left] (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$+\infty$};
\node[right] (f3) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$};
\node (f4) at (4*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$2$};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f3) -- (f4);
% Doubles Barres
\def\b#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignex-0.1*\HtX) -- (#1,\lignef+0.1*\HtX);}
\def\bb#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignef-0.1*\HtX) -- (#1,\bas+0.1*\HtX);}
\b{2*\Lrg}
\bb{2*\Lrg}
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $f(x)=\dfrac{1}{x^2-4}$\\
Pour $x\neq \pm 2$ $f$ est dérivable et :
$$ f'(x)=\dfrac{-2x}{(x^2-4)^2}$$
$f'(x)$ a le même signe que $-2x$ d'où :
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{8.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$-\infty$};
\node at (2*\Lrg,0) {$-2$};
\node at (4*\Lrg,0) {$0$};
\node at (6*\Lrg,0) {$2$};
\node at (8*\Lrg,0) {$+\infty$};
% Ligne de la dérivée : f'(x)
\node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$f'(x)$};
\node at (0*\Lrg,-1*\HtX) {$ $};
\node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (3*\Lrg,-1*\HtX) {$+$};
\node at (4*\Lrg,-1*\HtX) {$0$};
\node at (5*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (7*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (8*\Lrg,-1*\HtX) {$  $};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$f(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$0$};
\node[left] (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$+\infty$};
\node[right] (f3) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$};
\node (f4) at (4*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$-0,25$};
\node[left] (f5) at (6*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$};
\node[right] (f6) at (6*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$+\infty$};
\node (f7) at (8*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$0$};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
\draw[fleche] (f3) -- (f4);
\draw[fleche] (f4) -- (f5);
\draw[fleche] (f6) -- (f7);
% Doubles Barres
\def\b#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignex-0.1*\HtX) -- (#1,\lignef+0.1*\HtX);}
\def\bb#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignef-0.1*\HtX) -- (#1,\bas+0.1*\HtX);}
\b{2*\Lrg}
\b{6*\Lrg}
\bb{2*\Lrg}
\bb{6*\Lrg}
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoi}


\begin{exoi}\hfill $\spadesuit \spadesuit$\\
\begin{footnotesize}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par :
$$ f(x)=x-\sqrt{x^2+1}$$
\end{footnotesize}\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer la limite de $f$ en $-\infty$.}
$$ \lim\limits_{x\to -\infty}x=-\infty\qquad \text{et} \qquad \lim\limits_{x\to -\infty} x^2+1=+\infty$$
Or, $\lim\limits_{X\to +\infty} \sqrt{X}=+\infty$, d'où :
$$ \lim\limits_{x\to -\infty}x-\sqrt{x^2+1}=-\infty$$
\item \begin{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Montrer que pour tout $x\in\R$ on a :
$$ f(x)=-\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}$$
\end{footnotesize}
Pour tout $x\in\R$ on a :
$$ f(x)=x-\sqrt{x^2+1}=x-\sqrt{x^2+1}\times \dfrac{x+\sqrt{x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{(x-\sqrt{x^2+1})(x+\sqrt{x^2+1})}{x+\sqrt{x^2+1}}$$
Ainsi, pour tout $x\in\R$ on a :
$$ f(x)=\dfrac{x^2-(x^2+1)}{x+\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}$$
\item {\footnotesize En déduire la limite de $f$ en $+\infty$. Interpréter graphiquement.}\\
On a $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2+1=+\infty$ et $\lim\limits_{X\to +\infty} \sqrt{X}=+\infty$ d'où :
$$ \lim\limits_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1}=+\infty$$
Au final :
$$ \lim\limits_{x\to +\infty} x+\sqrt{x^2+1}=+\infty$$
Or, $\lim\limits_{X\to +\infty} \dfrac{1}{X}=0$ ce qui implique enfin que :
$$  \lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}=0$$
On en déduit l'existence d'une asymptote horizontale en $+\infty$ d'équation $y=0$.
\end{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
Soit $g$ la fonction définie sur $\R\textbackslash \{2\}$ par :
$$ g(x)=\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2}$$
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que pour tout $x\in \R\textbackslash \{2\}$ on a $ g(x)=\dfrac{x+2}{\sqrt{x^2+5}+3}$}\\
Pour tout $x\neq 2$ on a :
$$ g(x)=\dfrac{\sqrt{x^2+5}-3}{x-2}=\dfrac{(\sqrt{x^2+5}-3)(\sqrt{x^2+5}+3)}{(x-2)(\sqrt{x^2+5}+3)}=\dfrac{x^2+5-9}{(x-2)(\sqrt{x^2+5}+3)}$$
Ce qui donne, pour $x\neq 2$ on a :
$$ g(x)=\dfrac{x^2-4}{(x-2)(\sqrt{x^2+5}+3)}=\dfrac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(\sqrt{x^2+5}+3)}=\dfrac{x+2}{\sqrt{x^2+5}+3}$$
\item {\footnotesize En déduire la limite de $g$ en $2$.}
\\
On a :
$$ \lim\limits_{x\to 2}x+2=4$$
et 
$$ \lim\limits_{x\to 2}\sqrt{x^2+5}+3=6$$
Par quotient on obtient :
$$ \lim\limits_{x\to 2}g(x)=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$$
\end{enumerate}
\item \begin{footnotesize}
On considère les fonctions $h$ et $k$ définies sur $\R^*$ par :
$$ h(x)=\cos \dfrac{1}{x}\qquad \text{et} \qquad k(x)=\sin \dfrac{1}{x}$$
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Déterminer $\lim\limits_{x\to \pm\infty} h(x)$ et $\lim\limits_{x\to \pm\infty} k(x)$}\\
$$ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \dfrac{1}{x}=0$$
De plus $\lim\limits_{X\to 0}  \cos X=\cos 0=1$, par composition on a donc :
$$\lim\limits_{x\to \pm\infty} h(x)=1 $$
De même $ \lim\limits_{X\to 0} \sin X=sin 0=0$, par composition on a donc :
$$ \lim\limits_{x\to \pm\infty} k(x)=0 $$
\item {\footnotesize Que pensez-vous de $\lim\limits_{x\to 0} h(x)$ et $\lim\limits_{x\to 0} k(x)$}\\
$\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1}{x}=\pm \infty$ et $\lim\limits_{X\to \pm \infty} \cos X$ n'existe pas. De même $\lim\limits_{X\to \pm \infty} \sin X$ n'existe pas. On en déduit que $\lim\limits_{x\to 0} h(x)$ et $\lim\limits_{x\to 0} k(x)$ n'existe pas.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoi}

\begin{exoi}\hfill $\spadesuit\spadesuit\spadesuit$\\
\begin{footnotesize}
\textit{Une caractérisation des fonctions égales à  leur réciproque}\\
On considère une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ telle que :
$$ \forall x\in I,\qquad  f\circ f(x)=x$$
et $\mathscr C_f$ sa représentation graphique dans un repère orthonormé $(O; \vec i, \vec j)$
\end{footnotesize}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Soit $g$ la fonction définie sur $[0;1]$ par $$ g(x)=x-2 \sqrt{x}+1 $$}
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Etudier les variations de la fonction $g$.}
\\
Pour tout $x\in ]0;1]$ on a $$ g'(x)=1-\dfrac{2}{2\sqrt{x}}=1-\dfrac{1}{\sqrt{x}}=\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}$$
Si $x\in ]0;1]$ alors $\sqrt{x}> 0$ et $\sqrt{x}\leq 1\Longleftrightarrow \sqrt{x}-1\leq 0$. Le numérateur est donc négatif ou nul et le dénominateur est positif, on en déduit que $g'(x)\leq 0$.\\
Par conséquent $g$ est une fonction décroissante sur $[0;1]$. Résumons le tout dans un tableau de variation :
%:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.875]
% Styles 
\tikzstyle{cadre}=[thin]
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin]
\tikzstyle{nondefini}=[lightgray]
% Dimensions Modifiables
\def\Lrg{1.5}
\def\HtX{1}
\def\HtY{0.5}
% Dimensions Calculées
\def\lignex{-0.5*\HtX}
\def\lignef{-1.5*\HtX}
\def\separateur{-0.5*\Lrg}
% Largeur du tableau
\def\gauche{-1.5*\Lrg}
\def\droite{2.5*\Lrg}
% Hauteur du tableau
\def\haut{0.5*\HtX}
\def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY}
% Ligne de l'abscisse : x
\node at (-1*\Lrg,0) {$x$};
\node at (0*\Lrg,0) {$0$};
\node at (2*\Lrg,0) {$1$};
% Ligne de la dérivée : f'(x)
\node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$g'(x)$};
\node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$-$};
\node at (2*\Lrg,-1*\HtX) {$0$};
% Ligne de la fonction : f(x)
\node  at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$g(x)$};
\node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$1$};
\node (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$0$};
% Flèches
\draw[fleche] (f1) -- (f2);
% Doubles Barres
\def\b#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignex-0.1*\HtX) -- (#1,\lignef+0.1*\HtX);}
\def\bb#1{\draw[double distance=2pt] (#1,\lignef-0.1*\HtX) -- (#1,\bas+0.1*\HtX);}
\b{0*\Lrg}
% Encadrement
\draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle  (\droite,\bas);
\draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex);
\draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item {\footnotesize Montrer que pour tout $x\in[0;1]$ on a $g\circ g(x)=x$.}\\
On a pour tout $x\in [0;1]$ (puisque $g$ est à valeur dans $[0;1]$ d'après la question précédente, la racine ne pose pas de pb) :
$$ g\circ g(x)=g(g(x))=g(x)-2\sqrt{g(x)}+1=x-2\sqrt{x}+1-2\sqrt{x-2\sqrt{x}+1}+1$$
Tout d'abord, remarquons que :
$$ \left(\sqrt{x}-1\right)^2=x-2\sqrt{x}+1=(1-\sqrt{x})^2$$
Puisque $\sqrt{x}\leq 1\Longleftrightarrow 1-\sqrt{x}\geq 0$ pour $x\in [0;1]$ on a :
$$\sqrt{x-2\sqrt{x}+1}=\sqrt{(1-\sqrt{x})^2}=1-\sqrt{x} $$
Ainsi, pour tout $x\in [0;1]$ on a :
$$ g\circ g(x)=x-2\sqrt{x}+2-2\sqrt{(1-\sqrt{x})^2}=x-2\sqrt{x}+2-2(1-\sqrt{x})=x-2\sqrt{x}+2-2+2\sqrt{x}$$
Enfin on peut conclure :
$$ \forall x\in [0;1], \qquad g\circ g(x)=x$$
\item {\footnotesize Contruire la représentation graphique $\mathscr C_g$ dans un repère orthonormé $(O; \vec i, \vec j)$.}
\begin{center}
\psset{xunit=5cm,yunit=5cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-0.2,-0.32)(1.05,1.14)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=0.2,Dy=0.2,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-0.2,-0.32)(1.05,1.14)
\psplot[linecolor=red,plotpoints=200]{6.938893903907228E-17}{1.0500000000000003}{x-2*x^(0.5)+1}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item {\footnotesize Montrer que si $M(x;y)\in\mathscr C_g$ alors $M'(y;x)\in\mathscr C_g$.}\\
Si $M(x;y)\in \mathscr C_g$ alors $y=g(x)$ dans ce cas le point $M_1(y,g(y))$ est encore un point de $\mathscr C_g$, or $g(y)=g(g(x))=x$. Ainsi si $M(x;y)\in \mathscr C_g$ alors $M'(y;x)\in\mathscr C_g$.
\item {\footnotesize En déduire une symétrie de la représentation graphique $\mathscr C_g$.}\\
Puisque $M(x;y)\in\mathscr C_g\Longrightarrow M'(y;x)\in\mathscr C_g$, $\mathscr C_g$ est symétrique par rapport à la droite d'équation $y=x$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exoi}

\end{document}