Test: operații cu limite și cazuri de nedeterminare

Disciplina: Matematică · Clasa a XI-a · Unitatea: Limite de funcții și continuitate

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică tehnicile algebrice de calcul al limitelor de funcții, adică tot ce se poate face fără limitele fundamentale și fără derivate. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: teorema operațiilor cu limite și granița ei — regula se aplică numai atunci când operația dintre limite are sens în $\overline{\mathbb{R}}$, iar elevul trebuie să verifice ipoteza înainte de a scrie rezultatul. Al doilea: cazul numitorului care tinde la zero, care nu este nedeterminare, ci se decide prin semnul numitorului, cu $0^{+}$ și $0^{-}$, și prin cele două limite laterale; aici se cere formularea corectă a concluziei — „funcția nu are limită" atunci când limitele laterale diferă, respectiv „are limită, egală cu $-\infty$" atunci când ele coincid. Al treilea: nedeterminările $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$ la funcții raționale — descompunere în factori (formule, trinom, schema lui Horner), justificarea scrisă a simplificării și compararea gradelor, cu atenție la semnul de la $-\infty$. Al patrulea: nedeterminările $\infty -\infty$ și $0\cdot \infty$ — factor forțat, aducere la același numitor, amplificare cu conjugata de ordinul al doilea și al treilea, cu obligația de a verifica faptul că amplificatorul nu se anulează și de a scrie $\sqrt{x^2}=|x|$ înainte de a desface modulul.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 90 de minute; la itemii cu redactare completă se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. La fiecare limită se scrie întâi tipul (rezultat direct, rând din tabelul lui $\overline{\mathbb{R}}$, caz de semn sau caz de nedeterminare) și abia apoi se calculează. Se depunctează: simplificarea unei fracții fără mențiunea „pentru $x\ne x_0$"; scrierea „limita este $\infty$" atunci când limitele laterale sunt diferite; aplicarea la $-\infty$ a rezultatului obținut la $+\infty$; folosirea egalității $\sqrt{x^2}=x$ pe ramura negativă; amplificarea cu o conjugată fără verificarea faptului că ea nu se anulează. Nu se acceptă rezolvări cu derivate sau cu regulile lui L'Hôpital — ele se studiază mai târziu, iar acest test verifică tocmai tehnica algebrică cerută la Bacalaureat M1.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe descompunerea în factori și pe discuția de semn.
• Formule de reținut: operațiile permise în $\overline{\mathbb{R}}$ — $a+(\pm \infty )=\pm \infty$ pentru $a$ finit; $a\cdot (\pm \infty )=\pm \infty$ după semnul lui $a$, pentru $a\ne 0$; $\frac{a}{\pm \infty }=0$ pentru $a$ finit; $a^{+\infty }=+\infty$ și $a^{-\infty }=0$ pentru $a>1$. Cele șapte cazuri de nedeterminare, în ordinea canonică: $$\frac{0}{0},\frac{\infty }{\infty },\infty -\infty ,0\cdot \infty ,1^{\infty },{\infty }^0,0^0.$$ Cazul de semn: $\frac{a}{0^{+}}=+\infty$ și $\frac{a}{0^{-}}=-\infty$ pentru $a>0$, cu semnele opuse pentru $a<0$; notațiile $0^{+}$ și $0^{-}$ sunt note despre semnul numitorului, nu notații de limită laterală. Teorema gradelor pentru $\frac{P(x)}{Q(x)}$ cu $\mathrm{grad}P=p$, $\mathrm{grad}Q=q$ și coeficienți dominanți $a_p$, $b_q$: dacă $p=q$, limita este $\frac{a_p}{b_q}$ la ambele capete; dacă $p<q$, limita este $0$; dacă $p>q$, limita este infinită, cu semnul lui $\frac{a_p}{b_q}$ la $+\infty$ și semnul lui $(-1{)}^{p-q}\frac{a_p}{b_q}$ la $-\infty$. Conjugatele: $\left(\sqrt{A}-\sqrt{B}\right)\left(\sqrt{A}+\sqrt{B}\right)=A-B$ și $(a-b)\left(a^2+ab+b^2\right)=a^3-b^3$. Modulul: $\sqrt{x^2}=|x|$, egal cu $x$ pentru $x\ge 0$ și cu $-x$ pentru $x<0$.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Operații cu limite, tabelul din $\overline{\mathbb{R}}$ și numitorul nul

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Despre funcția $f(x)=\frac{x+5}{x-4}$, în punctul $x_0=4$, se poate afirma că: A. are limita $+\infty$; B. are limita $-\infty$; C. are limita $0$; D. nu are limită.

b) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{4x^5-x}{2x^3+7}$ este egală cu: A. $+\infty$; B. $-\infty$; C. $2$; D. $0$.

c) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2-5x}{x^2+2x}$ este egală cu: A. $1$; B. $-\frac{5}{2}$; C. $0$; D. $\frac{0}{0}$.

Itemul 2 (6 puncte)

Calculează, precizând de fiecare dată regula sau rândul din tabelul operațiilor în $\overline{\mathbb{R}}$ pe care l-ai folosit (câte 1,5 puncte): a) $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^3+4x^2-7\right)$; b) $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2+5}{2x+3}$; c) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{11}{x^2+4}$; d) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x^4+3^x\right)$.

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Dacă $\underset{\begin{array}{c}x\to 2\\ x<2\end{array}}{\lim }f(x)=-\infty$ și $\underset{\begin{array}{c}x\to 2\\ x>2\end{array}}{\lim }f(x)=-\infty$, atunci funcția $f$ nu are limită în $2$." b) „Pentru orice număr real $x<0$ avem $\sqrt{x^2}=-x$." c) „Dacă $\underset{x\to x_0}{\lim }f(x)=+\infty$ și $\underset{x\to x_0}{\lim }g(x)=-\infty$, atunci $\underset{x\to x_0}{\lim }(f(x)\cdot g(x))=-\infty$." d) „Când $x\to -\infty$, diferența $\sqrt{x^2+3x}-x$ este un caz de nedeterminare $\infty -\infty$."

Itemul 4 (6 puncte)

a) Studiază existența limitei funcției $f(x)=\frac{x+7}{x-5}$ în punctul $x_0=5$, scriind ambele limite laterale și concluzia. (3 p) b) Calculează $\underset{x\to -4}{\lim }\frac{2x-1}{(x+4{)}^2}$ și precizează dacă funcția are limită în $-4$. (3 p)

Partea a II-a – Nedeterminările $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty }{\infty }$ la funcții raționale

Itemul 5 (8 puncte)

Calculează, scriind de fiecare dată descompunerea folosită și mențiunea care face simplificarea legitimă (câte 2 puncte): a) $\underset{x\to 5}{\lim }\frac{x-5}{x^2-25}$; b) $\underset{x\to -2}{\lim }\frac{x^2+7x+10}{x^2-4}$; c) $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3-8}{x^2+x-6}$; d) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^3-4x}{x^2+7x}$.

Itemul 6 (7 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3+2x^2-11x+6}{x^2-5x+6}$, folosind schema lui Horner pentru descompunerea numărătorului. (4 p) b) Calculează $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-3x+2}{x^2-1}$ și explică, prin comparația ordinelor rădăcinii $x_0=1$, de ce rezultatul era previzibil. (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{5x^3-x^2+2}{3x^2+7}$ și $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{5x^3-x^2+2}{3x^2+7}$, justificând diferența dintre ele prin paritatea lui $p-q$. (4 p) b) Calculează $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^4-3x}{2-x^2}$. (3 p)

Itemul 8 (6 puncte)

a) Studiază existența limitei funcției $u(x)=\frac{x^2-6x+9}{x^3-27}$ în punctul $x_0=3$. (3 p) b) Studiază existența limitei funcției $v(x)=\frac{x^2-16}{(x-4{)}^3}$ în punctul $x_0=4$. (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

Pentru fiecare limită, precizează tipul scrierii obținute prin înlocuire și tehnica prin care se elimină nedeterminarea; nu se cere valoarea limitei, cu excepția subpunctului c) (câte 2 puncte): a) $\underset{x\to 4}{\lim }\frac{x^2-16}{x^2-8x+16}$; b) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{x^3+5x^2}-x\right)$; c) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{7x^2+1}{x^3-2}$ — aici precizează și valoarea.

Partea a III-a – Nedeterminările $\infty -\infty$ și $0\cdot \infty$, redactare completă și item de tip examen

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Fie $P(x)=a_p{x}^p+\cdots +a_0$ și $Q(x)=b_q{x}^q+\cdots +b_0$, cu $a_p\ne 0$, $b_q\ne 0$ și $p>q$. Demonstrează că $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{P(x)}{Q(x)}$ este infinită, cu semnul dat de $(-1{)}^{p-q}\frac{a_p}{b_q}$. Scrie explicit factorul forțat și justifică de ce se împarte la puterea dominantă a numitorului. (5 p) b) Folosind rezultatul de la a), calculează $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-3x^5+x}{x^2-4}$. (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{x^3+9x^2}-x\right)$, scriind identitatea folosită la amplificare și motivul pentru care amplificatorul este nenul. (5 p) b) Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\left(\sqrt{4+x}-\sqrt{4-x}\right)$, precizând tipul nedeterminării. (3 p)

Itemul 12 (8 puncte)

a) Calculează $\underset{x\to 3}{\lim }\left(\frac{1}{x-3}-\frac{5}{x^2-9}\right)$, scriind concluzia completă. (5 p) b) Calculează $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\sqrt{x+2}-2}{x-2}$. (3 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\setminus \{1\}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x^3-1}{x^2-2x+1}$. a) Arătați că $f(x)=\frac{x^2+x+1}{x-1}$ pentru orice $x\ne 1$. (2 p) b) Calculați limitele laterale ale lui $f$ în $x_0=1$ și precizați dacă $f$ are limită acolo. (3 p) c) Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ și $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)$. (3 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) D. Numărătorul are limita $9>0$, iar numitorul limita $0$; cum $x-4<0$ la stânga lui $4$ și $x-4>0$ la dreapta, $$\underset{\begin{array}{c}x\to 4\\ x<4\end{array}}{\lim }\frac{x+5}{x-4}=\frac{9}{0^{-}}=-\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to 4\\ x>4\end{array}}{\lim }\frac{x+5}{x-4}=\frac{9}{0^{+}}=+\infty .$$ Limitele laterale există, dar sunt diferite, deci $f$ nu are limită în $4$. Variantele A și B sunt exact greșeala de a numi „limită" una singură dintre ele.

b) A. Tip $\frac{\infty }{\infty }$, cu $p=5>q=3$. Scoțând factor $x^{p-q}=x^2$, rămâne $\frac{a_p}{b_q}=\frac{4}{2}=2>0$, iar $x^2\to +\infty$ și la $-\infty$, pentru că exponentul $p-q=2$ este par. Limita este $+\infty$.

c) B. Tip $\frac{0}{0}$. Dăm $x$ factor comun: pentru $x\ne 0$, $$\frac{x^2-5x}{x^2+2x}=\frac{x(x-5)}{x(x+2)}=\frac{x-5}{x+2}⟶\frac{-5}{2}.$$ Varianta D este capcana: $\frac{0}{0}$ nu este un rezultat, ci semnalul că expresia trebuie prelucrată.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p regula invocată, 1 p calculul).

Niciunul dintre cele patru subpuncte nu este caz de nedeterminare; itemul verifică tocmai capacitatea de a recunoaște acest lucru înainte de a începe o prelucrare inutilă.

a) Toate limitele parțiale sunt finite, deci se aplică teorema operațiilor și înlocuim direct: $$\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^3+4x^2-7\right)=-8+16-7=1.$$

b) Numitorul are limita $5\ne 0$ — condiția scrisă în teoremă, care se verifică înainte de orice —, deci regula câtului se aplică: limita este $\frac{1+5}{2+3}=\frac{6}{5}$.

c) Numărătorul este constant, iar numitorul tinde la $+\infty$: este rândul $\frac{a}{+\infty }$ din tabelul operațiilor în $\overline{\mathbb{R}}$, deci limita este $0$.

d) Avem $x^4\to +\infty$, iar $3^x\to 0$ prin rândul $a^{-\infty }=0$ pentru $a=3>1$. Suma cade pe rândul $a+(+\infty )$ cu $a=0$ finit, deci limita este $+\infty$. Nu este nedeterminare: nedeterminată ar fi fost o diferență de două mărimi infinite de același semn.

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) F. Limitele laterale există și sunt egale, deci funcția are limită în $2$, egală cu $-\infty$. O limită infinită este o limită care există în $\overline{\mathbb{R}}$; funcția nu este convergentă acolo, dar asta e altceva. „Nu are limită" se spune numai când limitele laterale diferă.

b) A. Egalitatea corectă este $\sqrt{x^2}=|x|$, iar pentru $x<0$ modulul se desface ca $-x$, cantitate strict pozitivă. De pildă, pentru $x=-6$ avem $\sqrt{36}=6=-(-6)$. Exact această desfacere se folosește la limitele către $-\infty$.

c) A. Nu avem nedeterminare: pe rândul $a\cdot (\pm \infty )$ din tabel, cu $a=+\infty \ne 0$, produsul $(+\infty )\cdot (-\infty )$ are semnul dat de regula semnelor, deci este $-\infty$. Numai suma $(+\infty )+(-\infty )$ ar fi fost nedeterminată.

d) F. La $-\infty$ radicalul tinde la $+\infty$, iar $-x$ tinde tot la $+\infty$, deci scrierea este $\infty +\infty$ și limita este $+\infty$, fără nicio nedeterminare. La $-\infty$, cea nedeterminată este suma $\sqrt{x^2+3x}+x$.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Numărătorul are limita $12>0$, iar numitorul limita $0$, deci nu suntem în nedeterminare, ci în caz de semn (1 p). Semnul numitorului: $x-5<0$ pentru $x<5$ și $x-5>0$ pentru $x>5$, deci $$\underset{\begin{array}{c}x\to 5\\ x<5\end{array}}{\lim }\frac{x+7}{x-5}=\frac{12}{0^{-}}=-\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to 5\\ x>5\end{array}}{\lim }\frac{x+7}{x-5}=\frac{12}{0^{+}}=+\infty$$ (1,5 p). Limitele laterale sunt diferite, deci $f$ nu are limită în $5$ (0,5 p).

b) (3 p) Numărătorul are limita $-9<0$, iar numitorul limita $0$ (1 p). Numitorul este un pătrat, deci strict pozitiv pentru orice $x\ne -4$: este de tip $0^{+}$ de ambele părți (1 p). Prin urmare ambele limite laterale sunt $$\frac{-9}{0^{+}}=-\infty ,$$ deci funcția are limită în $-4$, egală cu $-\infty$ (1 p). Aici, spre deosebire de subpunctul a), concluzia corectă este că limita există.

Itemul 5. (8 p) — câte 2 puncte (0,5 p tipul, 1 p descompunerea și simplificarea justificată, 0,5 p valoarea).

Notă de redactare. Justificarea simplificării este scrisă integral la primul subpunct; în celelalte, mențiunea „pentru $x\ne x_0$" o rezumă. Pe foaie se scrie de fiecare dată — este pas de barem la Bacalaureat M1, iar fără el transformarea arată ca o împărțire la zero.

a) Tip $\frac{0}{0}$: în $x_0=5$ se anulează și numărătorul, și numitorul. Cu $x^2-25=(x-5)(x+5)$, pentru orice $x\ne 5$ factorul $x-5$ este nenul, deci simplificarea cu el este o transformare corectă, iar cele două expresii coincid pe o vecinătate a lui $5$ din care se scoate $5$ însuși. Cum limita nu depinde de valoarea funcției în punct — caracterul local al limitei —, cele două au aceeași limită: $$\frac{x-5}{x^2-25}=\frac{x-5}{(x-5)(x+5)}=\frac{1}{x+5}⟶\frac{1}{10}.$$ După simplificare numitorul are limita $10\ne 0$, deci se aplică regula câtului. (Descompunerea se verifică imediat: la $x=0$ ambii membri dau $-25$.)

b) Tip $\frac{0}{0}$. Cu $x^2+7x+10=(x+2)(x+5)$ și $x^2-4=(x-2)(x+2)$, pentru $x\ne -2$: $$\frac{x^2+7x+10}{x^2-4}=\frac{(x+2)(x+5)}{(x+2)(x-2)}=\frac{x+5}{x-2}⟶\frac{3}{-4}=-\frac{3}{4}.$$

c) Tip $\frac{0}{0}$. Folosim diferența de cuburi, $x^3-8=(x-2)\left(x^2+2x+4\right)$, și descompunerea trinomului, $x^2+x-6=(x-2)(x+3)$; pentru $x\ne 2$: $$\frac{x^3-8}{x^2+x-6}=\frac{x^2+2x+4}{x+3}⟶\frac{4+4+4}{5}=\frac{12}{5}.$$

d) Tip $\frac{0}{0}$. Aici factorul comun sare în ochi și nu e nevoie de nicio formulă: el este chiar $x$, adică $x-x_0$ cu $x_0=0$. Pentru $x\ne 0$: $$\frac{x^3-4x}{x^2+7x}=\frac{x\left(x^2-4\right)}{x(x+7)}=\frac{x^2-4}{x+7}⟶\frac{-4}{7}=-\frac{4}{7}.$$ Se acceptă și descompunerea completă $x^3-4x=x(x-2)(x+2)$, dar ea nu este necesară: după simplificarea cu $x$, numitorul are limita $7\ne 0$ și rezolvarea se încheie.

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) În $x_0=2$: numărătorul dă $8+8-22+6=0$, numitorul $4-10+6=0$, deci tip $\frac{0}{0}$ (0,5 p). Aplicăm schema lui Horner numărătorului, cu $x_0=2$ și coeficienții $1,2,-11,6$ (1 p):

Restul este $0$, ceea ce confirmă că $2$ este rădăcină, iar câtul este $x^2+4x-3$, deci $$x^3+2x^2-11x+6=(x-2)\left(x^2+4x-3\right)$$ (1 p). Numitorul este $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$. Pentru $x\ne 2$ simplificăm cu $x-2$, factor nenul: $$\frac{(x-2)\left(x^2+4x-3\right)}{(x-2)(x-3)}=\frac{x^2+4x-3}{x-3}⟶\frac{4+8-3}{-1}=\frac{9}{-1}=-9$$ (1,5 p). După simplificare numitorul are limita $-1\ne 0$, deci se aplică regula câtului și nedeterminarea a dispărut.

b) (3 p) Tip $\frac{0}{0}$, pentru că $1-3+2=0$ și $1-1=0$. Schema lui Horner cu $x_0=1$, pe coeficienții $1,0,-3,2$, dă rândul $1,1,-2,0$, deci $x^3-3x+2=(x-1)\left(x^2+x-2\right)=(x-1{)}^2(x+2)$ (1,5 p). Numitorul este $(x-1)(x+1)$, deci pentru $x\ne 1$: $$\frac{(x-1{)}^2(x+2)}{(x-1)(x+1)}=\frac{(x-1)(x+2)}{x+1}⟶\frac{0\cdot 3}{2}=0$$ (1 p). Previzibilitatea: $x_0=1$ este rădăcină de ordin $k=2$ pentru numărător și de ordin $m=1$ pentru numitor; cum $k>m$, rezultatul trebuia să fie $0$ (0,5 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (4 p) Tip $\frac{\infty }{\infty }$ la ambele capete. Împărțim numărătorul și numitorul la $x^2$, puterea dominantă a numitorului — permis, pentru că lucrăm cu valori oricât de mari în modul, deci $x\ne 0$ (1 p): $$\frac{5x^3-x^2+2}{3x^2+7}=x\cdot \frac{5-\frac{1}{x}+\frac{2}{x^3}}{3+\frac{7}{x^2}}$$ (1 p). Fracția rămasă tinde la $\frac{5}{3}>0$ pe amândouă ramurile, pentru că toate fracțiile de forma $\frac{a_k}{x^j}$ tind la $0$ (0,5 p). Rămâne factorul $x^{p-q}=x$, cu $p-q=1$ impar: $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{5x^3-x^2+2}{3x^2+7}=(+\infty )\cdot \frac{5}{3}=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{5x^3-x^2+2}{3x^2+7}=(-\infty )\cdot \frac{5}{3}=-\infty$$ (1,5 p). Diferența dintre cele două capete vine exclusiv din faptul că $p-q$ este impar; pentru $p-q$ par rezultatele ar fi coincis.

b) (3 p) Tip $\frac{\infty }{\infty }$, cu $p=4$, $q=2$, deci $p-q=2$ par (0,5 p). Scoatem factor forțat $x^2$ sus și jos: $$\frac{x^4-3x}{2-x^2}=x^2\cdot \frac{1-\frac{3}{x^3}}{\frac{2}{x^2}-1}$$ (1 p). Fracția tinde la $\frac{1}{-1}=-1$, iar $x^2\to +\infty$ și la $-\infty$, exponentul fiind par (1 p). Limita este $(+\infty )\cdot (-1)=-\infty$ (0,5 p).

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Tip $\frac{0}{0}$: numărătorul este $(x-3{)}^2$, iar numitorul $x^3-27=(x-3)\left(x^2+3x+9\right)$ (1 p). Pentru $x\ne 3$ simplificăm cu $x-3$: $$u(x)=\frac{(x-3{)}^2}{(x-3)\left(x^2+3x+9\right)}=\frac{x-3}{x^2+3x+9}$$ (1 p). Numărătorul tinde la $0$, numitorul la $9+9+9=27\ne 0$, deci limita există și este $\frac{0}{27}=0$ (1 p). (Ordinele: $k=2>m=1$, deci rezultatul $0$ era previzibil.)

b) (3 p) Tip $\frac{0}{0}$: numărătorul este $(x-4)(x+4)$ (0,5 p). Pentru $x\ne 4$: $$v(x)=\frac{(x-4)(x+4)}{(x-4{)}^3}=\frac{x+4}{(x-4{)}^2}$$ (1 p). Nedeterminarea a dispărut, dar numitorul se anulează în continuare, iar numărătorul are limita $8>0$. Numitorul fiind un pătrat, este de tip $0^{+}$ de ambele părți (1 p), deci ambele limite laterale sunt $\frac{8}{0^{+}}=+\infty$ și funcția are limită în $4$, egală cu $+\infty$ (0,5 p).

Itemul 9. (6 p) — câte 2 puncte (1 p tipul, 1 p tehnica; la c), 0,5 p tipul, 0,5 p tehnica, 1 p valoarea).

Itemul verifică arborele de decizie, adică cele trei întrebări care se pun în această ordine la orice limită: se anulează amândouă, sau numai numitorul? punctul este finit sau infinit? ce rămâne după prelucrare? Un elev care le pune de fiecare dată nu mai are nevoie să memoreze cazuri particulare.

a) Tip $\frac{0}{0}$ (ambele polinoame se anulează în $4$). Tehnica: descompunere, $\frac{(x-4)(x+4)}{(x-4{)}^2}=\frac{x+4}{x-4}$ pentru $x\ne 4$, apoi reverificare — a rămas numitor nul cu numărător nenul, deci se continuă cu cele două limite laterale, prin semnul numitorului. Este exact pasul pe care îl sare cel care se oprește după prima simplificare: rezolvarea se încheie doar când expresia obținută nu mai are nicio nedeterminare și niciun numitor nul.

b) Tip $\infty -\infty$ (ambii termeni tind la $+\infty$ și părțile lor dominante se sting reciproc). Tehnica: amplificarea cu trinomul $a^2+ab+b^2$, unde $a=\sqrt[3]{x^3+5x^2}$ și $b=x$, din identitatea diferenței de cuburi; amplificarea cu $a+b$ nu ar elimina radicalul.

c) Tip $\frac{\infty }{\infty }$. Tehnica: împărțirea la puterea dominantă a numitorului, adică la $x^3$, și compararea gradelor. Cum $p=2<q=3$, valoarea limitei este $0$ — la ambele capete ale axei, de altfel, pentru că rândurile $p=q$ și $p<q$ ale teoremei gradelor se citesc la fel în ambele direcții; numai rândul $p>q$ face diferența.

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Factorul forțat. Pentru $x\ne 0$ scoatem $x^p$ din $P$ și $x^q$ din $Q$: $$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{x^p\left(a_p+\frac{a_{p-1}}{x}+\cdots +\frac{a_0}{x^p}\right)}{x^q\left(b_q+\frac{b_{q-1}}{x}+\cdots +\frac{b_0}{x^q}\right)}=x^{p-q}\cdot \frac{a_p+\frac{a_{p-1}}{x}+\cdots +\frac{a_0}{x^p}}{b_q+\frac{b_{q-1}}{x}+\cdots +\frac{b_0}{x^q}}$$ (1,5 p). Condiția $x\ne 0$ este îndeplinită automat, pentru că la $-\infty$ lucrăm cu valori oricât de mari în modul (0,5 p).

De ce se împarte la puterea dominantă a numitorului. Regula câtului cere ca numitorul să aibă limită finită și nenulă. Fiecare fracție $\frac{a_k}{x^j}$ cu $j\ge 1$ tinde la $0$ pe rândul $\frac{a}{\pm \infty }$ din tabel, deci paranteza de jos tinde la $b_q\ne 0$, iar cea de sus la $a_p\ne 0$; fracția rămasă tinde la $\frac{a_p}{b_q}$, finit și nenul. Dacă am fi împărțit la puterea dominantă a numărătorului, numitorul ar fi ajuns la $0$ sau la infinit și am fi rămas în nedeterminare (1,5 p).

Semnul. Pentru $x\to -\infty$ avem $x^{p-q}\to +\infty$ dacă $p-q$ este par și $x^{p-q}\to -\infty$ dacă $p-q$ este impar; ambele situații se scriu compact spunând că $x^{p-q}$ are, la $-\infty$, semnul lui $(-1{)}^{p-q}$ (1 p). Produsul dintre această mărime infinită și limita finită nenulă $\frac{a_p}{b_q}$ cade pe rândul $a\cdot (\pm \infty )$ al tabelului, deci limita este infinită, cu semnul lui $(-1{)}^{p-q}\frac{a_p}{b_q}$ (0,5 p). $■$

b) (3 p) Aici $p=5$, $q=2$, deci $p-q=3$ este impar, iar $\frac{a_p}{b_q}=\frac{-3}{1}=-3$ (1 p). Semnul rezultatului este dat de $$(-1{)}^3\cdot (-3)=3>0,$$ deci limita este $+\infty$ (1,5 p). Control prin calculul direct: $\frac{-3x^5+x}{x^2-4}=x^3\cdot \frac{-3+\frac{1}{x^4}}{1-\frac{4}{x^2}}$, iar la $-\infty$ avem $x^3\to -\infty$ și fracția $\to -3$, deci produsul este $+\infty$ ✓ (0,5 p).

Itemul 11. (8 p)

a) (5 p) Ambii termeni tind la $+\infty$ și părțile lor dominante se sting reciproc: tip $\infty -\infty$ (0,5 p). Notăm $a=\sqrt[3]{x^3+9x^2}$ și $b=x$ și folosim identitatea diferenței de cuburi $$(a-b)\left(a^2+ab+b^2\right)=a^3-b^3$$ (1 p). Amplificatorul $a^2+ab+b^2$ este strict pozitiv pentru $x>0$ (toți cei trei termeni sunt pozitivi acolo), deci amplificarea este legitimă (0,5 p). Obținem $$\sqrt[3]{x^3+9x^2}-x=\frac{\left(x^3+9x^2\right)-x^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{9x^2}{\sqrt[3]{{\left(x^3+9x^2\right)}^2}+x\sqrt[3]{x^3+9x^2}+x^2}$$ (1,5 p). Fiecare dintre cei trei termeni de la numitor se comportă, la $+\infty$, ca $x^2$: scoțând $x^2$ factor forțat, parantezele care rămân tind toate la $1$ (1 p). Prin urmare $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt[3]{x^3+9x^2}-x\right)=\frac{9}{1+1+1}=3$$ (0,5 p).

b) (3 p) Expresia are sens pe $[-4,4]\setminus \{0\}$, mulțime pentru care $0$ este punct de acumulare. Primul factor tinde la infinit, iar paranteza la $\sqrt{4}-\sqrt{4}=0$: tip $0\cdot \infty$ (0,5 p). Prelucrăm întâi paranteza, cu conjugata $\sqrt{4+x}+\sqrt{4-x}$, strict pozitivă în jurul lui $0$, unde ambii radicali sunt apropiați de $2$ (0,5 p): $$\frac{1}{x}\left(\sqrt{4+x}-\sqrt{4-x}\right)=\frac{1}{x}\cdot \frac{(4+x)-(4-x)}{\sqrt{4+x}+\sqrt{4-x}}=\frac{2x}{x\left(\sqrt{4+x}+\sqrt{4-x}\right)}$$ (1 p). Simplificăm cu $x$, legitim pentru că lucrăm cu $x\ne 0$, și obținem $$\frac{2}{\sqrt{4+x}+\sqrt{4-x}}⟶\frac{2}{2+2}=\frac{1}{2}$$ (1 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (5 p) Fiecare dintre cele două fracții are, în $3$, limite laterale infinite, deci scrierea este de tip $\infty -\infty$ (0,5 p). Aducem la același numitor, folosind $x^2-9=(x-3)(x+3)$ (1 p): $$\frac{1}{x-3}-\frac{5}{x^2-9}=\frac{(x+3)-5}{(x-3)(x+3)}=\frac{x-2}{(x-3)(x+3)}$$ (1,5 p). Aici mecanismul obișnuit nu se încheie: numărătorul tinde la $1\ne 0$, iar numitorul la $0$ — părțile care „explodează" nu s-au stins complet, deci am ieșit din nedeterminare, dar am intrat într-un caz de semn (0,5 p). Pentru $x$ puțin mai mic decât $3$ avem $x-3<0$ și $x+3>0$, deci numitorul este negativ; pentru $x$ puțin mai mare, este pozitiv. Prin urmare $$\underset{\begin{array}{c}x\to 3\\ x<3\end{array}}{\lim }\left(\frac{1}{x-3}-\frac{5}{x^2-9}\right)=\frac{1}{0^{-}}=-\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to 3\\ x>3\end{array}}{\lim }\left(\frac{1}{x-3}-\frac{5}{x^2-9}\right)=\frac{1}{0^{+}}=+\infty$$ (1 p). Limitele laterale fiind diferite, funcția nu are limită în $3$ (0,5 p).

b) (3 p) Tip $\frac{0}{0}$, cu radical, deci amplificăm cu conjugata $\sqrt{x+2}+2$, strict pozitivă în jurul lui $2$ (0,5 p): $$\frac{\sqrt{x+2}-2}{x-2}=\frac{(x+2)-4}{(x-2)\left(\sqrt{x+2}+2\right)}=\frac{x-2}{(x-2)\left(\sqrt{x+2}+2\right)}$$ (1,5 p). Simplificăm cu $x-2$, legitim pentru $x\ne 2$, și obținem $$\frac{1}{\sqrt{x+2}+2}⟶\frac{1}{2+2}=\frac{1}{4}$$ (1 p).

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Descompunem numărătorul cu diferența de cuburi și numitorul ca pătrat perfect: $$x^3-1=(x-1)\left(x^2+x+1\right),x^2-2x+1=(x-1{)}^2$$ (1 p). Pentru orice $x\ne 1$ factorul $x-1$ este nenul, deci simplificarea este legitimă: $$f(x)=\frac{(x-1)\left(x^2+x+1\right)}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2+x+1}{x-1}$$ (1 p).

b) (3 p) Pe forma simplificată, numărătorul are în $1$ limita $1+1+1=3>0$, iar numitorul limita $0$: nu mai este nedeterminare, ci caz de semn (1 p). Cum $x-1<0$ la stânga lui $1$ și $x-1>0$ la dreapta, $$\underset{\begin{array}{c}x\to 1\\ x<1\end{array}}{\lim }f(x)=\frac{3}{0^{-}}=-\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to 1\\ x>1\end{array}}{\lim }f(x)=\frac{3}{0^{+}}=+\infty$$ (1,5 p). Limitele laterale sunt diferite, deci $f$ nu are limită în $1$ (0,5 p).

c) (3 p) La ambele capete avem tip $\frac{\infty }{\infty }$, cu $p=3$ și $q=2$, deci $p-q=1$ impar, iar $\frac{a_p}{b_q}=\frac{1}{1}=1>0$ (1 p). Scoțând factor forțat, $$f(x)=x\cdot \frac{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x}},$$ iar fracția tinde la $1$ pe amândouă ramurile (1 p). Prin urmare $$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\infty$$ (1 p). (Aceeași funcție, două comportări opuse la cele două capete — exact contrastul pe care îl testează subiectele de Bacalaureat M1.)