Décomposition analytique et limite

1. Existence de la fonction $ \varphi $

   • Pour $ x \neq 5 $, on pose $ t = x - 5 $. On définit la fonction $ \varphi $ sur $ \mathbb{R} $ par :
   \[ \varphi(t) = \begin{cases} \frac{(f(t + 5))^2 - 9}{\sqrt{|t|}} & \text{si } t \neq 0 \\ 0 & \text{si } t = 0 \end{cases} \]
   • Par hypothèse, $ \lim_{t \to 0} \varphi(t) = 0 $. Puisque $ \varphi(0) = 0 $, la fonction $ \varphi $ est continue en $ 0 $.
   • On a donc bien l'existence de $ \varphi $ telle que pour tout $ x \neq 5 $ :
   \[ (f(x))^2 - 9 = \varphi(x - 5)|x - 5|^{\frac{1}{2}} \]
   • En utilisant l'identité remarquable, on peut réécrire cette égalité sous la forme :
   \[ (f(x) - 3)(f(x) + 3) = \varphi(x - 5)|x - 5|^{\frac{1}{2}} \]



2. Détermination analytique des limites possibles

   L'énoncé garantit l'existence de la limite. On note $ L = \lim_{x \to 5} f(x) $.

   1. • On suppose que $ L \neq -3 $. Ainsi, $ \lim_{x \to 5} (f(x) + 3) = L + 3 \neq 0 $.
      • Puisque la limite est non nulle, au voisinage de $ 5 $, on a $ f(x) + 3 \neq 0 $. On peut donc diviser par ce terme :
      \[ f(x) - 3 = \frac{1}{f(x) + 3} \varphi(x - 5)|x - 5|^{\frac{1}{2}} \]
      • Le terme $ \frac{1}{f(x) + 3} $ admet une limite finie $ \frac{1}{L + 3} $ en $ 5 $. En appliquant le produit des limites :
      \[ \lim_{x \to 5} (f(x) - 3) = \frac{1}{L + 3} \times 0 \times 0 = 0 \]
      • On en conclut analytiquement que $ \lim_{x \to 5} f(x) = 3 $.
   2. • De même, on suppose que $ L \neq 3 $. Ainsi, $ \lim_{x \to 5} (f(x) - 3) = L - 3 \neq 0 $.
      • Au voisinage de $ 5 $, on a $ f(x) - 3 \neq 0 $. En divisant par ce terme, on obtient :
      \[ f(x) + 3 = \frac{1}{f(x) - 3} \varphi(x - 5)|x - 5|^{\frac{1}{2}} \]
      • Par le même raisonnement sur le produit des limites :
      \[ \lim_{x \to 5} (f(x) + 3) = \frac{1}{L - 3} \times 0 \times 0 = 0 \]
      • On en conclut que $ \lim_{x \to 5} f(x) = -3 $.
   3. • Le raisonnement précédent démontre que si la limite n'est pas $ -3 $, c'est obligatoirement $ 3 $, et inversement.
      • Par conséquent, l'ensemble des limites possibles de $ f $ en $ 5 $ est exactement $ \{-3, 3\} $.