Ces limites étant toutes du type \(x\to \pm\infty\), elles peuvent se traiter
comme on l'aurait fait si on étudiant les versions suites.
Pour 1.
Pour comprendre, on pourra éventuellement commencer par un cas particulier.
Par exemple \(a=2\), \(b=3\).
Ensuite,
on traitera le cas général, en distinguant
\(a=b\), \(a\gt b\), \(a\lt b\). Dans chaque cas on ira extraire le terme
dominant.
Remarquons que
lorsque \(x\to+\infty\), \(a^x\)
et \(b^x\) tendent exponentiellement vite vers \(+\infty\) (puisque \(a,b\gt 1\)).
Pour calculer la limite demandée, il faut donc savoir laquelle diverge plus
vite. On considère les trois cas:
Si \(a\gt b\), alors on extrait le terme dominant, qui est
\(a^x\):
\[\begin{aligned}
\log(a^x+b^x)
&=\log(a^x(1+(\tfrac{b}{a})^x))\\
&=x\log(a)+\log(1+(\tfrac{b}{a})^x)\,.
\end{aligned}\]
Comme \(0\lt \frac{b}{a}\lt 1\), on a \((\frac{b}{a})^x\to 0\), et donc
\[\begin{aligned}
\lim_{x\to \infty}\frac{\log (a^x+b^x)}{x}
&=\log(a)
+\lim_{x\to \infty}\frac{\log (1+(\tfrac{b}{a})^x)}{x}\\
&=\log (a)\,.
\end{aligned}\]
Si \(a\lt b\), alors le terme dominant est
\(b^x\), et en procédant comme ci-dessus,
\[
\lim_{x\to \infty}\frac{\log (a^x+b^x)}{x}
=\log (b)\,.
\]
On a donc
\[
\lim_{x\to \infty}\frac{\log (a^x+b^x)}{x}=\max\{\log(a),\log(b)\}\,.
\]
La limite est indéterminée de la forme \(\frac{\infty}{\infty}\).
En extrayant les termes dominants (en \(x^2\)),
\[
\lim_{x\to +\infty}\frac{5x-6-x^2}{4-x^2}=
\lim_{x\to +\infty}
\frac{-1+\frac5x-\frac{6}{x^2}}{-1+\frac{4}{x^2}}
=1\,.
\]
La limite est indéterminée de la forme ''\(+\infty-\infty\)''.
En multipliant et divisant par le conjugué,
\[
\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2+1}
=
\frac{x-1}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2+1}}
\]
On peut ensuite extraire
\[
\sqrt{x^2+a}=\sqrt{x^2(1+\frac{a}{x^2})}
=
\sqrt{x^2}\sqrt{1+\frac{a}{x^2}}
\]
Mais \(\sqrt{x^2}=|x|\), et comme \(x\to +\infty\), on peut considérer que
\(x\gt 0\), qui implique \(|x|=x\).
Ainsi,
\[\begin{aligned}
\lim_{x\to\infty}
\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2+1}
&=
\lim_{x\to\infty}
\frac{x-1}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2+1}}\\
&= \lim_{x\to\infty}
\frac{x(1-\frac{1}{x})}{|x|\bigl(\sqrt{1+\frac{1}{x}}
+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\bigr)}\\
&=\frac12\,.
\end{aligned}\]
En procédant comme au point précédent,
\[\begin{aligned}
\lim_{x\to\infty}
\sqrt{x^2-x}-\sqrt{x^2+1}
&=
\lim_{x\to\infty}
\frac{-x-1}{\sqrt{x^2-x}+\sqrt{x^2+1}}\\
&=-\frac12\,.
\end{aligned}\]
Remarque: Les deux dernières limites calculées montrent les précautions
nécessaires lorsqu'on considère la différence de deux grands nombres.
En effet, on pourrait penser que
les termes ''\(\pm x\)'', dans
\(\sqrt{x^2\pm x}-\sqrt{x^2+1}\), ne jouent pas grand role puisqu'ils sont moindre
par rapport au terme dominant à l'intérieur des racines, à savoir
\(x^2\). Pourtant, le calcul a montré
qu'après avoir multiplié et divisé par le conjugué, ce terme dominant s'annule
avec celui de la deuxième racine, et \(\pm x\) devient la partie principale du
numérateur de la fraction.
On commence par écrire
\[
\frac{x^{\log x}}{2^x}=
\frac{e^{(\log x)^2}}{e^{x\log 2}}=
e^{(\log x)^2-x\log 2}\,.
\]
Ensuite, comme
\[
\lim_{x\to\infty}
\Bigl(
(\log x)^2-x\log 2
\Bigr)
=
\lim_{x\to\infty}
x\Bigl(-\log 2+\frac{(\log x)^2}{x}\Bigr)
=-\infty\,,
\]
on conclut que
\(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \frac{x^{\log x}}{2^x}=0\).
Puisque \(\lim_{x\to+\infty}\arctan(x)=\frac{\pi}{2}\), on a
\[\lim_{x\to +\infty} \sin(\arctan(x))=\sin(\tfrac{\pi}{2})=1\,.\]