Exemple: Considérons une limite d'un quotient de deux polynômes: \[ \lim_{x\to 1 }\frac{x^3-2x^2-5x+6}{x^2+2x-3}= \lim_{x\to 1 }\frac{P(x)}{M(x)} \] Par une propriété vue plus haut, \[\lim_{x\to 1}P(x)=P(1)=0,\qquad \lim_{x\to 1}M(x)=M(1)=0\,, \] et donc ce quotient mène à une indétermination de la forme ''\(\frac00\)''. Mais comme on sait, le fait que les \(P(1)=0\) et \(M(1)=0\) signifie que ces polynômes peuvent se factoriser par \((x-1)\). En effectuant deux divisions, on obtient \[\begin{aligned} P(x)=x^3-2x^2-5x+6&=(x-1)(x^2-x-6)\,,\\ M(x)=x^2+2x-3&=(x-1)(x+3)\,, \end{aligned}\] ce qui implique que le quotient considéré est en fait \[ \frac{P(x)}{M(x)} = \frac{\bcancel{(x-1)}(x^2-x-6)}{\bcancel{(x-1)}(x+3)}= \frac{x^2-x-6}{x+3} =\frac{\tilde{P}(x)}{\tilde{M}(x)} \] Et donc, puisque \(\tilde{P}(1)=-6\) et \(\tilde{M}(1)=4\neq 0\), la limite à calculer n'est plus indéterminée: \[ \lim_{x\to 1 }\frac{P(x)}{M(x)}= \lim_{x\to 1 }\frac{\tilde{P}(x)}{\tilde{M}(x)} =\frac{-6}{4}=-\frac32\,. \]

Exemple: Considérons la limite \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}\,, \] dans laquelle le numérateur et le dénominateur tendent tous les deux vers zéro lorsque \(x\to 0\). En multipliant et divisant par le conjugué de la racine qui apparaît au numérateur, \[\begin{aligned} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} &=\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}\cdot\frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1}\\ &=\frac{(\sqrt{1+x})^2-1^2}{x(\sqrt{1+x}+1)}\\ &=\frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}\\ &=\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}\,. \end{aligned}\] On a donc \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} =\lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1} =\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}= =\frac12\,.\]

Exemple: Montrons que \[ \boxed{ \lim_{x\to 0}\frac{\sin (x)}{x}=1 } \] D'abord, puisque \(f(x):= \frac{\sin(x)}{x}\) (définie sur \(\mathbb{R}^*\)) est paire , il suffit de montrer que \[ \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin (x)}{x}=1\,. \] Mais, par l'équivalence via les suites, cette dernière est équivalente à la validité, pour toute suite \(x_n>0\), \(x_n\to 0\), de \[ \lim_{n\to \infty}\frac{\sin (x_n)}{x_n}=1\,. \] Or cette propriété a déjà été démontrée dans le chapitre sur les suites.

Exemple: Montrons que \[ \boxed{ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac12\,. } \] En multipliant et divisant par le conjugué de la différence \(1-\cos(x)\), \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2} &=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}\cdot\frac{1+\cos(x)}{1+\cos(x)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)^2}{x^2}\cdot\frac{1}{1+\cos(x)}\\ &=\lim_{x\to 0}\Bigl(\frac{\sin(x)}{x}\Bigr)^2\cdot\frac{1}{1+\cos(x)}\\ &=1^2\cdot \frac{1}{1+1}=\frac12\,. \end{aligned}\]

Exemple: Montrons que \[ \boxed{ \lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1\,. } \] Pour ce faire, nous allons calculer la limite le long de la suite \(x_n=\frac{1}{n}\), qui est \(\gt 0\), et \(x_n\to 0\). Pour un \(n\) fixé, on peut écrire \[ \frac{\log(1+x_n)}{x_n} =n\log\left(1+\frac1n\right) =\log\left(1+\frac1n\right)^n \] Puisque \((1+\frac1n)^n\to e\), on a \[\lim_{n\to\infty} \frac{\log(1+x_n)}{x_n} =\lim_{n\to\infty}\log\left(1+\frac1n\right)^n =\log(e)=1\,. \]

Exemple: Montrons que \[ \boxed{ \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1\,. } \] Posons pour un instant \(y:= e^x-1\), c'est-à-dire \(x=\log(1+y)\). Lorsque \(x\to 0\), on a aussi \(y\to 0\), donc la limite devient \[ \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}= \lim_{y\to 0}\frac{y}{\log(1+y)}= \frac{1}{\lim_{y\to 0}\frac{\log(1+y)}{y}}=1\,. \]