Les limites les plus importantes (et les plus intéressantes aussi)
sont les formes indéterminées, celles de la forme
''\(\frac00\)'', c'est-à-dire des limites de quotients
de fonctions définies dans un voisinage de \(x_0\),
\[
\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}\,,\qquad
\lim_{x\to x_0^+} \frac{f(x)}{g(x)}\,,\qquad
\lim_{x\to x_0^-} \frac{f(x)}{g(x)}\,,
\]
où \(f\) et \(g\) tendent toutes les deux vers zéro.
Dans cette section on rappelle quelques méthodes classiques utiles pour lever ce
genre d'indétermination, en les illustrant sur des exemples standards.
Il est clair que les techniques s'adaptent pour les trois types de limites.
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: \[ \lim_{x\to 1 }\frac{P(x)}{M(x)}= \lim_{x\to 1 }\frac{\tilde{P}(x)}{\tilde{M}(x)} =\frac{-6}{4}=-\frac32\,. \]
La méthode du conjugué, que nous avons utilisée souvent dans l'étude des suites et des séries, est aussi utile pour les limites de fonctions.
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 \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} =\lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1} =\frac{1}{\sqrt{1+0}+1}= =\frac12\,.\]
Remarquons que parfois, le conjugué est utile dans des limites qui n'impliquent pas forcément des racines carrées (voir plus bas).
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 \[ \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}= \lim_{y\to 0}\frac{y}{\log(1+y)}= \frac{1}{\lim_{y\to 0}\frac{\log(1+y)}{y}}=1\,. \]