Exercice 11-04
Calculer les limites suivantes:
  1. \(\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{e^{2\log x}}{x}\)
  2. \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)e^{\sqrt{\sin^2(x)+1}}}{x} \)
  3. \(\displaystyle \lim_{x\to 2}\frac{\log(x-1)}{x-2}\)
  4. \(\displaystyle\lim_{x\to\infty} x\,\big(\tanh(x)-1\big)\)
  5. \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\Bigl\{\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\Bigr\} \)
  6. \(\displaystyle \lim_{x\to \infty}\frac{x+\cos (x)}{x}\)
  7. \(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{a}{n}\right)^{n}\)
  8. \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\big(1+\sin(x)\big)^{1/x}\)
  9. \( \displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin (x)\tan (x)}{(\log (1+x))^2}\)
  10. \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x\sin (x) \tan (x) }{(e^x-1)^3}\)
  11. \(\displaystyle \lim_{t\to 0^+}\frac{2e^{2t}-e^t}{t} \)
  12. \( \displaystyle \lim_{x\to 0} \Bigl\{ \sin\bigl(\frac{\pi}{x+2}\bigr) \Bigr\}^{\frac{1}{x^2}} \)
  13. \(\displaystyle \lim_{x\to\infty}(x-\sqrt{x^2-1})^x\)
  14. \(\displaystyle \lim_{x\to\infty}(x+1-\sqrt{x^2-1})^x\)
  15. \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x+x^2\sin(\frac{1}{x})}{\sin(x)}\)
  16. ⚡ \( \displaystyle \lim_{x\to 0^+} \Bigl( \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{1+\sin x}} \Bigr) \)
En plus de toutes les techniques vues précédemment pour étudier certaines indéterminations, la Règle de Bernoulli-l'Hôpital (BH) fournit un nouvel outil.

Mais comme on a vu, il ne faut pas non plus abuser de cette technique:

La définition et les propriétés de la tangente hyperbolique se trouvent ici.

Si on arrive à écrire le terme général d'une suite \((a_n)_{n\geqslant 1}\) comme \[ a_n=f(n)\,, \] où \(f:[1,\infty[\to\mathbb{R}\), on aura alors (dans le cas où la deuxième limite existe), \[ \lim_{n\to \infty}a_n=\lim_{x\to +\infty}f(x)\,. \] L'avantage est maintenant que \(f\) est fonction d'une variable continue \(x\); on peut donc utiliser des techniques de calcul différentiel pour étudier la limite de \(f(x)\).

Mettre au même dénominateur permet de séparer le problème en deux: \[ \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{1+\sin x}} = \frac{x^{\sin(x)}-1}{x}\cdot \frac{1}{x^{\sin x}}\,. \]

  1. Puisque \[ \lim_{x\to 0^+} \frac{e^{2\log(x)}}{x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{(e^{\log(x)})^2}{x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{x^2}{x} =\lim_{x\to 0^+}x=0\,. \] (Les hypothèses de la règle de BH sont vérifiées mais son utilisation ne mène à rien de vraiment utile...)
  2. Puisque \(\lim_{x\to 0}\sin(x)=0\), on se ramène à une limite fondamentale: \[ \lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}e^{\sqrt{\sin^2(x)+1}} =e \lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x} =e\,. \]
  3. En posant \(y=x-2\), \[ \lim_{x\to 2}\frac{\log(x-1)}{x-2} = \lim_{y\to 0}\frac{\log(1+y)}{y}=1\,. \]
  4. La limite est ''\(\infty\cdot 0\)''. On utilise la règle de BH plusieurs fois. Pour la première fois on pose \(f(x)=\tanh(x)-1\) et \(g(x)=\frac{1}{x}\). Comme \[\lim_{x\to\infty} f(x)=\lim_{x\to\infty}g(x)=0\,, \] et comme \(g'(x)=-\frac{1}{x^2}\neq 0\), les hypothèses de la règle de BH sont satisfaites, donc on peut essayer: \[\begin{aligned} \lim_{x\to\infty}(x(\tanh(x)-1) &=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{\frac{1}{\tanh(x)-1}}\\ &\overset{BH}{=} \lim_{x\to\infty}\frac{1}{\frac{-1}{(\tanh(x)-1)^2}(1-\tanh^2(x))}\\ &=\lim_{x\to\infty} \frac{(\tanh(x)-1)^2}{\tanh^2(x)-1}\\ &=\lim_{x\to\infty} \frac{\tanh(x)-1}{\tanh(x)+1} = \frac{1-1}{1+1} =0 \end{aligned}\]
  5. Remarquons que si \(x\to 0^+\), alors la limite est de la forme indéterminée ''\(+\infty-\infty\)'', et si \(x\to 0^-\), alors la limite est de la forme indéterminée ''\(-\infty+\infty\)''. On peut mettre les deux fractions au même dénominateur: \[ \frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}=\frac{e^x-1-x}{xe^x-x}\,, \] qui, maintenant, lorsque \(x\to 0^+\), est indéterminée de la forme ''\(\frac00\)''. La règle de BH s'applique, et on peut essayer de calculer \[ \lim_{x\to 0^+} \frac{(e^x-1-x)'}{(xe^x-x)'} =\lim_{x\to 0^+} \frac{e^x-1}{e^x+xe^x-1}\,. \] Cette dernière est à nouveau indéterminée de la forme ''\(\frac00\)'', et BH s'applique également. On peut donc étudier la limite \[ \lim_{x\to 0^+} \frac{(e^x-1)'}{(e^x+xe^x-1)'} =\lim_{x\to 0^+} \frac{e^x}{2e^x+xe^x}=\frac{1}{2}\,. \] On conclut donc que \[ \lim_{x\to 0^+} \frac{e^x-1-x}{xe^x-x}=\frac12\,. \] Le même calcul montre que la limite latérale \(x\to 0^-\) est aussi égale à \(\frac12\).
  6. \[ \lim_{x\to \infty}\frac{x+\cos(x)}{x}= \lim_{x\to \infty}\Bigl(1+\frac{\cos(x)}{x}\Bigr)=1\,. \] Surtout pas de BH! Remarquons que le quotient est bien de la forme \(\frac{f(x)}{g(x)}\), avec \(f(x)\) et \(g(x)\to +\infty\), par contre le quotient \(\frac{f'(x)}{g'(x)}\) n'a pas de limite lorsque \(x\to\infty\), donc la règle de BH ne s'applique pas.
  7. Remarquons que la fonction \[ f(x) =\left(1+\frac{a}{x}\right)^x =e^{x\log\left(1+\frac{a}{x}\right)} \] permet d'écrire \(x_n=\left(1+\frac{a}{n}\right)^n=f(n)\). On étudie la limite dans l'exposant de \(f(x)\): \[\begin{aligned} \lim_{x\to\infty}x\log \left(1 + \frac{a}{x}\right) &= \lim_{x\to\infty}\frac{\log\left(1 + \frac{a}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\\ &=a \lim_{x\to\infty}\frac{\log\left(1 + \frac{a}{x}\right)}{\frac{a}{x}}\\ &=a \lim_{y\to 0}\frac{\log\left(1 + y\right)}{y}=a\,. \end{aligned}\] Finalement, en utilisant la continuité de la fonction exponentielle au point \(a\), \[ \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}\left(1 +\frac{a}{n}\right)^n = \lim_{x\to\infty}f(x)=e^{a}\,. \]
  8. On procède comme au point précédent. On a \[ \big(1 + \sin(x)\big)^{1/x} = \exp \left(\frac{1}{x}\log\big(1+ \sin(x)\big)\right)\,. \] On calcule d'abord la limite de l'exposant. Posons \[ f(x)=\log\big(1+\sin(x)\big)\,,\qquad g(x)=x\,. \] Alors \(\lim_{x\to 0}f(x)=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0\) et \(g'(x)=1\neq 0\). Ainsi \[ \lim_{x\to 0}\frac{\log(1 + \sin(x))}{x}\overset{\text{BH}}{=}\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\cos(x)}{1 + \sin(x)}}{1} = 1\,, \] et par conséquent (on utilise encore la continuité de l'exponentielle en \(1\)) \[ \lim_{x\to 0}(1 + \sin(x))^{1/x}= e^1=e\,. \]

    Remarque: On aurait aussi pu calculer la limite dans l'exponentielle sans passer par BH: \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0}&\frac{1}{x}\log\big(1+ \sin(x)\big)\\ &=\lim_{x\to 0} \frac{\log\big(1+ \sin(x)\big)}{\sin(x)} \frac{\sin(x)}{x}\\ &=\left(\lim_{y\to 0}\frac{\log(1+y)}{y}\right) \left(\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}\right)\\ &=1\cdot 1=1 \end{aligned}\]

  9. La limite est de la forme ''\(\frac00\)''. On voit que les dérivées des numérateurs et dénominateurs risquent de donner des expressions compliquées, surtout si on commence à dériver plusieurs fois. On a donc meilleur temps de regarder la fonction de plus près avant de vouloir appliquer BH, et d'écrire: \[ \frac{\sin (x)\tan (x)}{(\log (1+x))^2} =\Bigl( \frac{\sin(x)}{x} \Bigr)^2 \cdot \frac{1}{\cos (x)} \cdot \frac{1}{\Bigl(\frac{\log(1+x)}{x}\Bigr)^2} \] Comme \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1\,,\quad \lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1\,\] (voir cours), la limite cherchée vaut \(1^2\cdot \frac11\cdot\frac{1}{1^2}=1\).
  10. En introduisant \(1=\frac{x^3}{x^3}\) et en récrivant un peu la fonction on peut simplement faire apparaître des limites élémentaires: \[ \frac{x\sin (x)\tan (x)}{(e^x-1)^3} =\frac{1}{\cos(x)} \Bigl(\frac{\sin(x)}{x} \Bigr)^2 \frac{1}{(\frac{e^x-1}{x})^3}\,. \] Comme \(\frac{\sin(x)}{x}\to 1\) et \(\frac{e^x-1}{x}\to 1\), la limite demandée vaut \(1\). (Comme dans l'exercice précédent, les hypothèses de la règle de BH sont vérifiées, mais son utilisation complique le calcul de cette limite.)
  11. \[ \lim_{x\to 0^+}\underbrace{(2e^{2t}-e^t)}_{\to 1}\underbrace{\frac{1}{t}}_{\to +\infty}=+\infty \]
  12. Remarquons que cette limite est une indétermination du type ''\(1^\infty\)''. Lorsque \(x\) est petit, \(\sin(\frac{\pi}{x+2})\gt 0\), et donc \[ \Bigl\{ \sin\bigl(\frac{\pi}{x+2}\bigr) \Bigr\}^{\frac{1}{x^2}} := \exp \left( \frac{\log(\sin(\frac{\pi}{x+2}))}{x^2} \right)\,. \] Or \[ \frac{(\log(\sin(\frac{\pi}{x+2})))'}{(x^2)'} =\underbrace{ \frac{\frac{-\pi}{(x+2)^2}}{2\sin(\frac{\pi}{x+2})}}_{\to -\frac{\pi}{8}}\cdot \frac{\cos(\frac{\pi}{x+2})}{x} \] En utilisant BH, \[ \lim_{x\to 0} \frac{\cos(\frac{\pi}{x+2})}{x} = \lim_{x\to 0} -\sin(\frac{\pi}{x+2})\frac{-\pi}{(x+2)^2} =\frac{\pi}{4} \] Donc la limite cherchée vaut \[ \lim_{x\to 0} \Bigl\{ \sin\bigl(\frac{\pi}{x+2}\bigr) \Bigr\}^{\frac{1}{x^2}} =e^{-\pi^2/32}\,. \]
  13. Remarquons que si \(x\gt 1\), alors \(x-\sqrt{x^2-1}\gt x-\sqrt{x^2}=0\), donc la fonction est bien définie. Ensuite, la limite n'est pas indéterminée. En effet, en multipliant et divisant par le conjugué, \[\begin{aligned} \lim_{x\to \infty} (x-\sqrt{x^2-1}) &= \lim_{x\to \infty} \frac{x^2-(x^2-1)}{x+\sqrt{x^2-1}}\\ &= \lim_{x\to \infty} \frac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}=0\,, \end{aligned}\] et donc \[\lim_{x\to\infty}(x-\sqrt{x^2-1})^x=0\,.\]
  14. La fonction est bien définie puisque \(x+1-\sqrt{x^2-1}\geqslant 1\) pour tout \(x\geqslant 0\), mais la limite est une indétermination du type ''\(1^\infty\)'' car \[\begin{aligned} \lim_{x\to \infty} (x+1-\sqrt{x^2-1}) &= \lim_{x\to \infty} \frac{(x+1)^2-(x^2-1)}{x+1+\sqrt{x^2-1}}\\ &= \lim_{x\to \infty} \frac{2x+2}{x+1+\sqrt{x^2-1}}=1\,. \end{aligned}\] On peut donc exponentier \[ \bigl( x+1-\sqrt{x^2-1} \bigr)^x =\exp\Bigl(x\log(x+1-\sqrt{x^2-1})\Bigr) \] et utiliser la règle de BH pour calculer la limite de la fonction qui est dans l'exponentielle. Comme \[\begin{aligned} \frac{(\log(x+1-\sqrt{x^2-1}))'}{(\frac1x)'}&= \frac{\frac{1}{x+1-\sqrt{x^2-1}}(1-\frac{x}{\sqrt{x^2-1}})}{-\frac{1}{x^2}}\\ =-\underbrace{\frac{1}{x+1-\sqrt{x^2-1}}}_{\to 1} &\underbrace{x (\sqrt{x^2-1}-x)}_{\to -\frac12} \underbrace{\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}}_{\to 1} \end{aligned}\] Donc \[ \lim_{x\to \infty}\bigl( x+1-\sqrt{x^2-1} \bigr)^x =e^{1/2} \]
  15. La limite est indéterminée du type ''\(\frac00\)''. En simplifiant par \(x\), \[ \frac{x+x^2\sin(\frac{1}{x})}{\sin(x)} = \frac{1+x\sin(\frac{1}{x})}{\frac{\sin(x)}{x}}\to \frac11=1\,. \] Remarquons qu'ici, la règle de BH ne s'applique pas, puisqu'en définissant \(f(x)=x+x^2\sin(\frac{1}{x})\), \(g(x)=\sin(x)\), on voit que le quotient \(\frac{f'(x)}{g'(x)}\) n'a pas de limite lorsque \(x\to 0\).
  16. Écrivons \[ \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{1+\sin x}} = \frac{x^{\sin(x)}-1}{x}\frac{1}{x^{\sin x}}\,. \] Remarquons que (on procède comme précédemment) \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+}x^{\sin x} &=\exp \Bigl( \lim_{x\to 0^+}\sin(x)\log(x) \Bigr)\\ &=\exp \Bigl( \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin(x)}{x}x\log(x) \Bigr)\\ &=e^{1\cdot 0}=1\,. \end{aligned}\] La première limite \[ \lim_{x\to 0^+} \frac{x^{\sin(x)}-1}{x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{e^{\sin(x)\log(x)}-1}{x}\,, \] est indéterminée de la forme ''\(\frac00\)''. Les hypothèse de la règle de BH s'appliquent, on peut donc étudier la limite \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+} \frac{(e^{\sin(x)\log(x)}-1)'}{(x)'} &= \lim_{x\to 0^+} \frac{e^{\sin(x)\log(x)}(\cos x\log x+\frac{\sin x}{x})}{1}\\ &= \lim_{x\to 0^+} \underbrace{x^{\sin(x)}}_{\to 1} \bigl(\underbrace{\cos x\log x}_{\to -\infty}+\underbrace{\frac{\sin x}{x}}_{\to 1}\bigr)\\ &=-\infty\,. \end{aligned}\] On a donc \[ \lim_{x\to 0^+}\Bigl\{ \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{1+\sin x}}\Bigr\} =-\infty\,. \]