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.

1. 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 \(a=b\), alors \[\begin{aligned} \lim_{x\to \infty}\frac{\log (a^x+b^x)}{x} &= \lim_{x\to \infty}\frac{\log (2a^x)}{x}\\ &=\lim_{x\to \infty} \Bigl\{ \log (a) +\frac{\log (2)}{x} \Bigr\}\\ &=\log(a)=\log(b)\,. \end{aligned}\]
   • 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 \[ \lim_{x\to \infty}\frac{\log (a^x+b^x)}{x}=\max\{\log(a),\log(b)\}\,. \]
2. La limite est indéterminée de la forme \(\frac{\infty}{\infty}\). En extrayant les termes dominants (en \(x^2\)), \[ \lim_{x\to +\infty}\frac{5x-6-x^2}{4-x^2}= \lim_{x\to +\infty} \frac{-1+\frac5x-\frac{6}{x^2}}{-1+\frac{4}{x^2}} =1\,. \]
3. 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, \[\begin{aligned} \lim_{x\to\infty} \sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2+1} &= \lim_{x\to\infty} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2+1}}\\ &= \lim_{x\to\infty} \frac{x(1-\frac{1}{x})}{|x|\bigl(\sqrt{1+\frac{1}{x}} +\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\bigr)}\\ &=\frac12\,. \end{aligned}\]
4. 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.
5. 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 \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \frac{x^{\log x}}{2^x}=0\).
6. Puisque \(\lim_{x\to+\infty}\arctan(x)=\frac{\pi}{2}\), on a \[\lim_{x\to +\infty} \sin(\arctan(x))=\sin(\tfrac{\pi}{2})=1\,.\]