Fonctions d'une variable réelle/Exercices/Calcul de limites

Exercice 7-1

Calculer les cinq limites suivantes :

• $\lim _{x\to 0}{(1+\sin x)^{\frac {1}{x}}}$

Solution

Par définition, $(1+\sin x)^{\frac {1}{x}}=\mathrm {e} ^{f(x)}$ avec $f(x)={\frac {\ln(1+\sin x)}{x}}\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,{\frac {\sin x}{x}}\,{\underset {x\to 0}{\to }}\,1$, donc $\lim _{x\to 0}{(1+\sin x)^{\frac {1}{x}}}=\mathrm {e} ^{1}=\mathrm {e}$.

 

• $\lim _{x\to +\infty }{(1+x)^{\frac {1}{x}}}$

Solution

$(1+x)^{\frac {1}{x}}=\mathrm {e} ^{f(x)}$ avec $f(x)={\frac {\ln(1+x)}{x}}\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,{\frac {\ln(1+x)}{1+x}}\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,0$, donc $\lim _{x\to +\infty }{(1+x)^{\frac {1}{x}}}=\mathrm {e} ^{0}=1$.

 

• $\lim _{x\to +\infty }{\sqrt[{3}]{x}}\left({\sqrt[{3}]{(x+1)^{2}}}-{\sqrt[{3}]{(x-1)^{2}}}\right)$

Solution

${\begin{aligned}{\sqrt[{3}]{x}}\left({\sqrt[{3}]{(x+1)^{2}}}-{\sqrt[{3}]{(x-1)^{2}}}\right)&=x^{\frac {1}{3}}\left(\left(x+1\right)^{\frac {2}{3}}-\left(x-1\right)^{\frac {2}{3}}\right)\\&=x\left(\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{\frac {2}{3}}-\left(1-{\frac {1}{x}}\right)^{\frac {2}{3}}\right)\\&\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,x\times {\frac {4}{3x}}\end{aligned}}$

Donc

$\lim _{x\to +\infty }{\sqrt[{3}]{x}}\left({\sqrt[{3}]{(x+1)^{2}}}-{\sqrt[{3}]{(x-1)^{2}}}\right)={\frac {4}{3}}$.

 

• $\lim _{x\to (-1)^{+}}{\frac {{\sqrt {\pi }}-{\sqrt {\arccos }}x}{\sqrt {x+1}}}$.

Solution

$\lim _{x\to (-1)^{+}}{\frac {{\sqrt {\pi }}-{\sqrt {\arccos }}x}{\sqrt {x+1}}}=\lim _{y\to 0^{+}}{\frac {{\sqrt {\pi }}-{\sqrt {\pi -y}}}{\sqrt {\cos(\pi -y)+1}}}={\sqrt {\pi }}\lim _{y\to 0^{+}}{\frac {1-{\sqrt {1-y/\pi }}}{\sqrt {1-\cos y}}}={\sqrt {\pi }}\lim _{y\to 0^{+}}{\frac {y/(2\pi )}{\sqrt {y^{2}/2}}}={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}$.

 

• $\lim _{x\to +\infty }x^{2}\left(\mathrm {e} ^{\frac {1}{x}}-\mathrm {e} ^{\frac {1}{x+1}}\right)$.

Solution

D'après le théorème des accroissements finis, cette expression est égale à ${\frac {x^{2}}{c_{x}^{2}}}\mathrm {e} ^{\frac {1}{c_{x}}}$ pour un certain $c_{x}\in \left]x,x+1\right[$, ou encore (selon le choix de la fonction et de l'intervalle) à $x^{2}\left({\frac {1}{x}}-{\frac {1}{x+1}}\right)\mathrm {e} ^{d_{x}}={\frac {x}{x+1}}\mathrm {e} ^{d_{x}}$ pour un certain $d_{x}\in \left]{\frac {1}{x+1}},{\frac {1}{x}}\right[$. Sa limite quand $x\to +\infty$ est donc égale à $1$.

Ou plus simplement : $\mathrm {e} ^{\frac {1}{x}}-\mathrm {e} ^{\frac {1}{x+1}}=\left(1+{\frac {1}{x}}+o\left({\frac {1}{x}}\right)\right)-\left(1+{\frac {1}{x+1}}+o\left({\frac {1}{x+1}}\right)\right)={\frac {1}{x}}-{\frac {1}{x+1}}+o\left({\frac {1}{x}}\right)\sim _{\infty }{\frac {1}{x^{2}}}$.

Ou encore : appliquer deux fois de suite la règle de l'Hôpital à $\lim _{y\to 0}{\frac {\mathrm {e} ^{y}-\mathrm {e} ^{\frac {y}{1+y}}}{y^{2}}}$.

 

Exercice 7-2

Calculer (en fonction de $a,b>0$) :

• $\lim _{x\to +\infty }\left(a^{x}+b^{x}\right)^{\frac {1}{x}}$ ;

Solution

Quand $x\to +\infty$, si $b\leq a$,

$\left(a^{x}+b^{x}\right)^{\frac {1}{x}}=a\left(1+\left({\frac {b}{a}}\right)^{x}\right)^{\frac {1}{x}}\to a$

car pour tout $x>0$,

$1<\left(1+\left({\frac {b}{a}}\right)^{x}\right)^{\frac {1}{x}}\leq 2^{\frac {1}{x}}$ (et $2^{\frac {1}{x}}\to 2^{0}=1$).

De même, si $a\leq b$, la limite est $b$.

Dans les deux cas, la limite est donc $\max(a,b)$.

 

• $\lim _{x\to 0}\left({\frac {a^{x}+b^{x}}{2}}\right)^{\frac {1}{x}}$.

Solution

Soit $y(x)={a^{x}+b^{x} \over 2}=1+x{\ln a+\ln b \over 2}+o(x)$,

$\lim _{x\to 0}{\ln y(x) \over x}={\ln a+\ln b \over 2}$

donc $\lim _{x\to 0}\left({\frac {a^{x}+b^{x}}{2}}\right)^{\frac {1}{x}}={\sqrt {ab}}$.

 

• Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$ fixé, calculer $\lim _{x\to 0}\left({\frac {1^{x}+2^{x}+\dots +n^{x}}{n}}\right)^{1/x}$.

Solution

Quand $x\to 0$,

$k^{x}=\operatorname {e} ^{x\ln k}=1+x\ln k+o(x)$

donc

${\frac {1^{x}+2^{x}+\dots +n^{x}}{n}}=1+Cx+o(x)$ avec $C={\frac {\ln 1+\ln 2+\dots +\ln n}{n}}={\frac {\ln(n!)}{n}}$

et

${\frac {1}{x}}\ln \left({\frac {1^{x}+2^{x}+\dots +n^{x}}{n}}\right)={\frac {1}{x}}\ln \left(1+Cx+o(x)\right)\to C$,

si bien que

$\lim _{x\to 0}\left({\frac {1^{x}+2^{x}+\dots +n^{x}}{n}}\right)^{1/x}=\operatorname {e} ^{C}=(n!)^{n}$.

 

Exercice 7-3

Calculer, suivant les valeurs de $\alpha \in \mathbb {R}$ :

• $\lim _{x\to +\infty }(x^{2}+1)^{\alpha }-(x+1)^{2\alpha }$

Solution

$(x^{2}+1)^{\alpha }-(x+1)^{2\alpha }=x^{2\alpha }\left[\left(1+{\frac {1}{x^{2}}}\right)^{\alpha }-\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{2\alpha }\right]=x^{2\alpha }\left[1+o\left({\frac {1}{x}}\right)-\left(1+{\frac {2\alpha }{x}}+o\left({\frac {1}{x}}\right)\right)\right]\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,-2\alpha x^{2\alpha -1}$

donc la limite est :

${\begin{cases}0&{\text{si }}\alpha <{\frac {1}{2}}\\-1&{\text{si }}\alpha ={\frac {1}{2}}\\-\infty &{\text{si }}\alpha >{\frac {1}{2}}.\end{cases}}$

 

• $\lim _{x\to +\infty }{\left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)^{x}}$

Solution

Si $\alpha \leq 0$, $\lim _{x\to +\infty }{\left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)^{x}}=+\infty$.

Si $\alpha >0$, $\ln \left(\left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)^{x}\right)=x\ln \left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,x^{1-\alpha }$ donc :

• si $0<\alpha <1$, $\lim _{x\to +\infty }{\left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)^{x}}=\mathrm {e} ^{+\infty }={+\infty }$ ;
• si $\alpha >1$, $\lim _{x\to +\infty }{\left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)^{x}}=\mathrm {e} ^{0}=1$ ;
• si $\alpha =1$, $\lim _{x\to +\infty }{\left(1+{\frac {1}{x^{\alpha }}}\right)^{x}}=\mathrm {e} ^{1}=\mathrm {e}$.

 

Exercice 7-4

Calculer les trois limites suivantes (voir si nécessaire : Trigonométrie hyperbolique) :

1. $\lim _{x\to 0^{+}}x\operatorname {arcosh} \left(x\sinh(1/x)\right)$ ;
2. $\lim _{x\to +\infty }\left(\sinh {\sqrt {x^{2}+x}}-\sinh {\sqrt {x^{2}-x}}\right)$ ;
3. $\lim _{x\to +\infty }\left(\cosh {\sqrt {x+1}}-\cosh {\sqrt {x}}\right)^{\frac {1}{\sqrt {x}}}$.

Solution

1. ${\frac {\sinh u}{u}}\,{\underset {u\to +\infty }{\sim }}\,{\frac {\mathrm {e} ^{u}}{2u}}\,{\underset {u\to +\infty }{\to }}\,+\infty$ et $\operatorname {arcosh} v\,{\underset {v\to +\infty }{\sim }}\,\ln v$

   donc

   $\operatorname {arcosh} \left(x\sinh(1/x)\right)\,{\underset {x\to 0^{+}}{\sim }}\,\ln \left(x\sinh(1/x)\right)\,{\underset {x\to 0^{+}}{\sim }}\,\ln {\frac {x\mathrm {e} ^{1/x}}{2}}\,{\underset {x\to 0^{+}}{\sim }}\,{\frac {1}{x}}$,

   c'est-à-dire

   $\lim _{x\to 0^{+}}x\operatorname {arcosh} \left(x\sinh(1/x)\right)=1$.

2. ${\sqrt {x^{2}+x}}-{\sqrt {x^{2}-x}}=x\left({\sqrt {1+1/x}}-{\sqrt {1-1/x}}\right)\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,1$

   donc

   $\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}+x}}-\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}-x}}=\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}-x}}\left(\mathrm {e} ^{{\sqrt {x^{2}+x}}-{\sqrt {x^{2}-x}}}-1\right)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}-x}}(\mathrm {e} -1)\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,+\infty$.

   Par conséquent, $\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x^{2}-x}}}-\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x^{2}+x}}}\,{\underset {x\to +\infty }{=}}\,o\left(\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}+x}}-\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}-x}}\right)$ et

   $\sinh {\sqrt {x^{2}+x}}-\sinh {\sqrt {x^{2}-x}}={\frac {\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}+x}}-\mathrm {e} ^{\sqrt {x^{2}-x}}+\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x^{2}-x}}}-\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x^{2}+x}}}}{2}}\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,+\infty$.

3. ${\sqrt {x+1}}-{\sqrt {x}}={\sqrt {x}}\left({\sqrt {1+1/x}}-1\right)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,0$

   donc

   $\mathrm {e} ^{\sqrt {x+1}}-\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}=\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}\left(\mathrm {e} ^{{\sqrt {x+1}}-{\sqrt {x}}}-1\right)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,{\frac {\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}}{2{\sqrt {x}}}}\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,+\infty$.

   Par conséquent, $\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x}}}-\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x+1}}}\,{\underset {x\to +\infty }{=}}\,o\left(\mathrm {e} ^{\sqrt {x+1}}-\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}\right)$ et

   $\cosh {\sqrt {x+1}}-\cosh {\sqrt {x}}={\frac {\mathrm {e} ^{\sqrt {x+1}}-\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}+\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x}}}-\mathrm {e} ^{-{\sqrt {x+1}}}}{2}}\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,{\frac {\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}}{4{\sqrt {x}}}}\,{\underset {x\to +\infty }{\to }}\,+\infty$,

   si bien que

   $\ln \left(\cosh {\sqrt {x+1}}-\cosh {\sqrt {x}}\right)\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,\ln \left({\frac {\mathrm {e} ^{\sqrt {x}}}{4{\sqrt {x}}}}\right)={\sqrt {x}}-\ln(4{\sqrt {x}})\,{\underset {x\to +\infty }{\sim }}\,{\sqrt {x}}$

   et finalement,

   $\lim _{x\to +\infty }\left(\cosh {\sqrt {x+1}}-\cosh {\sqrt {x}}\right)^{\frac {1}{\sqrt {x}}}=\lim _{x\to +\infty }\exp {\frac {\ln \left(\cosh {\sqrt {x+1}}-\cosh {\sqrt {x}}\right)}{\sqrt {x}}}=\exp 1=\mathrm {e}$.

 

Exercice 7-5

Calculer les six limites suivantes :

1. $\lim _{x\to 1^{-}}{\frac {\arcsin x}{\tan {\frac {\pi x}{2}}}}$ ;
2. $\lim _{x\to 0}{\frac {\cos(x^{4})-1}{x^{8}\operatorname {e} ^{x}}}$ ;
3. $\lim _{x\to 0}\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{\frac {1}{\sin x}}$ ;
4. $\lim _{x\to 0}(\cos ax)^{\operatorname {cotan} bx}$ ;
5. $\lim _{x\to 0}\left({\frac {1+x}{1-x}}\right)^{1/\sin x}$ ;
6. $\lim _{x\to \pi /4}(\tan x)^{\tan(2x)}$.

Solution

1. $\lim _{x\to 1^{-}}{\frac {\arcsin x}{\tan {\frac {\pi x}{2}}}}={\frac {\pi /2}{+\infty }}=0$.
2. ${\frac {\cos(x^{4})-1}{x^{8}\operatorname {e} ^{x}}}\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,{\frac {-(x^{4})^{2}/2}{x^{8}}}=-{\frac {1}{2}}$.
3. ${\frac {1}{\sin x}}\ln {\frac {\sin x}{x}}\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,{\frac {1}{x}}\left({\frac {\sin x}{x}}-1\right)\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,-{\frac {x}{6}}$ donc $\lim _{x\to 0}\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{\frac {1}{\sin x}}=\mathrm {e} ^{0}=1$.
4. $\operatorname {cotan} bx\ln(\cos ax)\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,{\frac {\cos ax-1}{bx}}\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,{\frac {-a^{2}x}{2b}}$ donc $\lim _{x\to 0}(\cos ax)^{\operatorname {cotan} bx}=\mathrm {e} ^{0}=1$.
5. $\ln(1+x)-\ln(1-x)\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,x-(-x)=2x$ et $\sin x\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,x$ donc $\lim _{x\to 0}\left({\frac {1+x}{1-x}}\right)^{1/\sin x}=\mathrm {e} ^{2}$.
6. Soient $x=(\pi /4)+y$ avec $y\to 0$, donc $t:=\tan y\to 0$, alors $\tan(2x)\ln(\tan x)=\tan(\pi /2+2y)\ln(\tan(\pi /4+y))={-\ln(\tan(\pi /4+y)) \over \tan(2y)}=-\ln \left({1+t \over 1-t}\right){1-t^{2} \over 2t}\sim _{0}-{2t \over 1-t}{1-t^{2} \over 2t}=-(1+t)\to -1$ donc $(\tan x)^{\tan(2x)}\to 1/\mathrm {e}$.

 

Lien externe

« Limite de fonction (calculateur en ligne) », sur dcode.fr