Limites d'une fonction/Exercices/Lever une indétermination

Factoriser

1. f est la fonction définie sur $[0;+\infty [$ par pour tout $x,~f(x)=x-2{\sqrt {x}}$.

a. Vérifier que l’on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$.

b. Démontrer que pour tout réel $x>0$, $f(x)=x\left(1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}\right)$.

c. En déduire la limite de f en $+\infty$.

2. g est la fonction définie sur $\mathbb {R}$ par :

pour tout $x,~g(x)={\frac {e^{2x}-1}{2e^{2x}+e^{-x}}}$.

a. Vérifier que l’on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$.

b. Démontrer que pour tout réel x, $g(x)={\frac {1-e^{-2x}}{2+e^{-3x}}}$.

c. En déduire la limite de f en $+\infty$.

Solution

Question 1.a

• $\lim _{x\to +\infty }x=+\infty$
• $\lim _{x\to +\infty }2{\sqrt {x}}=+\infty$

On a donc affaire à la forme indéterminée « $(+\infty )-(+\infty )$ »

Question 1.b

Pour tout $x\in \mathbb {R} ^{+*},~x-2{\sqrt {x}}=x\left(1-2{\frac {\sqrt {x}}{x}}\right)=x\left(1-2{\frac {\sqrt {x}}{{\sqrt {x}}{\sqrt {x}}}}\right)$

Pour tout $x\in ]0;+\infty [,~f(x)=x\left(1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}\right)$

Question 1.c

• $\lim _{x\to +\infty }{\frac {2}{\sqrt {x}}}=0$ donc $\lim _{x\to +\infty }1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}=1$

On a donc $\lim _{x\to +\infty }x\left(1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}\right)=+\infty$

Question 2.a

• $\lim _{x\to +\infty }e^{2x}-1=+\infty$
• $\lim _{x\to +\infty }2e^{2x}+e^{-x}=+\infty$

On a donc affaire à la forme indéterminée ${\frac {+\infty }{+\infty }}$

Question 2.b

Pour tout $x\in \mathbb {R} ,~{\frac {e^{2x}-1}{2e^{2x}+e^{-x}}}={\frac {e^{2x}\left(1-e^{-2x}\right)}{e^{2x}\left(2+e^{-x}e^{-2x}\right)}}$

Pour tout $x\in \mathbb {R} ,~g(x)={\frac {1-e^{-2x}}{2+e^{-3x}}}$

Question 2.c

• $\lim _{x\to +\infty }1-e^{-2x}=1$ et $\lim _{x\to +\infty }2+e^{-3x}=2$

On a donc $\lim _{x\to +\infty }g(x)={\frac {1}{2}}$

 

Utiliser l’expression conjuguée

g est la fonction définie sur $\left[1,+\infty \right[$ par :

$g(x)={\sqrt {x^{2}+2}}-{\sqrt {x^{2}-x}}$.

1. Vérifier que l’on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers $+\infty$.
2. Multiplier et diviser $g(x)$ par son expression conjuguée ${\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}$.
3. Démontrer que pour tout réel $x\geq 1$ :

   $g(x)={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}+{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}}}$.

4. En déduire la limite de g en $+\infty$.

Solution

1.

• $\lim _{x\to +\infty }x^{2}+2=+\infty$.
  On pose $X=x^{2}+2$.
  $\lim _{X\to +\infty }{\sqrt {X}}=+\infty$.
  Donc $\lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}+2}}=+\infty$.
• $\lim _{x\to +\infty }x^{2}-2=+\infty$.
  On pose $X=x^{2}-2$:$\lim _{X\to +\infty }{\sqrt {X}}=+\infty$.
  Donc $\lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}-2}}=+\infty$.

On se trouve donc face à la forme indéterminée « $(+\infty )-(+\infty )$ ».

2. Pour tout $x\in \left[1,+\infty \right[$ :

${\begin{aligned}g(x)&={\sqrt {x^{2}+2}}-{\sqrt {x^{2}-x}}\\&={\frac {\left({\sqrt {x^{2}+2}}-{\sqrt {x^{2}-x}}\right)\left({\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}\right)}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {\left({\sqrt {x^{2}+2}}\right)^{2}-\left({\sqrt {x^{2}-x}}\right)^{2}}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {x^{2}+2-(x^{2}-x)}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {x+2}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}.\end{aligned}}$

Donc pour tout $x\in \left[1,+\infty \right[$, $g(x)={\frac {x+2}{\left({\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}\right)}}$.

3. Pour tout $x\in \left[1,+\infty \right[$ :

${\begin{aligned}g(x)&={\frac {x+2}{{\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}}\\&={\frac {{\frac {1}{x}}(x+2)}{{\frac {1}{x}}\left({\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}\right)}}\\&={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {{\frac {1}{x^{2}}}(x^{2}+2)}}+{\sqrt {{\frac {1}{x^{2}}}(x^{2}-x)}}}}\\&={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}+{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}}}.\end{aligned}}$

Donc pour tout $x\in \left[1,+\infty \right[$, $g(x)={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}+{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}}}$.

4.

• $\lim _{x\to +\infty }1+{\frac {2}{x^{2}}}=\color {red}1$.
  On pose $X=1+{\frac {2}{x^{2}}}$.
  $\lim _{X\to \color {red}1}{\sqrt {X}}=1$.
  Donc $\lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}=1$.
• $\lim _{x\to +\infty }1-{\frac {1}{x}}=\color {red}1$.
  On pose $X=1-{\frac {1}{x}}$.
  $\lim _{X\to \color {red}1}{\sqrt {X}}=1$.
  Donc $\lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}=1$.
• $\lim _{x\to +\infty }1+{\frac {2}{x}}=1$.

Donc $\lim _{x\to +\infty }g(x)={\frac {1}{2}}$.

 

Déterminer les limites en $+\infty$ de :

1. ${\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)$ ;
2. ${\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}-{\sqrt {x+1}}$.

Solution

1. Pour tout $x>0$,
   ${\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)={\frac {x^{2}+1-(x+1)^{2}}{{\sqrt {x^{2}+1}}+(x+1)}}={\frac {-2x}{{\sqrt {x^{2}+1}}+x+1}}={\frac {-2}{{\sqrt {1+{\frac {1}{x^{2}}}}}+1+{\frac {1}{x}}}}$
   donc$\lim _{x\to +\infty }\left({\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)\right)=-1$.
2. Pour tout $x\geq -1$, ${\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}-{\sqrt {x+1}}={\frac {{\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)}{{\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}+{\sqrt {x+1}}}}$
   donc (d'après la question précédente) $\lim _{x\to +\infty }\left({\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}-{\sqrt {x+1}}\right)={\frac {-1}{+\infty }}=0^{-}$.

 

Simplifier

ƒ est la fonction définie sur $D=\mathbb {R} -\left\{{\frac {1}{2}};2\right\}$ par pour tout $x,~f(x)={\frac {x^{2}-5x+6}{(x-2)(2x-1)}}$.

1. Quelle est la limite en 2 de la fonction $x\mapsto x^{2}-5x+6$ ? Peut-on donner directement la limite de ƒ en 2 ?
2. Démontrer que pour tout réel x de D, $f(x)={\frac {x-3}{2x-1}}$
3. En déduire la limite de ƒ en 2.

Solution

1. Quelle est la limite en 2 de la fonction $x\mapsto x^{2}-5x+6$ ?

On trouve sans difficulté $\lim _{x\to 2}x^{2}-5x+6=0$

Peut-on donner directement la limite de ƒ en 2 ?

Si on étudie la limite du dénominateur de ƒ, on trouve également $\lim _{x\to 2}(x-2)(2x-1)=0$.

On est donc face à une forme indéterminée du type ${\frac {0}{0}}$.

2. Démontrer que pour tout réel $x\in D,~f(x)={\frac {x-3}{2x-1}}$

Pour résoudre cette question, il faut se souvenir que, lorsqu'une fonction polynomiale s'annule en un réel α, son expression se factorise par x-α.

Une fois cette propriété en tête, on peut aisément factoriser le numérateur : pour tout $x\in D,~x^{2}-5x+6=(x-2)(x-3)$

Si vous ne savez plus comment faire cette manipulation, allez consulter le cours correspondant.

Il est alors facile de conclure : pour tout $x\in D,~f(x)={\frac {x^{2}-5x+6}{(x-2)(2x-1)}}={\frac {(x-2)(x-3)}{(x-2)(2x-1)}}$

Donc, pour tout réel $x\in D,~f(x)={\frac {x-3}{2x-1}}$

3. En déduire la limite de ƒ en 2.

La forme indéterminée est levée avec cette nouvelle écriture.

$\lim _{x\to 2}f(x)=-{\frac {1}{3}}$

 

Reconnaître un taux de variation

g est la fonction définie sur $\mathbb {R} ^{*}$ par pour tout $x,~g(x)={\frac {\cos(x)-1}{x}}$.

1. Donner la limite en 0 de chacune des fonctions $x\mapsto \cos(x)-1\ et\ x\mapsto x$.
2. Peut-on alors donner directement la limite de g en 0 ?
3. Reconnaître que l’expression de $g(x)$ est un taux de variation de la fonction cos. En déduire la limite de g en 0.

Solution

1. Donner la limite en 0 de chacune des fonctions $x\mapsto \cos(x)-1\ et\ x\mapsto x$.

$\lim _{x\to 0}\cos(x)-1=0$ et $\lim _{x\to 0}x=0$

2. Peut-on alors donner directement la limite de g en 0 ?

On est en face d'une forme indéterminée du type ${\frac {0}{0}}$.

3. Reconnaître que l’expression de $g(x)$ est un taux de variation de la fonction cos. En déduire la limite de g en 0.

Si vous ne savez plus l’expression d'un taux de variation, allez consulter le cours correspondant.

On reconnaît que, pour tout $x\in \mathbb {R} ^{*},~g(x)={\frac {\cos(x)-1}{x}}={\frac {\cos(x)-\cos(0)}{x-0}}$.

La limite que l’on recherche est donc $\lim _{x\to \color {red}0}{\frac {\cos(x)-\cos(\color {red}{0}\color {black})}{x-\color {red}0}}=\cos '(\color {red}0\color {black})$.

La dérivée de $\cos$ est $-\sin$, donc $\cos '(0)=-\sin(0)=0$

Donc $\lim _{x\to 0}g(x)=0$

 

Règle simple de L'Hôpital

(Pour des généralisations à un niveau plus avancé, voir Fonctions d'une variable réelle/Dérivabilité#Théorèmes sur la dérivation.)

1. Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur $\left[a,b\right[$ et dérivables en $a$. Démontrer que si $f(a)=g(a)=0$ et $g'(a)\neq 0$, alors $\lim _{x\rightarrow a^{+}}{\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {f'(a)}{g'(a)}}$.
2. Appliquer cette règle pour calculer $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x^{2}+3x}}$ et $\lim _{x\to {\frac {\pi }{3}}}{\frac {\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}{1-2\cos x}}$.

Solution

1. Remarquons d'abord que pour $x>a$ assez proche de $a$, $g(x)=g(x)-0=g(x)-g(a)$ est non nul car ${\frac {g(x)-g(a)}{x-a}}\neq 0$, puisque quand $x\to a^{+}$, cette quantité a pour limite $g'(a)\neq 0$ (pour une formalisation de cet argument à un niveau plus avancé, voir Fonctions d'une variable réelle/Limites#Limites et relation d'ordre).
   On peut alors écrire le quotient et le transformer :
   ${\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {f(x)-0}{g(x)-0}}={\frac {f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}}={\frac {\left(f(x)-f(a)\right)/\left(x-a\right)}{\left(g(x)-g(a)\right)/\left(x-a\right)}}$.
   Puisque (par définition du nombre dérivé) quand $x\to a^{+}$, le numérateur tend vers $f'(a)$ et le dénominateur vers $g'(a)\neq 0$, la limite du quotient est bien $f'(a)/g'(a)$.
2. Pour la première limite, on pose $f(x)=\sin x$ et $g(x)=x^{2}+3x$, et l'on a donc $f(0)=g(0)=0$, $f'(x)=\cos x$ et $g'(x)=2x+3$.
   On en déduit que $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x^{2}+3x}}={\frac {f'(0)}{g'(0)}}={\frac {\cos 0}{2\times 0+3}}={\frac {1}{3}}$.
   Pour la seconde, on pose $f(x)=\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)$ et $g(x)=1-2\cos x$, et l'on a donc $f(\pi /3)=g(\pi /3)=0$, $f'(x)=\cos \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)$ et $g'(x)=2\sin x$.
   On en déduit que $\lim _{x\to {\frac {\pi }{3}}}{\frac {\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}{1-2\cos x}}={\frac {f'(\pi /3)}{g'(\pi /3)}}={\frac {\cos 0}{2\sin(\pi /3)}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}$.