Quelques exemples de calculs de limites

David A. Madore

18 octobre 2001

1er exemple : étudier la limite de 5x^{3} + x^{2} + 42 lorsque x → −∞.

Lorsque x → −∞, on a 5x^{3} → −∞ et x^{2} → +∞, donc la forme est indéterminée. Cependant, il s’agit d’un polynôme, et la technique pour résoudre l’indétermination est très classique : elle consiste à factoriser pour isoler le terme dominant. On écrit donc, pour tout x ∈ ℝ, 5x^{3} + x^{2} + 42 = x^{3}(5 + \frac{1}{x} + \frac{42}{x^{3}}). Cette fois, lorsque x → −∞, on a \frac{1}{x} → 0 et \frac{42}{x^{3}} → 0, de sorte que 5 + \frac{1}{x} + \frac{42}{x^{3}} → 5 ; et comme x^{3} → −∞, on a x^{3}(5 + \frac{1}{x} + \frac{42}{x^{3}}) → −∞, autrement dit 5x^{3} + x^{2} + 42 → −∞.

2e exemple : calculer la limite de \frac{12x^{2}+7x+2}{(x−1)(πx+3)} lorsque x → +∞.

De même que dans le 1er exemple, on a affaire à une forme indéterminée, cette fois dans une fonction rationnelle. La technique est la même : isoler le terme dominant, tant au numérateur qu’au dénominateur. Pour tout x ∈ ℝ \ \{1, −\frac{3}{π}\},

on écrit donc \frac{12x^{2}+7x+2}{(x−1)(πx+3)} = \frac{12+ \frac{7}{x} + \frac{2}{x^{2}}}{(1− \frac{1}{x})(π+ \frac{3}{x})} (après avoir extrait x^{2} du numérateur et du dénominateur). Lorsque x → +∞, on voit que le numérateur de cette expression tend vers 12 et le dénominateur vers π. On a donc montré que \frac{12x^{2}+7x+2}{(x−1)(πx+3)} → \frac{12}{π} lorsque x → +∞.

3e exemple : étudier la limite de \frac{31x+1729}{8−x−x^{2}} quand x → +∞.

Même situation que dans l’exemple précédent — il faut juste veiller à bien trouver le terme dominant et à comparer leurs degrés ! On écrit \frac{31x+1729}{8−x−x^{2}} = \frac{1}{x} ·

\frac{31+ \frac{1729}{x}}{−1− \frac{1}{x} + \frac{8}{x^{2}}} (en tout point du domaine de définition). Quand x → +∞, on a \frac{1}{x} → 0^{+},

et \frac{31+ \frac{1729}{x}}{−1− \frac{1}{x} + \frac{8}{x^{2}}} → −31, donc \frac{31x+1729}{8−x−x^{2}} → 0^{−} (on n’est pas obligé d’être si précis : il est tout à fait correct de retirer le signe en exposant au 0).

4e exemple : déterminer la limite de \frac{x^{4}−x^{3}−x+1}{x^{7}−x^{6}+x^{5}−x^{4}+x−1} quand x → 1.

Cette fois, on étudie une fraction rationnelle en un point réel (i.e. fini). La forme est indéterminée, c’est-à-dire que le numérateur et le dénominateur s’annulent tous deux en x = 1 : ces polynômes y ont donc une racine, et on peut les factoriser par (x − 1). Précisément, pour tout x réel on a x^{4} − x^{3} − x + 1 = (x − 1)(x^{3} − 1) et x^{7} − x^{6} + x^{5} − x^{4} + x − 1 = (x − 1)(x^{6} + x^{4} + 1) (dans le cas général, il faudrait poser la division des polynômes, mais ici c’est très facile à voir). On a donc, pour x ∈ ℝ \ \{1\}, \frac{x^{4}−x^{3}−x+1}{x^{7}−x^{6}+x^{5}−x^{4}+x−1} = \frac{x^{3}−1}{x^{6}+x^{4}+1}, ce qui résout l’indétermination, et quand x → 1, on voit alors aisément que cette expression tend vers 0.

5e exemple : étudier la limite de \sqrt{x^{2} + x} + x quand x → −∞.

Ici, on a une forme indéterminée causée par une somme de racines : on introduit donc la quantité conjuguée, et on écrit (\sqrt{x^{2} + x} + x)(\sqrt{x^{2} + x} − x) = (x^{2} + x) − x^{2} = x pour tout x tel que x^{2} + x ≥ 0 (c’est-à-dire x ≤ −1 ou x ≥ 0). On a donc, pour de tels x, \sqrt{x^{2} + x} + x = \frac{x}{\sqrt{x^{2}+x}−x}, et pour x < −1, cela vaut encore _{\frac{1}{−\sqrt{1+ \frac{1}{x}} −1}} (attention ! pour x ≤ 0, on a \sqrt{x^{2}} = −x). Par conséquent,

lorsque x → −∞, \sqrt{x^{2} + x} + x → −\frac{1}{2}.

6e exemple : étudier la limite de \sqrt{x^{4} + 2x^{3}}+x^{2}−2\sqrt{x^{4} + x^{3}} pour x → +∞. Cet exemple est un peu vicieux, il s’agit d’abord de ne pas perdre son sang-

froid. Écrivons d’abord \sqrt{x^{4} + 2x^{3}}+x^{2}−2\sqrt{x^{4} + x^{3}} = (\sqrt{x^{4} + 2x^{3}}−\sqrt{x^{4} + x^{3}})+ (x^{2} −\sqrt{x^{4} + x^{3}}), de façon à pouvoir faire apparaître des quantités conjuguées. En effet, \sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + x^{3}} = \frac{x^{3}}{\sqrt{x^{4}+2x^{3}}+\sqrt{x^{4}+x^{3}}} et de même x^{2} − \sqrt{x^{4} + x^{3}} = −\frac{x^{3}}{x^{2}+\sqrt{x^{4}+x^{3}}} , de sorte que l’on a \sqrt{x^{4} + 2x^{3}} + x^{2} − 2\sqrt{x^{4} + x^{3}} = _{\frac{x}{\sqrt{1+ \frac{2}{x}} +\sqrt{1+ \frac{1}{x}}}} −

\frac{x}{1+\sqrt{1+ \frac{1}{x}}} (pour x > 0). En rapportant ces deux termes au même dénominateur

D = (\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + \sqrt{1 + \frac{1}{x}})(1 + \sqrt{1 + \frac{1}{x}}), le numérateur vaut N = x(1 +

\sqrt{1 + \frac{1}{x}} − \sqrt{1 + \frac{2}{x}} − \sqrt{1 + \frac{1}{x}}), soit x(1 − \sqrt{1 + \frac{2}{x}}). Pour déterminer la limite de N, on introduit une nouvelle fois la quantité conjuguée : N = −_{\frac{2}{1+\sqrt{1+ \frac{2}{x}}}}, donc

N → −1 lorsque x → +∞, et par ailleurs, D → 4 (il n’y a pas là de forme indéterminée). Donc finalement, \sqrt{x^{4} + 2x^{3}} + x^{2} − 2\sqrt{x^{4} + x^{3}} → −\frac{1}{4} lorsque x → +∞.

7e exemple : étudier la limite de \sqrt[3]{x^{3} + x^{2}} − x quand x → +∞.

Avec les racines cubiques, il s’agit de faire intervenir l’identité remarquable a^{3} − b^{3} = (a − b)(a^{2} + ab + b^{2}). On écrit donc (x^{3} + x^{2}) − x^{3} = (\sqrt[3]{x^{3} + x^{2}} − x) (\sqrt[3]{(x^{3} + x^{2})^{2}}+x\sqrt[3]{x^{3} + x^{2}}+x^{2}). Par conséquent, \sqrt[3]{x^{3} + x^{2}}−x se réécrit comme

(\sqrt[3]{(1 + \frac{1}{x})^{2}} + \sqrt[3]{1 + \frac{1}{x}} + 1)^{−1}, et la limite recherchée est \frac{1}{3}.

8e exemple : calculer la limite de ^{\frac{e^{\sqrt{x^{2}+x}}}{1+e^{x}}} lorsque x → +∞.

L’idée est que le 1 au dénominateur ne contribue pour rien. Pour expliciter ce fait, écrivons ^{\frac{e^{\sqrt{x^{2}+x}}}{1+e^{x}}} = ^{\frac{e^{\sqrt{x^{2}+x}}}{e^{x}}} · \frac{1}{e^{−x}+1} : le second facteur tend vers 1, et le premier se réécrit e^{\sqrt{x^{2}+x}−x}. Comme \sqrt{x^{2} + x} − x = _{\frac{1}{\sqrt{1+ \frac{1}{x}} +1}} (pour x ≥ 0), on a

\sqrt{x^{2} + x} − x → \frac{1}{2} lorsque x → +∞; on a donc e^{\sqrt{x^{2}+x}−x} → \sqrt{e}, et finalement \frac{e^{\sqrt{x^{2}+x}}}{1+e^{x}} → \sqrt{e}.

9e exemple : calculer la limite de \frac{3 sin θ−sin 3θ}{θ(1−cos θ)} lorsque θ → 0.

Rappelons que sin 3θ = 3 sin θ−4 sin^{3} θ. On a donc 3 sin θ−sin 3θ = 4 sin^{3} θ. Par ailleurs, cos 2θ = 1−2 sin^{2} θ de sorte que 1−cos θ = 2 sin^{2} \frac{θ}{2}. Il s’agit donc de

calculer la limite de \frac{4 sin^{3} θ}{2θ sin^{2} \frac{θ}{2}} . Cela se réécrit comme 8\frac{sin^{3} θ}{θ^{3}} \frac{( \frac{θ}{2} )^{2}}{sin^{2} \frac{θ}{2}} . Lorsque θ → 0,

on a \frac{sin θ}{θ} → 1, et de même \frac{θ}{2} → 0 donc \frac{( \frac{θ}{2} )}{sin \frac{θ}{2}} → 1, donc les deux derniers facteurs de cette expression tendent vers 1, et la limite recherchée est 8.

10e exemple : calculer la limite de \frac{\sqrt{3} cos t−sin t}{t− \frac{π}{3}} lorsque t → \frac{π}{3}.

On a \sqrt{3} cos t − sin t = 2(cos t sin \frac{π}{3} − sin t cos \frac{π}{3}) = 2 sin(\frac{π}{3} − t). Lorsque t → \frac{π}{3}, on a \frac{sin(t− \frac{π}{3} )}{t− \frac{π}{3}} → 1, donc la limite recherchée est −2.

11e exemple : étudier la limite de e^{x^{2}} − e^{x} quand x → +∞.

Pour tout x ∈ ℝ, on a e^{x^{2}} − e^{x} = e^{x}(e^{x^{2}−x} − 1) = e^{x}(e^{x^{2}(1− \frac{1}{x})} − 1). Lorsque x → +∞, on a 1 − \frac{1}{x} → 1, donc e^{x^{2}(1− \frac{1}{x})} → +∞, donc e^{x^{2}(1− \frac{1}{x})} − 1 → +∞, et comme e^{x} → +∞ on a e^{x}(e^{x^{2}(1− \frac{1}{x})} − 1) → +∞, c’est-à-dire e^{x^{2}} − e^{x} → +∞.

12e exemple : étudier la limite de \sqrt{u + sin u} − \sqrt{u} lorsque u → +∞.

À nouveau, on introduit la quantité conjuguée : on a \sqrt{u + sin u} − \sqrt{u} = \frac{sin u}{\sqrt{u+sin u}+\sqrt{u}}. Lorsque u → +∞, la quantité sin u reste bornée (entre −1 et 1). Et la quantité \frac{1}{\sqrt{u+sin u}+\sqrt{u}} tend vers 0 (en effet, u + sin u est minorée par u − 1 qui tend vers +∞, donc elle tend aussi vers +∞). Leur produit tend donc vers 0, qui est la limite recherchée.

13e exemple : déterminer la limite de \sqrt{x} ln tan x quand x → 0^{+}.

On a ln tan x = ln x+ln \frac{sin x}{x} −ln cos x (pour x assez petit et positif). Or quand x → 0, on a \frac{sin x}{x} → 1 et cos x → 1, de sorte que ln \frac{sin x}{x} → 0 et ln cos x → 0, et a fortiori \sqrt{x} ln \frac{sin x}{x} → 0 et \sqrt{x} ln cos x → 0. Enfin, \sqrt{x} ln x = 2\sqrt{x} ln \sqrt{x}. Mais on sait que si y → 0^{+} on a y ln y → 0 : puisque \sqrt{x} → 0^{+} quand x → 0, on a aussi \sqrt{x} ln \sqrt{x} → 0. Et finalement, la limite recherchée est 0.

14e exemple : étudier la limite de z(ln(z + 1) − ln z) pour z → +∞.

On a ln(z + 1) − ln z = ln \frac{z+1}{z} = ln(1 + \frac{1}{z}) pour tout z > 0. Rappelons que la dérivée de ln en 1 est 1 : cela signifie précisément que lim_{h→0} \frac{ln(1+h)−ln 1}{h} = 1. Autrement dit \frac{1}{h} ln(1 + h) → 1 quand h → 0. On a donc z ln(1 + \frac{1}{z}) → 1 quand z → +∞. Ceci montre donc que z(ln(z + 1) − ln z) → 1 quand z → +∞.

15e exemple : calculer la limite de E(x)/x quand x → +∞, où E(x) désigne la fonction partie entière.

On sait que pour tout réel x on a x − 1 < E(x) ≤ x (avec de plus E(x) entier, et ceci caractérise la fonction partie entière). On a donc 1 − \frac{1}{x} < \frac{E(x)}{x} ≤ 1 pour tout x > 0. Quand x → +∞, on a 1 − \frac{1}{x} → 1. On a donc montré que \frac{E(x)}{x} est encadrée au voisinage de +∞ par deux fonctions de limite 1, c’est donc que \frac{E(x)}{x} → 1 également.

16e exemple : étudier la limite de e^{1/x} E(sin x) quand x → 0^{+}.

Lorsque 0 < x < \frac{π}{2}, on a 0 < sin x < 1, et par conséquent E(sin x) = 0 (autrement dit, la fonction x ↦ E(sin x) est constamment égale à 0 sur ]0; \frac{π}{2}[). On a donc aussi e^{1/x} E(sin x) = 0 pour 0 < x < \frac{π}{2}, et la limite est 0 (non seulement la fonction tend vers 0, mais même elle vaut 0 sur tout un voisinage à droite de 0).

17e exemple : déterminer la limite de (x − 1)e^{1/ ln x} quand x → 1^{+}.

Effectuons le changement de variable x = 1 + h: il s’agit donc de déterminer la limite de he^{1/ ln(1+h)} quand h → 0^{+}. Comme on l’a observé plus haut (14e exemple), on a \frac{1}{h} ln(1 + h) = 1 lorsque h → 0, et en particulier lorsque h → 0^{+}. D’après la définition de la limite, il existe donc un certain α > 0 tel que si 0 < h < α on ait, disons, 0.9 < \frac{1}{h} ln(1 + h) < 1.1, c’est-à-dire 0.9 h < ln(1 + h) < 1.1 h. On a alors \frac{1}{1.1 h} < \frac{1}{ln(1+h)} < \frac{1}{0.9 h}, et donc \frac{0.9}{h} < \frac{1}{ln(1+h)} < \frac{1.2}{h}. Mais alors, la fonction exponentielle étant croissante, on a e^{0.9/h} < e^{1/ ln(1+h)} < e^{1.2/h}. Donc he^{0.9/h} < he^{1/ ln(1+h)} < he^{1.2/h}.

On sait que \frac{e^{u}}{u} → +∞ quand u → +∞. On a donc, pour u = 0.9/h, \frac{h}{0.9}e^{0.9/h} → +∞ quand h → 0^{+}, et par conséquent he^{0.9/h} → +∞. Mais sur un certain voisinage à droite de 0 (à savoir, ]0; α[), la quantité he^{0.9/h} minore, on l’a vu, he^{1/ ln(1+h)}. Puisque he^{0.9/h} → +∞ quand h → 0^{+}, on a certainement aussi he^{1/ ln(1+h)} → +∞. On a donc prouvé (x − 1)e^{1/ ln x} → +∞ pour x → 1^{+}.

18e exemple : étudier la limite de e^{x+sin x} − e^{x} quand x → +∞.

Il s’agit cette fois de prouver que la limite n’existe pas. (Il ne suffit évidemment pas de dire que sin x n’a pas de limite quand x → +∞; d’ailleurs, x + sin x, lui, admet une limite quand x → +∞, à savoir +∞, puisqu’il est minoré par x − 1 qui tend vers +∞.)

Posons f(x) = e^{x+sin x} − e^{x}. Si x = \frac{π}{2} + 2kπ avec k ∈ ℤ, alors e^{x+sin x} − e^{x} = (e − 1)e^{x}. Puisque e − 1 > 0, on voit que ceci tend vers +∞ lorsque k → +∞. En revanche, si x = −\frac{π}{2} + 2kπ alors e^{x+sin x} − e^{x} = (\frac{1}{e} − 1)e^{x}, et ceci tend vers −∞ quand k → +∞.

On a donc f(\frac{π}{2} + 2kπ) → +∞ et f(−\frac{π}{2} + 2kπ) → −∞, quand k → +∞. Mais f(x) ne peut pas admettre une limite ℓ (finie ou infinie) quand x → +∞, car si tel était le cas on aurait f(\frac{π}{2} + 2kπ) → ℓ et f(−\frac{π}{2} + 2kπ) → ℓ, donc ces deux limites seraient égales, et on vient de voir qu’elles ne le sont pas.