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Exercice : Lever une indéterminationLimites d'une fonction/Exercices/Lever une indétermination », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
1. f est la fonction définie sur
[
0
;
+
∞
[
{\displaystyle [0;+\infty [}
par pour tout
x
,
f
(
x
)
=
x
−
2
x
{\displaystyle x,~f(x)=x-2{\sqrt {x}}}
.
a. Vérifier que l’on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
b. Démontrer que pour tout réel
x
>
0
{\displaystyle x>0}
,
f
(
x
)
=
x
(
1
−
2
x
)
{\displaystyle f(x)=x\left(1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}\right)}
.
c. En déduire la limite de f en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
2. g est la fonction définie sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
par :
pour tout
x
,
g
(
x
)
=
e
2
x
−
1
2
e
2
x
+
e
−
x
{\displaystyle 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
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
b. Démontrer que pour tout réel x ,
g
(
x
)
=
1
−
e
−
2
x
2
+
e
−
3
x
{\displaystyle g(x)={\frac {1-e^{-2x}}{2+e^{-3x}}}}
.
c. En déduire la limite de f en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Solution
Question 1.a
lim
x
→
+
∞
x
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x=+\infty }
lim
x
→
+
∞
2
x
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }2{\sqrt {x}}=+\infty }
On a donc affaire à la forme indéterminée «
(
+
∞
)
−
(
+
∞
)
{\displaystyle (+\infty )-(+\infty )}
»
Question 1.b
Pour tout
x
∈
R
+
∗
,
x
−
2
x
=
x
(
1
−
2
x
x
)
=
x
(
1
−
2
x
x
x
)
{\displaystyle 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
∈
]
0
;
+
∞
[
,
f
(
x
)
=
x
(
1
−
2
x
)
{\displaystyle x\in ]0;+\infty [,~f(x)=x\left(1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}\right)}
Question 1.c
lim
x
→
+
∞
2
x
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\frac {2}{\sqrt {x}}}=0}
donc
lim
x
→
+
∞
1
−
2
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}=1}
On a donc
lim
x
→
+
∞
x
(
1
−
2
x
)
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x\left(1-{\frac {2}{\sqrt {x}}}\right)=+\infty }
Question 2.a
lim
x
→
+
∞
e
2
x
−
1
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }e^{2x}-1=+\infty }
lim
x
→
+
∞
2
e
2
x
+
e
−
x
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }2e^{2x}+e^{-x}=+\infty }
On a donc affaire à la forme indéterminée
+
∞
+
∞
{\displaystyle {\frac {+\infty }{+\infty }}}
Question 2.b
Pour tout
x
∈
R
,
e
2
x
−
1
2
e
2
x
+
e
−
x
=
e
2
x
(
1
−
e
−
2
x
)
e
2
x
(
2
+
e
−
x
e
−
2
x
)
{\displaystyle 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
∈
R
,
g
(
x
)
=
1
−
e
−
2
x
2
+
e
−
3
x
{\displaystyle x\in \mathbb {R} ,~g(x)={\frac {1-e^{-2x}}{2+e^{-3x}}}}
Question 2.c
lim
x
→
+
∞
1
−
e
−
2
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1-e^{-2x}=1}
et
lim
x
→
+
∞
2
+
e
−
3
x
=
2
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }2+e^{-3x}=2}
On a donc
lim
x
→
+
∞
g
(
x
)
=
1
2
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }g(x)={\frac {1}{2}}}
g est la fonction définie sur
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle \left[1,+\infty \right[}
par :
g
(
x
)
=
x
2
+
2
−
x
2
−
x
{\displaystyle g(x)={\sqrt {x^{2}+2}}-{\sqrt {x^{2}-x}}}
.
Vérifier que l’on se trouve dans un cas d'indétermination quand x tend vers
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Multiplier et diviser
g
(
x
)
{\displaystyle g(x)}
par son expression conjuguée
x
2
+
2
+
x
2
−
x
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}}
.
Démontrer que pour tout réel
x
≥
1
{\displaystyle x\geq 1}
:
g
(
x
)
=
1
+
2
x
1
+
2
x
2
+
1
−
1
x
{\displaystyle g(x)={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}+{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}}}}
.
En déduire la limite de g en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
.
Solution
1.
lim
x
→
+
∞
x
2
+
2
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x^{2}+2=+\infty }
. On pose
X
=
x
2
+
2
{\displaystyle X=x^{2}+2}
.
lim
X
→
+
∞
X
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{X\to +\infty }{\sqrt {X}}=+\infty }
. Donc
lim
x
→
+
∞
x
2
+
2
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}+2}}=+\infty }
.
lim
x
→
+
∞
x
2
−
2
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }x^{2}-2=+\infty }
. On pose
X
=
x
2
−
2
{\displaystyle X=x^{2}-2}
:
lim
X
→
+
∞
X
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{X\to +\infty }{\sqrt {X}}=+\infty }
. Donc
lim
x
→
+
∞
x
2
−
2
=
+
∞
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {x^{2}-2}}=+\infty }
.
On se trouve donc face à la forme indéterminée «
(
+
∞
)
−
(
+
∞
)
{\displaystyle (+\infty )-(+\infty )}
».
2. Pour tout
x
∈
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left[1,+\infty \right[}
:
g
(
x
)
=
x
2
+
2
−
x
2
−
x
=
(
x
2
+
2
−
x
2
−
x
)
(
x
2
+
2
+
x
2
−
x
)
x
2
+
2
+
x
2
−
x
=
(
x
2
+
2
)
2
−
(
x
2
−
x
)
2
x
2
+
2
+
x
2
−
x
=
x
2
+
2
−
(
x
2
−
x
)
x
2
+
2
+
x
2
−
x
=
x
+
2
x
2
+
2
+
x
2
−
x
.
{\displaystyle {\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
∈
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left[1,+\infty \right[}
,
g
(
x
)
=
x
+
2
(
x
2
+
2
+
x
2
−
x
)
{\displaystyle g(x)={\frac {x+2}{\left({\sqrt {x^{2}+2}}+{\sqrt {x^{2}-x}}\right)}}}
.
3. Pour tout
x
∈
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left[1,+\infty \right[}
:
g
(
x
)
=
x
+
2
x
2
+
2
+
x
2
−
x
=
1
x
(
x
+
2
)
1
x
(
x
2
+
2
+
x
2
−
x
)
=
1
+
2
x
1
x
2
(
x
2
+
2
)
+
1
x
2
(
x
2
−
x
)
=
1
+
2
x
1
+
2
x
2
+
1
−
1
x
.
{\displaystyle {\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
∈
[
1
,
+
∞
[
{\displaystyle x\in \left[1,+\infty \right[}
,
g
(
x
)
=
1
+
2
x
1
+
2
x
2
+
1
−
1
x
{\displaystyle g(x)={\frac {1+{\frac {2}{x}}}{{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}+{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}}}}
.
4.
lim
x
→
+
∞
1
+
2
x
2
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1+{\frac {2}{x^{2}}}=\color {red}1}
. On pose
X
=
1
+
2
x
2
{\displaystyle X=1+{\frac {2}{x^{2}}}}
.
lim
X
→
1
X
=
1
{\displaystyle \lim _{X\to \color {red}1}{\sqrt {X}}=1}
. Donc
lim
x
→
+
∞
1
+
2
x
2
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1+{\frac {2}{x^{2}}}}}=1}
.
lim
x
→
+
∞
1
−
1
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1-{\frac {1}{x}}=\color {red}1}
. On pose
X
=
1
−
1
x
{\displaystyle X=1-{\frac {1}{x}}}
.
lim
X
→
1
X
=
1
{\displaystyle \lim _{X\to \color {red}1}{\sqrt {X}}=1}
. Donc
lim
x
→
+
∞
1
−
1
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\sqrt {1-{\frac {1}{x}}}}=1}
.
lim
x
→
+
∞
1
+
2
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }1+{\frac {2}{x}}=1}
.
Donc
lim
x
→
+
∞
g
(
x
)
=
1
2
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }g(x)={\frac {1}{2}}}
.
Déterminer les limites en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
de :
x
2
+
1
−
(
x
+
1
)
{\displaystyle {\sqrt {x^{2}+1}}-(x+1)}
;
x
2
+
1
4
−
x
+
1
{\displaystyle {\sqrt[{4}]{x^{2}+1}}-{\sqrt {x+1}}}
.
ƒ est la fonction définie sur
D
=
R
−
{
1
2
;
2
}
{\displaystyle D=\mathbb {R} -\left\{{\frac {1}{2}};2\right\}}
par pour tout
x
,
f
(
x
)
=
x
2
−
5
x
+
6
(
x
−
2
)
(
2
x
−
1
)
{\displaystyle x,~f(x)={\frac {x^{2}-5x+6}{(x-2)(2x-1)}}}
.
Quelle est la limite en 2 de la fonction
x
↦
x
2
−
5
x
+
6
{\displaystyle x\mapsto x^{2}-5x+6}
? Peut-on donner directement la limite de ƒ en 2 ?
Démontrer que pour tout réel x de D,
f
(
x
)
=
x
−
3
2
x
−
1
{\displaystyle f(x)={\frac {x-3}{2x-1}}}
En déduire la limite de ƒ en 2.
Solution
1. Quelle est la limite en 2 de la fonction
x
↦
x
2
−
5
x
+
6
{\displaystyle x\mapsto x^{2}-5x+6}
?
On trouve sans difficulté
lim
x
→
2
x
2
−
5
x
+
6
=
0
{\displaystyle \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
→
2
(
x
−
2
)
(
2
x
−
1
)
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 2}(x-2)(2x-1)=0}
.
On est donc face à une forme indéterminée du type
0
0
{\displaystyle {\frac {0}{0}}}
.
2. Démontrer que pour tout réel
x
∈
D
,
f
(
x
)
=
x
−
3
2
x
−
1
{\displaystyle 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
∈
D
,
x
2
−
5
x
+
6
=
(
x
−
2
)
(
x
−
3
)
{\displaystyle 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
∈
D
,
f
(
x
)
=
x
2
−
5
x
+
6
(
x
−
2
)
(
2
x
−
1
)
=
(
x
−
2
)
(
x
−
3
)
(
x
−
2
)
(
2
x
−
1
)
{\displaystyle 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
∈
D
,
f
(
x
)
=
x
−
3
2
x
−
1
{\displaystyle 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
→
2
f
(
x
)
=
−
1
3
{\displaystyle \lim _{x\to 2}f(x)=-{\frac {1}{3}}}
g est la fonction définie sur
R
∗
{\displaystyle \mathbb {R} ^{*}}
par pour tout
x
,
g
(
x
)
=
cos
(
x
)
−
1
x
{\displaystyle x,~g(x)={\frac {\cos(x)-1}{x}}}
.
Donner la limite en 0 de chacune des fonctions
x
↦
cos
(
x
)
−
1
e
t
x
↦
x
{\displaystyle x\mapsto \cos(x)-1\ et\ x\mapsto x}
.
Peut-on alors donner directement la limite de g en 0 ?
Reconnaître que l’expression de
g
(
x
)
{\displaystyle 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
↦
cos
(
x
)
−
1
e
t
x
↦
x
{\displaystyle x\mapsto \cos(x)-1\ et\ x\mapsto x}
.
lim
x
→
0
cos
(
x
)
−
1
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}\cos(x)-1=0}
et
lim
x
→
0
x
=
0
{\displaystyle \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
0
0
{\displaystyle {\frac {0}{0}}}
.
3. Reconnaître que l’expression de
g
(
x
)
{\displaystyle 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
∈
R
∗
,
g
(
x
)
=
cos
(
x
)
−
1
x
=
cos
(
x
)
−
cos
(
0
)
x
−
0
{\displaystyle 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
→
0
cos
(
x
)
−
cos
(
0
)
x
−
0
=
cos
′
(
0
)
{\displaystyle \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
{\displaystyle \cos }
est
−
sin
{\displaystyle -\sin }
, donc
cos
′
(
0
)
=
−
sin
(
0
)
=
0
{\displaystyle \cos '(0)=-\sin(0)=0}
Donc
lim
x
→
0
g
(
x
)
=
0
{\displaystyle \lim _{x\to 0}g(x)=0}
(Pour des généralisations à un niveau plus avancé, voir Fonctions d'une variable réelle/Dérivabilité#Théorèmes sur la dérivation .)
Soient
f
{\displaystyle f}
et
g
{\displaystyle g}
deux fonctions définies sur
[
a
,
b
[
{\displaystyle \left[a,b\right[}
et dérivables en
a
{\displaystyle a}
. Démontrer que si
f
(
a
)
=
g
(
a
)
=
0
{\displaystyle f(a)=g(a)=0}
et
g
′
(
a
)
≠
0
{\displaystyle g'(a)\neq 0}
, alors
lim
x
→
a
+
f
(
x
)
g
(
x
)
=
f
′
(
a
)
g
′
(
a
)
{\displaystyle \lim _{x\rightarrow a^{+}}{\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {f'(a)}{g'(a)}}}
.
Appliquer cette règle pour calculer
lim
x
→
0
sin
x
x
2
+
3
x
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x^{2}+3x}}}
et
lim
x
→
π
3
sin
(
x
−
π
3
)
1
−
2
cos
x
{\displaystyle \lim _{x\to {\frac {\pi }{3}}}{\frac {\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}{1-2\cos x}}}
.
Solution
Remarquons d'abord que pour
x
>
a
{\displaystyle x>a}
assez proche de
a
{\displaystyle a}
,
g
(
x
)
=
g
(
x
)
−
0
=
g
(
x
)
−
g
(
a
)
{\displaystyle g(x)=g(x)-0=g(x)-g(a)}
est non nul car
g
(
x
)
−
g
(
a
)
x
−
a
≠
0
{\displaystyle {\frac {g(x)-g(a)}{x-a}}\neq 0}
, puisque quand
x
→
a
+
{\displaystyle x\to a^{+}}
, cette quantité a pour limite
g
′
(
a
)
≠
0
{\displaystyle 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 :
f
(
x
)
g
(
x
)
=
f
(
x
)
−
0
g
(
x
)
−
0
=
f
(
x
)
−
f
(
a
)
g
(
x
)
−
g
(
a
)
=
(
f
(
x
)
−
f
(
a
)
)
/
(
x
−
a
)
(
g
(
x
)
−
g
(
a
)
)
/
(
x
−
a
)
{\displaystyle {\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
→
a
+
{\displaystyle x\to a^{+}}
, le numérateur tend vers
f
′
(
a
)
{\displaystyle f'(a)}
et le dénominateur vers
g
′
(
a
)
≠
0
{\displaystyle g'(a)\neq 0}
, la limite du quotient est bien
f
′
(
a
)
/
g
′
(
a
)
{\displaystyle f'(a)/g'(a)}
.
Pour la première limite, on pose
f
(
x
)
=
sin
x
{\displaystyle f(x)=\sin x}
et
g
(
x
)
=
x
2
+
3
x
{\displaystyle g(x)=x^{2}+3x}
, et l'on a donc
f
(
0
)
=
g
(
0
)
=
0
{\displaystyle f(0)=g(0)=0}
,
f
′
(
x
)
=
cos
x
{\displaystyle f'(x)=\cos x}
et
g
′
(
x
)
=
2
x
+
3
{\displaystyle g'(x)=2x+3}
. On en déduit que
lim
x
→
0
sin
x
x
2
+
3
x
=
f
′
(
0
)
g
′
(
0
)
=
cos
0
2
×
0
+
3
=
1
3
{\displaystyle \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
(
x
−
π
3
)
{\displaystyle f(x)=\sin \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}
et
g
(
x
)
=
1
−
2
cos
x
{\displaystyle g(x)=1-2\cos x}
, et l'on a donc
f
(
π
/
3
)
=
g
(
π
/
3
)
=
0
{\displaystyle f(\pi /3)=g(\pi /3)=0}
,
f
′
(
x
)
=
cos
(
x
−
π
3
)
{\displaystyle f'(x)=\cos \left(x-{\frac {\pi }{3}}\right)}
et
g
′
(
x
)
=
2
sin
x
{\displaystyle g'(x)=2\sin x}
. On en déduit que
lim
x
→
π
3
sin
(
x
−
π
3
)
1
−
2
cos
x
=
f
′
(
π
/
3
)
g
′
(
π
/
3
)
=
cos
0
2
sin
(
π
/
3
)
=
1
3
{\displaystyle \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}}}}
.