Formes Indéterminées dans le Calcul des Limites : 20 Exercices Résolus Pas à Pas

\[ \lim_{x\to 2}\frac{x^2-4}{x-2}=4. \]

En calculant séparément les limites du numérateur et du dénominateur, on obtient

\[ \lim_{x\to2}(x^2-4)=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to2}(x-2)=0. \]

La limite se présente donc sous la forme indéterminée \(\displaystyle\frac{0}{0}\).

Le numérateur est une différence de carrés :

\[ x^2-4=(x-2)(x+2). \]

Pour \(x\neq 2\), ce qui suffit pour le calcul de la limite lorsque \(x\to2\), on peut simplifier le facteur commun :

\[ \frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2. \]

Les deux expressions coïncident en tout point du domaine voisin de \(2\), à l'exclusion éventuelle de \(2\) lui-même, et possèdent donc la même limite. Par conséquent,

\[ \lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=\lim_{x\to2}(x+2)=4. \]

\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{4+x}-2}{x}=\frac14. \]

Lorsque \(x\to0\), le numérateur tend vers \(\sqrt4-2=0\) et le dénominateur tend vers zéro. On obtient donc la forme \(\displaystyle\frac00\). La présence d'une différence contenant une racine carrée suggère de recourir à l'expression conjuguée.

Pour \(x\neq0\), multiplions le numérateur et le dénominateur par \(\sqrt{4+x}+2\) :

\[ \frac{\sqrt{4+x}-2}{x}\cdot\frac{\sqrt{4+x}+2}{\sqrt{4+x}+2}=\frac{(4+x)-4}{x(\sqrt{4+x}+2)}. \]

Il reste \(x\) au numérateur, qui se simplifie avec le dénominateur :

\[ \frac{x}{x(\sqrt{4+x}+2)}=\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}. \]

La nouvelle expression ne présente plus aucune forme indéterminée. Par continuité de la racine carrée et des opérations algébriques,

\[ \lim_{x\to0}\frac{1}{\sqrt{4+x}+2}=\frac{1}{2+2}=\frac14. \]

\[ \lim_{x\to0}\frac{\sin(5x)}{x}=5. \]

Puisque \(\sin(5x)\to0\) et \(x\to0\), la limite a la forme \(\displaystyle\frac00\). La limite usuelle \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}=1\) n'est pas encore directement applicable, car le dénominateur contient \(x\), et non \(5x\).

Multiplions et divisons par \(5\) :

\[ \frac{\sin(5x)}{x}=5\frac{\sin(5x)}{5x}. \]

En posant formellement \(t=5x\), \(x\to0\) entraîne \(t\to0\). Par conséquent,

\[ \lim_{x\to0}5\frac{\sin(5x)}{5x}=5\cdot1=5. \]

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=3. \]

Le numérateur tend vers \(e^0-1=0\), tandis que le dénominateur tend vers zéro : nous sommes dans la forme \(\displaystyle\frac00\). Utilisons la limite usuelle \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1\).

Écrivons

\[ \frac{e^{3x}-1}{x}=3\frac{e^{3x}-1}{3x}. \]

Comme \(3x\to0\), le quotient de droite tend vers \(1\). Il s'ensuit que

\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-1}{x}=3\cdot1=3. \]

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}=2. \]

Lorsque \(x\to0\), on a \(\ln(1+4x)\to\ln1=0\) et \(2x\to0\). La limite présente la forme \(\displaystyle\frac00\).

Pour se ramener à la limite usuelle \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}t=1\), introduisons au dénominateur le terme \(4x\) :

\[ \frac{\ln(1+4x)}{2x}=2\frac{\ln(1+4x)}{4x}. \]

Puisque \(4x\to0\), le second facteur tend vers \(1\). Par conséquent,

\[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{2x}=2. \]

La limite lorsque \(x\to0\) n'existe pas.

Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers zéro, d'où l'apparition de la forme \(\displaystyle\frac00\). Cette information n'implique cependant pas que la limite existe.

Pour \(x>0\), on a \(|x|=x\), donc

\[ \frac{x}{|x|}=1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to0^+}\frac{x}{|x|}=1. \]

Pour \(x<0\), en revanche, \(|x|=-x\), d'où

\[ \frac{x}{|x|}=\frac{x}{-x}=-1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lim_{x\to0^-}\frac{x}{|x|}=-1. \]

Puisque la limite à droite et la limite à gauche sont finies mais distinctes, la limite lorsque \(x\to0\) n'existe pas.

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]

Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\) ; la limite présente donc la forme \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Pour comparer les termes dominants, divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^2\), la puissance de plus haut degré :

\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=\frac{4-\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{2+\displaystyle\frac1x-\displaystyle\frac5{x^2}}. \]

Lorsque \(x\to+\infty\), \(\displaystyle\frac1x\) et \(\displaystyle\frac1{x^2}\) tendent tous deux vers zéro. Le dénominateur de la nouvelle expression tend vers \(2\neq0\), on peut donc appliquer les opérations algébriques sur les limites :

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4-\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{2+\displaystyle\frac1x-\displaystyle\frac5{x^2}}=\frac42=2. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}=0. \]

Le numérateur et le dénominateur tendent vers \(+\infty\), la forme est donc \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Le dénominateur est de degré supérieur à celui du numérateur : on s'attend à ce qu'il croisse plus rapidement, mais cela doit être démontré.

Divisons le tout par \(x^2\) :

\[ \frac{3x+1}{x^2+4}=\frac{\displaystyle\frac3x+\displaystyle\frac1{x^2}}{1+\displaystyle\frac4{x^2}}. \]

Le numérateur tend vers zéro et le dénominateur tend vers \(1\). Par conséquent,

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x+1}{x^2+4}=\frac01=0. \]

\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=-1. \]

Le numérateur et le dénominateur divergent tous deux en valeur absolue, d'où l'apparition d'une forme \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Mettons \(x^2\) en facteur sous la racine :

\[ \sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2\left(1+\frac1{x^2}\right)}=|x|\sqrt{1+\frac1{x^2}}. \]

Il est essentiel de ne pas remplacer \(\sqrt{x^2}\) par \(x\) : l'identité valable pour tout réel est \(\sqrt{x^2}=|x|\). Lorsque \(x\to-\infty\), pour \(x\) suffisamment négatif, on a \(x<0\), donc \(|x|=-x\). Par conséquent,

\[ \frac{\sqrt{x^2+1}}x=\frac{-x\sqrt{1+\displaystyle\frac1{x^2}}}{x}=-\sqrt{1+\frac1{x^2}}. \]

Puisque \(\displaystyle\frac1{x^2}\to0\), on obtient

\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}x=-\sqrt1=-1. \]

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

Lorsque \(x\to0^+\), on a \(x\to0\) et \(\ln x\to-\infty\). Le produit présente donc la forme \(0\cdot(-\infty)\), qui constitue un cas de la forme indéterminée \(0\cdot\infty\).

Transformons le produit en un quotient :

\[ x\ln x=\frac{\ln x}{\displaystyle\frac1x}. \]

Pour rendre le comportement plus transparent, posons \(t=\displaystyle\frac1x\). Si \(x\to0^+\), alors \(t\to+\infty\), tandis que \(x=\displaystyle\frac1t\) et \(\ln x=-\ln t\). Par conséquent,

\[ x\ln x=-\frac{\ln t}{t}. \]

D'après la hiérarchie fondamentale des croissances comparées, le logarithme croît moins vite que toute puissance positive ; en particulier, \(\ln t=o(t)\). Il s'ensuit que

\[ \lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0, \]

et donc

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

Le produit prend des valeurs négatives au voisinage de zéro, et tend donc vers zéro par valeurs inférieures ; la valeur de la limite reste, dans tous les cas, \(0\).

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}\cdot\sqrt{x}=0. \]

Le facteur \(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\) tend vers zéro, car \(|\sin x|\leq1\), tandis que \(\sqrt{x}\to+\infty\). On obtient donc la forme \(0\cdot\infty\).

Simplifions les puissances de \(x\) :

\[ \frac{\sin x}{x}\sqrt{x}=\frac{\sin x}{\sqrt{x}}. \]

Comme \(|\sin x|\leq1\), pour \(x>0\) on a

\[ \left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right|\leq\frac1{\sqrt{x}}. \]

Le terme de droite tend vers zéro lorsque \(x\to+\infty\). De manière équivalente,

\[ -\frac1{\sqrt{x}}\leq\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\leq\frac1{\sqrt{x}}. \]

Les deux bornes tendent vers zéro ; le théorème des gendarmes permet de conclure que l'expression centrale tend elle aussi vers zéro.

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}-x\right)=\frac32. \]

Les deux termes de la différence tendent tous deux vers \(+\infty\), nous sommes donc en présence de la forme \(\infty-\infty\). On ne peut pas soustraire formellement deux infinis. Multiplions et divisons par l'expression conjuguée pour rationaliser :

\[ \sqrt{x^2+3x}-x=\frac{(\sqrt{x^2+3x}-x)(\sqrt{x^2+3x}+x)}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]

Le numérateur est une différence de carrés :

\[ \sqrt{x^2+3x}-x=\frac{x^2+3x-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}. \]

Lorsque \(x\to+\infty\), pour \(x\) suffisamment grand, on a \(x>0\). On peut donc écrire

\[ \sqrt{x^2+3x}=x\sqrt{1+\frac3x}. \]

En divisant le numérateur et le dénominateur par \(x\), on obtient

\[ \frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\frac3{\sqrt{1+\displaystyle\frac3x}+1}. \]

Or \(\displaystyle\frac3x\to0\), d'où

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac3{\sqrt{1+\displaystyle\frac3x}+1}=\frac3{1+1}=\frac32. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=1. \]

Lorsque \(x\to+\infty\), les deux racines tendent vers \(+\infty\). La différence présente donc la forme indéterminée \(\infty-\infty\).

Multiplions et divisons par l'expression conjuguée :

\[ \sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}=\frac{(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x})(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x})}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}. \]

Au numérateur apparaît une différence de carrés :

\[ (x^2+x)-(x^2-x)=2x. \]

Par conséquent,

\[ \sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}=\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}. \]

Puisque \(x>0\) pour \(x\) suffisamment grand, on peut extraire \(x^2\) des deux racines en utilisant \(\sqrt{x^2}=|x|=x\) :

\[ \frac{2x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+x\sqrt{1-\displaystyle\frac1x}}=\frac2{\sqrt{1+\displaystyle\frac1x}+\sqrt{1-\displaystyle\frac1x}}. \]

Enfin, \(\displaystyle\frac1x\to0\), de sorte que le dénominateur tend vers \(1+1=2\) et

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=\frac22=1. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac2x\right)^{3x}=e^6. \]

La base tend vers \(1\), tandis que l'exposant tend vers \(+\infty\). La limite présente la forme \(1^\infty\).

Posons

\[ y(x)=\left(1+\frac2x\right)^{3x}. \]

La base est positive pour \(x\) suffisamment grand, on peut donc appliquer le logarithme :

\[ \ln y(x)=3x\ln\left(1+\frac2x\right). \]

Pour recourir à la limite usuelle du logarithme, écrivons

\[ 3x\ln\left(1+\frac2x\right)=6\frac{\ln\left(1+\displaystyle\frac2x\right)}{\displaystyle\frac2x}. \]

Puisque \(\displaystyle\frac2x\to0\), le quotient tend vers \(1\) ; donc \(\ln y(x)\to6\). Par continuité de la fonction exponentielle,

\[ y(x)=e^{\ln y(x)}\to e^6. \]

\[ \lim_{x\to0}(1+\sin x)^{\frac1x}=e. \]

Lorsque \(x\to0\), la base tend vers \(1\). L'exposant tend vers \(+\infty\) lorsque \(x\to0^+\) et vers \(-\infty\) lorsque \(x\to0^-\). Ainsi, les limites à droite et à gauche présentent respectivement les formes indéterminées \(1^{+\infty}\) et \(1^{-\infty}\). Toutes deux peuvent être étudiées au moyen du logarithme.

La base est positive au voisinage de zéro. En posant \(y(x)=(1+\sin x)^{1/x}\), on obtient

\[ \ln y(x)=\frac{\ln(1+\sin x)}x. \]

Décomposons le quotient en deux facteurs :

\[ \frac{\ln(1+\sin x)}x=\frac{\ln(1+\sin x)}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{x}. \]

Puisque \(\sin x\to0\), le premier facteur tend vers \(1\) d'après la limite usuelle du logarithme ; le second tend également vers \(1\) d'après la limite usuelle du sinus. Par conséquent,

\[ \lim_{x\to0}\ln y(x)=1. \]

En appliquant la fonction exponentielle, on obtient

\[ \lim_{x\to0^+}y(x)=e \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^-}y(x)=e. \]

Puisque la limite à droite et la limite à gauche coïncident, on conclut que

\[ \lim_{x\to0}y(x)=e. \]

\[ \lim_{x\to0^+}x^x=1. \]

La base tend vers \(0^+\) et l'exposant tend vers zéro. On obtient donc la forme indéterminée \(0^0\). Puisque \(x>0\), on peut poser \(y(x)=x^x\) et appliquer le logarithme :

\[ \ln y(x)=x\ln x. \]

Le produit de droite a la forme \(0\cdot(-\infty)\). Comme cela a été montré à l'Exercice 10,

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]

Par conséquent, \(\ln y(x)\to0\). Par continuité de la fonction exponentielle,

\[ \lim_{x\to0^+}x^x=e^0=1. \]

La forme \(0^0\) n'a pas été traitée comme une puissance ordinaire : le résultat a été obtenu en étudiant le produit de l'exposant par le logarithme de la base.

\[ \lim_{x\to0^+}x^{\frac1{\ln x}}=e. \]

Lorsque \(x\to0^+\), la base tend vers zéro et \(\ln x\to-\infty\), de sorte que l'exposant \(\displaystyle\frac1{\ln x}\) tend vers zéro. La forme est \(0^0\).

Pour \(0<x<1\), la base et le logarithme sont tous deux bien définis. Posons \(y(x)=x^{1/\ln x}\). Alors

\[ \ln y(x)=\frac1{\ln x}\ln x=1. \]

En réalité, cette égalité est exacte pour tout \(x>0\) tel que \(x\neq1\). Par conséquent,

\[ y(x)=e^{\ln y(x)}=e, \]

et la fonction est constamment égale à \(e\) sur la portion du domaine considérée. Il s'ensuit immédiatement que la limite vaut \(e\).

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=1. \]

La base tend vers \(+\infty\), tandis que l'exposant tend vers zéro : nous sommes dans la forme \(\infty^0\). Posons \(y(x)=x^{1/x}\). Pour \(x>0\),

\[ \ln y(x)=\frac{\ln x}{x}. \]

Le logarithme croît moins vite que la fonction puissance \(x\) ; symboliquement, \(\ln x=o(x)\) lorsque \(x\to+\infty\). Donc,

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0. \]

Il s'ensuit que \(\ln y(x)\to0\) et, en appliquant l'exponentielle,

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=e^0=1. \]

\[ \lim_{x\to+\infty}x^{-\frac1{\sqrt{\ln x}}}=0. \]

Lorsque \(x\to+\infty\), la base tend vers \(+\infty\), tandis que \(\ln x\to+\infty\), de sorte que l'exposant \(\displaystyle-\frac1{\sqrt{\ln x}}\) tend vers zéro. La limite présente la forme \(\infty^0\).

Posons \(y(x)=x^{-1/\sqrt{\ln x}}\). Pour \(x>1\), la fonction est positive et l'on peut écrire

\[ \ln y(x)=-\frac1{\sqrt{\ln x}}\ln x=-\sqrt{\ln x}. \]

Puisque \(\ln x\to+\infty\), on a également \(\sqrt{\ln x}\to+\infty\). Par conséquent,

\[ \ln y(x)\to-\infty. \]

En appliquant l'exponentielle, on obtient

\[ y(x)=e^{\ln y(x)}=e^{-\sqrt{\ln x}}\to0. \]

Cet exercice montre qu'une forme \(\infty^0\) ne conduit pas nécessairement à \(1\) : le résultat dépend du produit de l'exposant par le logarithme de la base.

\[ \lim_{x\to0}\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}=e^{a-b}. \]

Lorsque \(x\to0\), \(1+ax\) et \(1+bx\) tendent tous deux vers \(1\), de sorte que la base tend vers \(1\). L'exposant \(\displaystyle\frac1x\) tend vers \(+\infty\) lorsque \(x\to0^+\) et vers \(-\infty\) lorsque \(x\to0^-\). Ainsi, les limites à droite et à gauche présentent respectivement les formes indéterminées \(1^{+\infty}\) et \(1^{-\infty}\).

Pour \(x\) suffisamment proche de zéro, les deux facteurs \(1+ax\) et \(1+bx\) sont positifs ; leur rapport est donc lui aussi positif. Posons

\[ y(x)=\left(\frac{1+ax}{1+bx}\right)^{\frac1x}. \]

En appliquant le logarithme et en utilisant la propriété du logarithme d'un quotient, on obtient

\[ \ln y(x)=\frac1x\left[\ln(1+ax)-\ln(1+bx)\right]. \]

Séparons les deux termes :

\[ \ln y(x)=\frac{\ln(1+ax)}x-\frac{\ln(1+bx)}x. \]

Si \(a\neq0\), on peut écrire

\[ \frac{\ln(1+ax)}x=a\frac{\ln(1+ax)}{ax}\to a, \]

car \(ax\to0\) et \(\displaystyle\frac{\ln(1+t)}t\to1\). Si \(a=0\), le terme est identiquement nul et tend également vers \(a=0\). Par le même raisonnement,

\[ \frac{\ln(1+bx)}x\to b. \]

Par conséquent,

\[ \lim_{x\to0}\ln y(x)=a-b. \]

La fonction exponentielle est continue, donc

\[ \lim_{x\to0}y(x)=e^{a-b}. \]

La formule englobe également quelques cas particuliers remarquables : si \(a=b\), la base est identiquement égale à \(1\) et la limite vaut \(1=e^0\) ; si \(a>b\), la limite est supérieure à \(1\) ; si \(a<b\), elle est comprise entre \(0\) et \(1\).