Les exercices suivants permettent d’appliquer progressivement les définitions et les propriétés relatives aux infiniment grands, aux infiniment petits, aux ordres, aux équivalences asymptotiques et à la notation du petit \(o\).
Dans chaque exercice, le passage à la limite est indiqué explicitement, car une fonction peut être un infiniment grand, un infiniment petit ou ne présenter aucun de ces deux comportements, selon le passage à la limite considéré.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Déterminer si la fonction
\[ f(x)=x^3 \]
est un infiniment grand ou un infiniment petit pour chacun des passages à la limite \(x\to 0\) et \(x\to+\infty\).
Résultat
La fonction \(x^3\) est un infiniment petit pour \(x\to 0\) et un infiniment grand pour \(x\to+\infty\).
Résolution
Une fonction est un infiniment petit pour un passage à la limite donné lorsque sa limite est nulle.
Considérons d’abord \(x\to 0\). Puisque la fonction \(x^3\) est continue, nous pouvons calculer la limite par substitution directe :
\[ \lim_{x\to 0}x^3=0^3=0. \]
Par conséquent, \(x^3\) est un infiniment petit pour \(x\to 0\).
Considérons maintenant \(x\to+\infty\). Lorsque \(x\) prend des valeurs positives de plus en plus grandes, \(x^3\) prend également des valeurs positives de plus en plus grandes. On a donc
\[ \lim_{x\to+\infty}x^3=+\infty. \]
Par conséquent, \(x^3\) est un infiniment grand pour \(x\to+\infty\).
Cet exercice montre qu’être un infiniment grand ou un infiniment petit n’est pas une propriété absolue de la fonction : cela dépend toujours du passage à la limite considéré.
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Étudier le comportement de la fonction
\[ f(x)=\frac{1}{x^2} \]
pour \(x\to 0\) et pour \(x\to+\infty\).
Résultat
La fonction \(\displaystyle\frac{1}{x^2}\) est un infiniment grand pour \(x\to 0\) et un infiniment petit pour \(x\to+\infty\).
Résolution
Considérons d’abord la limite pour \(x\to 0\).
Lorsque \(x\) se rapproche de zéro, \(x^2\) reste positif et tend vers zéro :
\[ x^2\to 0^+. \]
L’inverse d’une quantité positive qui tend vers zéro prend des valeurs positives arbitrairement grandes. Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x^2}=+\infty. \]
La fonction est donc un infiniment grand pour \(x\to 0\).
Considérons à présent \(x\to+\infty\). Dans ce cas,
\[ x^2\to+\infty. \]
L’inverse d’une quantité positive qui tend vers \(+\infty\) tend vers zéro. Il s’ensuit que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}=0. \]
Par conséquent, \(\displaystyle\frac{1}{x^2}\) est un infiniment petit pour \(x\to+\infty\).
Exercice 3 — niveau ★★☆☆☆
Comparer les infiniment grands
\[ f(x)=x^2 \qquad\text{et}\qquad g(x)=x^5 \]
pour \(x\to+\infty\).
Résultat
La fonction \(x^2\) est un infiniment grand d’ordre inférieur par rapport à \(x^5\).
Résolution
Les deux fonctions sont des infiniment grands pour \(x\to+\infty\), puisque
\[ \lim_{x\to+\infty}x^2=+\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}x^5=+\infty. \]
Pour comparer la rapidité avec laquelle elles croissent, calculons la limite du quotient entre \(f(x)\) et \(g(x)\) :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}. \]
En utilisant les propriétés des puissances, simplifions :
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Puisque \(x^3\to+\infty\), son inverse tend vers zéro :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^3}=0. \]
Nous avons donc obtenu
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Lorsque le quotient entre deux infiniment grands tend vers zéro, la fonction placée au numérateur est un infiniment grand d’ordre inférieur par rapport à celle placée au dénominateur.
Par conséquent, \(x^2\) est un infiniment grand d’ordre inférieur par rapport à \(x^5\).
Exercice 4 — niveau ★★☆☆☆
Comparer les infiniment petits
\[ f(x)=\frac{1}{x^4} \qquad\text{et}\qquad g(x)=\frac{1}{x} \]
pour \(x\to+\infty\).
Résultat
La fonction \(\displaystyle\frac{1}{x^4}\) est un infiniment petit d’ordre supérieur par rapport à \(\displaystyle\frac{1}{x}\).
Résolution
Les deux fonctions sont des infiniment petits pour \(x\to+\infty\), puisque
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^4}=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0. \]
Pour comparer deux infiniment petits, considérons la limite de leur quotient :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{1}{x}}. \]
Diviser par une fraction équivaut à multiplier par son inverse. Par conséquent,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{1}{x}} = \frac{1}{x^4}\cdot x = \frac{1}{x^3}. \]
Calculons la limite :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^3}=0. \]
Lorsque le quotient entre deux infiniment petits tend vers zéro, l’infiniment petit placé au numérateur tend vers zéro plus rapidement et est donc d’ordre supérieur.
Par conséquent, \(\displaystyle\frac{1}{x^4}\) est un infiniment petit d’ordre supérieur par rapport à \(\displaystyle\frac{1}{x}\).
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
Déterminer si les infiniment grands
\[ f(x)=3x^2+1 \qquad\text{et}\qquad g(x)=x^2 \]
sont du même ordre et s’ils sont asymptotiquement équivalents pour \(x\to+\infty\).
Résultat
Les deux fonctions sont des infiniment grands du même ordre, mais elles ne sont pas asymptotiquement équivalentes.
Résolution
Pour \(x\to+\infty\), les deux fonctions tendent vers \(+\infty\). Nous pouvons donc les comparer au moyen du quotient :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{x^2}. \]
Divisons séparément chaque terme du numérateur par \(x^2\) :
\[ \frac{3x^2+1}{x^2} = \frac{3x^2}{x^2}+\frac{1}{x^2} = 3+\frac{1}{x^2}. \]
Puisque
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}=0, \]
nous obtenons
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{x^2}=3. \]
Le quotient tend vers une constante finie et non nulle. Les deux fonctions sont donc des infiniment grands du même ordre.
Pour être asymptotiquement équivalentes, cependant, le quotient devrait tendre exactement vers \(1\). Puisque la limite vaut \(3\), nous ne pouvons pas écrire
\[ 3x^2+1\sim x^2. \]
Nous pouvons en revanche observer que
\[ 3x^2+1\sim 3x^2, \]
car
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2+1}{3x^2}=1. \]
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Vérifier que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{pour }x\to+\infty. \]
Résultat
L’équivalence est vraie :
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{pour }x\to+\infty. \]
Résolution
Deux fonctions sont asymptotiquement équivalentes lorsque le quotient entre la première et la seconde tend vers \(1\).
Nous devons donc calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}. \]
Divisons les deux termes du numérateur par \(x^2\) :
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = \frac{x^2}{x^2}+\frac{x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}. \]
Puisque
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0, \]
il s’ensuit que
\[ \lim_{x\to+\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)=1. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1, \]
et donc
\[ x^2+x\sim x^2. \]
Le terme \(x\) est négligeable devant \(x^2\) dans le comportement principal de la fonction pour \(x\to+\infty\).
Exercice 7 — niveau ★★★☆☆
Déterminer l’ordre de l’infiniment grand
\[ f(x)=x^6 \]
par rapport à l’infiniment grand
\[ g(x)=x^2 \]
pour \(x\to+\infty\).
Résultat
La fonction \(x^6\) est un infiniment grand d’ordre \(3\) par rapport à \(x^2\).
Résolution
Pour le passage à la limite \(x\to+\infty\), la fonction \(f\) est un infiniment grand d’ordre \(\alpha>0\) par rapport à \(g\) si
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{[g(x)]^\alpha}=L, \qquad 0<|L|<+\infty. \]
Dans notre cas,
\[ f(x)=x^6 \qquad\text{et}\qquad g(x)=x^2. \]
Cherchons un nombre \(\alpha>0\) tel que
\[ [g(x)]^\alpha=(x^2)^\alpha=x^{2\alpha} \]
ait la même puissance de \(x\) que celle présente dans \(f(x)=x^6\).
Nous devons donc imposer
\[ 2\alpha=6. \]
En divisant les deux membres par \(2\), nous obtenons
\[ \alpha=3. \]
Vérifions la définition :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^6}{(x^2)^3} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x^6}{x^6} = \lim_{x\to+\infty}1 = 1. \]
La limite est finie et non nulle. Par conséquent, \(x^6\) est un infiniment grand d’ordre \(3\) par rapport à \(x^2\).
Exercice 8 — niveau ★★★☆☆
Déterminer l’ordre de l’infiniment petit
\[ f(x)=x^5 \]
par rapport à l’infiniment petit
\[ g(x)=x \]
pour \(x\to 0^+\).
Résultat
La fonction \(x^5\) est un infiniment petit d’ordre \(5\) par rapport à \(x\).
Résolution
Pour \(x\to 0^+\), \(x^5\) et \(x\) tendent tous deux vers zéro. Ce sont donc deux infiniment petits par rapport au même passage à la limite.
Cherchons \(\alpha>0\) tel que
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^5}{x^\alpha} \]
soit une constante finie et non nulle.
En utilisant les propriétés des puissances, pour \(x>0\) on a
\[ \frac{x^5}{x^\alpha}=x^{5-\alpha}. \]
Pour que le quotient soit identiquement égal à \(1\), nous devons choisir
\[ 5-\alpha=0. \]
Il s’ensuit
\[ \alpha=5. \]
Vérifions :
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^5}{x^5} = \lim_{x\to 0^+}1 = 1. \]
Puisque la limite est finie et non nulle, \(x^5\) est un infiniment petit d’ordre \(5\) par rapport à \(x\).
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Déterminer si les infiniment grands
\[ f(x)=x(2+\sin x) \qquad\text{et}\qquad g(x)=x \]
sont comparables au moyen de la classification fondée sur la limite du quotient pour \(x\to+\infty\).
Résultat
Les deux fonctions sont des infiniment grands, mais elles ne sont pas comparables au moyen de la classification fondée sur la limite du quotient, car cette limite n’existe pas.
Résolution
Pour tout nombre réel \(x\), on a
\[ -1\leq\sin x\leq 1. \]
En ajoutant \(2\) à tous les membres, nous obtenons
\[ 1\leq 2+\sin x\leq 3. \]
Pour \(x>0\), en multipliant par \(x\), on obtient
\[ x\leq x(2+\sin x)\leq 3x. \]
Puisque \(x\to+\infty\), \(x(2+\sin x)\to+\infty\) également. Par conséquent, \(f\) et \(g\) sont toutes deux des infiniment grands pour \(x\to+\infty\).
Calculons à présent leur quotient :
\[ \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{x(2+\sin x)}{x} = 2+\sin x. \]
La fonction \(\sin x\) continue d’osciller entre \(-1\) et \(1\) lorsque \(x\to+\infty\). Par conséquent, \(2+\sin x\) continue d’osciller entre \(1\) et \(3\) et n’admet pas de limite.
Le quotient ne tend donc ni vers zéro ni vers une constante finie et non nulle, et sa valeur absolue ne tend pas vers \(+\infty\).
Les deux fonctions ne sont donc pas comparables au moyen de cette classification.
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Étudier la relation entre l’infiniment petit
\[ f(x)=x \]
et son inverse pour \(x\to 0\), en distinguant la limite à droite, la limite à gauche et la limite bilatérale.
Résultat
On a
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty, \qquad \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty. \]
La limite bilatérale de \(\displaystyle\frac{1}{x}\) pour \(x\to 0\) n’existe pas, alors que
\[ \lim_{x\to 0}\left|\frac{1}{x}\right|=+\infty. \]
Résolution
La fonction \(f(x)=x\) est un infiniment petit pour \(x\to 0\), car
\[ \lim_{x\to 0}x=0. \]
Cependant, \(x\) n’a pas de signe constant dans un voisinage de zéro : il est positif à droite de zéro et négatif à gauche de zéro.
Considérons d’abord \(x\to 0^+\). Dans ce cas, \(x\) prend des valeurs positives de plus en plus petites :
\[ x\to 0^+. \]
L’inverse d’une quantité positive qui tend vers zéro tend vers \(+\infty\). Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty. \]
Considérons maintenant \(x\to 0^-\). Dans ce cas, \(x\) prend des valeurs négatives dont la valeur absolue devient de plus en plus petite :
\[ x\to 0^-. \]
L’inverse reste négatif et devient arbitrairement grand en valeur absolue. Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty. \]
Les deux limites latérales sont différentes. La limite bilatérale
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \]
n’existe donc pas, même dans la droite réelle achevée.
La valeur absolue de l’inverse est en revanche
\[ \left|\frac{1}{x}\right|=\frac{1}{|x|}. \]
Puisque \(|x|\to 0^+\), on a
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1}{|x|}=+\infty. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0}\left|\frac{1}{x}\right|=+\infty. \]
Exercice 11 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Résolution
Pour \(u\to 0\), on a l’équivalent classique
\[ \sin u\sim u. \]
Dans notre cas, l’argument du sinus est
\[ u=3x. \]
Lorsque \(x\to 0\), \(3x\to 0\) également. Nous pouvons donc appliquer l’équivalent :
\[ \sin(3x)\sim 3x. \]
Puisque \(\sin(3x)\) apparaît comme facteur au numérateur d’un quotient, nous pouvons le remplacer par son équivalent :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{3x}{x}. \]
Pour \(x\neq 0\), simplifions \(x\) :
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x\to 0}3 = 3. \]
Exercice 12 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}=2. \]
Résolution
Pour \(u\to 0\), on a l’équivalent
\[ 1-\cos u\sim\frac{u^2}{2}. \]
Posons
\[ u=2x. \]
Lorsque \(x\to 0\), \(u=2x\to 0\) également. Nous pouvons donc écrire
\[ 1-\cos(2x)\sim\frac{(2x)^2}{2}. \]
Calculons le carré :
\[ (2x)^2=4x^2. \]
Par conséquent,
\[ \frac{(2x)^2}{2} = \frac{4x^2}{2} = 2x^2. \]
Ainsi,
\[ 1-\cos(2x)\sim 2x^2. \]
En substituant l’équivalent dans le quotient, nous obtenons
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{2x^2}{x^2}. \]
Pour \(x\neq 0\), on a
\[ \frac{2x^2}{x^2}=2. \]
Par conséquent, la limite vaut
\[ 2. \]
Exercice 13 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)}=\frac{2}{5}. \]
Résolution
Pour \(u\to 0\), on a les équivalents
\[ e^u-1\sim u \qquad\text{et}\qquad \tan u\sim u. \]
Au numérateur, posons \(u=2x\). Puisque \(2x\to 0\), nous obtenons
\[ e^{2x}-1\sim 2x. \]
Au dénominateur, posons \(u=5x\). Puisque \(5x\to 0\), nous obtenons
\[ \tan(5x)\sim 5x. \]
Les deux expressions apparaissent respectivement au numérateur et au dénominateur d’un quotient. Nous pouvons donc utiliser leurs équivalents :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)} = \lim_{x\to 0}\frac{2x}{5x}. \]
Pour \(x\neq 0\), simplifions \(x\) :
\[ \frac{2x}{5x}=\frac{2}{5}. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{\tan(5x)} = \frac{2}{5}. \]
Exercice 14 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)}=\frac{4}{3}. \]
Résolution
Pour \(u\to 0\), on a les équivalents
\[ \ln(1+u)\sim u \qquad\text{et}\qquad \arcsin u\sim u. \]
Au numérateur, l’accroissement qui figure dans le logarithme est \(4x\). Lorsque \(x\to 0\), \(4x\to 0\) également. Par conséquent,
\[ \ln(1+4x)\sim 4x. \]
Au dénominateur, l’argument de la fonction arcsinus est \(3x\). Puisque \(3x\to 0\), on a
\[ \arcsin(3x)\sim 3x. \]
En utilisant les équivalents dans le quotient, nous obtenons
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+4x)}{\arcsin(3x)} = \lim_{x\to 0}\frac{4x}{3x}. \]
Pour \(x\neq 0\), simplifions le facteur \(x\) :
\[ \frac{4x}{3x}=\frac{4}{3}. \]
Par conséquent, la limite demandée est
\[ \frac{4}{3}. \]
Exercice 15 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1}=\frac{5}{2}. \]
Résolution
Pour \(x\to 0\), on a l’équivalent
\[ (1+x)^\alpha-1\sim\alpha x, \qquad \alpha\neq 0. \]
Dans notre cas, \(\alpha=5\). Par conséquent,
\[ (1+x)^5-1\sim 5x. \]
Pour le dénominateur, utilisons l’équivalent
\[ e^u-1\sim u \qquad\text{pour }u\to 0. \]
En posant \(u=2x\), puisque \(2x\to 0\), nous obtenons
\[ e^{2x}-1\sim 2x. \]
Les deux expressions apparaissent dans un quotient, nous pouvons donc les remplacer par leurs équivalents respectifs :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1} = \lim_{x\to 0}\frac{5x}{2x}. \]
Pour \(x\neq 0\), simplifions \(x\) :
\[ \frac{5x}{2x}=\frac{5}{2}. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^5-1}{e^{2x}-1} = \frac{5}{2}. \]
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2}=6. \]
Résolution
Le numérateur est le produit de deux infiniment petits. Nous pouvons appliquer séparément les équivalents classiques aux deux facteurs.
Puisque
\[ \sin u\sim u \qquad\text{pour }u\to 0, \]
en posant \(u=2x\), nous obtenons
\[ \sin(2x)\sim 2x. \]
De plus,
\[ \tan u\sim u \qquad\text{pour }u\to 0. \]
En posant \(u=3x\), nous obtenons
\[ \tan(3x)\sim 3x. \]
Les équivalents sont utilisés à l’intérieur d’un produit et d’un quotient, la substitution est donc licite :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)\tan(3x)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{(2x)(3x)}{x^2}. \]
Multiplions les facteurs au numérateur :
\[ (2x)(3x)=6x^2. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{6x^2}{x^2}. \]
Pour \(x\neq 0\), on a
\[ \frac{6x^2}{x^2}=6. \]
La limite demandée est donc
\[ 6. \]
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)}=4. \]
Résolution
Pour le numérateur, utilisons l’équivalent
\[ 1-\cos u\sim\frac{u^2}{2} \qquad\text{pour }u\to 0. \]
En posant \(u=4x\), nous obtenons
\[ 1-\cos(4x)\sim\frac{(4x)^2}{2}. \]
Calculons :
\[ \frac{(4x)^2}{2} = \frac{16x^2}{2} = 8x^2. \]
Par conséquent,
\[ 1-\cos(4x)\sim 8x^2. \]
Au dénominateur figure le produit \(x\sin(2x)\). Pour le sinus, on a
\[ \sin(2x)\sim 2x. \]
Par conséquent,
\[ x\sin(2x)\sim x\cdot 2x=2x^2. \]
Nous pouvons maintenant substituer les équivalents dans le quotient :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(4x)}{x\sin(2x)} = \lim_{x\to 0}\frac{8x^2}{2x^2}. \]
Pour \(x\neq 0\), simplifions \(x^2\) :
\[ \frac{8x^2}{2x^2}=\frac{8}{2}=4. \]
Par conséquent, la limite vaut
\[ 4. \]
Exercice 18 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x} \]
et expliquer pourquoi il n’est pas correct de remplacer directement \(x^2+x\) par l’équivalent \(x^2\) dans la différence.
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x}=1. \]
La substitution directe par équivalents dans la différence n’est pas licite, car elle éliminerait précisément le terme qui détermine la valeur de la limite.
Résolution
Nous savons que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{pour }x\to+\infty, \]
car
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x}{x^2}=1. \]
Cependant, l’expression \(x^2+x\) apparaît à l’intérieur de la différence
\[ (x^2+x)-x^2. \]
Les équivalents ne peuvent pas être substitués automatiquement dans les sommes et les différences, car les termes principaux peuvent s’annuler.
Calculons donc la différence de manière exacte :
\[ (x^2+x)-x^2=x^2+x-x^2=x. \]
La limite devient
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{x}. \]
Pour \(x\neq 0\),
\[ \frac{x}{x}=1. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2+x)-x^2}{x}=1. \]
Si nous avions remplacé \(x^2+x\) directement par \(x^2\) dans la différence, nous aurions obtenu
\[ x^2-x^2=0 \]
et donc, à tort,
\[ \frac{0}{x}=0. \]
Cette substitution aurait éliminé le terme \(x\), qui est négligeable devant \(x^2\) dans la fonction \(x^2+x\), mais qui devient le terme déterminant après l’annulation des termes \(x^2\).
Exercice 19 — niveau ★★★★☆
En utilisant les hiérarchies fondamentales, établir les relations suivantes pour \(x\to+\infty\) :
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}), \qquad x^4=o(2^x), \]
et en déduire les relations correspondantes entre les inverses.
Résultat
Pour \(x\to+\infty\), on a
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}), \qquad x^4=o(2^x), \]
et, en passant aux inverses,
\[ \frac{1}{2^x}=o\left(\frac{1}{x^4}\right), \qquad \frac{1}{\sqrt{x}}=o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Résolution
Pour le passage à la limite \(x\to+\infty\), l’écriture
\[ f(x)=o(g(x)) \]
signifie que
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=0. \]
La hiérarchie fondamentale entre logarithmes et puissances affirme que, pour tout \(\alpha>0\),
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x^\alpha}=0. \]
Puisque
\[ \sqrt{x}=x^{1/2} \]
et \(\displaystyle\frac{1}{2}>0\), en choisissant \(\alpha=\displaystyle\frac{1}{2}\), nous obtenons
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}=0. \]
Par définition du petit o, nous pouvons donc écrire
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}). \]
La hiérarchie entre puissances et exponentielles affirme en outre que, pour tout \(\alpha>0\) et tout \(a>1\),
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{a^x}=0. \]
En choisissant \(\alpha=4\) et \(a=2\), nous obtenons
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^4}{2^x}=0. \]
Par conséquent,
\[ x^4=o(2^x). \]
Passons maintenant aux inverses. De la relation
\[ x^4=o(2^x) \]
il s’ensuit que \(2^x\) croît plus rapidement que \(x^4\). Par conséquent, l’inverse de \(2^x\) tend vers zéro plus rapidement que l’inverse de \(x^4\) :
\[ \frac{1}{2^x} = o\left(\frac{1}{x^4}\right). \]
En effet,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{2^x}} {\displaystyle\frac{1}{x^4}} = \frac{x^4}{2^x} \to 0. \]
De même, de la relation
\[ \ln(x)=o(\sqrt{x}) \]
il s’ensuit
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
En effet,
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}} {\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} \to 0. \]
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \frac{1}{2}. \]
Résolution
La limite présente la forme indéterminée \(\displaystyle\frac{0}{0}\), car pour \(x\to 0\), on a
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+x)\to 0, \qquad x^2\sin x\to 0. \]
Le numérateur est un produit et le dénominateur en est également un. Nous pouvons donc utiliser les équivalents asymptotiques de chaque facteur.
Pour \(x\to 0\), on a
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}. \]
De plus,
\[ \ln(1+x)\sim x \]
et
\[ \sin x\sim x. \]
Remplaçons chaque facteur par son équivalent :
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \lim_{x\to 0} \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot x} {x^2\cdot x}. \]
Multiplions les facteurs au numérateur :
\[ \frac{x^2}{2}\cdot x=\frac{x^3}{2}. \]
Multiplions les facteurs au dénominateur :
\[ x^2\cdot x=x^3. \]
La limite devient donc
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{x^3}{2}}{x^3}. \]
Diviser \(\displaystyle\frac{x^3}{2}\) par \(x^3\) équivaut à écrire
\[ \frac{x^3}{2x^3}. \]
Pour \(x\neq 0\), nous pouvons simplifier \(x^3\) :
\[ \frac{x^3}{2x^3}=\frac{1}{2}. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)\ln(1+x)} {x^2\sin x} = \frac{1}{2}. \]