Les exercices proposés sur cette page permettent d'appliquer de façon progressive les principaux théorèmes relatifs aux opérations sur les limites. Nous commencerons par les cas où le résultat peut être obtenu directement au moyen des théorèmes sur la somme, le produit, le quotient, les puissances, les racines et la fonction composée.
Nous aborderons ensuite des situations dans lesquelles la substitution directe conduit à une forme indéterminée. Dans ces cas, il ne suffira pas de s'arrêter à l'écriture symbolique \(\displaystyle\frac{0}{0}\), \(0\cdot\infty\) ou \(\infty-\infty\) : il faudra transformer l'expression au moyen de factorisations, de simplifications ou de rationalisations, ou encore en divisant par la plus haute puissance pertinente de la variable.
Une attention particulière sera accordée au domaine de définition des fonctions ainsi qu'à l'étude du signe. En effet, lorsqu'un dénominateur tend vers zéro, connaître seulement sa limite ne suffit pas : pour établir si le quotient tend vers \(+\infty\), vers \(-\infty\), ou n'admet pas de limite, il est nécessaire de déterminer le signe du dénominateur à droite et à gauche du point considéré.
Dans chaque exercice, les propriétés employées seront indiquées explicitement et chaque étape sera justifiée. On n'aura recours ni à la règle de l'Hôpital, ni aux développements de Taylor, ni à aucun autre outil superflu : tous les résultats seront obtenus en appliquant exclusivement les théorèmes et les techniques algébriques introduits dans la théorie.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite suivante :
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Résolution
L'expression \(3x^2-5x+4\) est une fonction polynomiale. Toute fonction polynomiale est continue sur \(\mathbb{R}\), de sorte que sa limite en un point fini se calcule en substituant directement à la variable la valeur vers laquelle elle tend.
On peut également justifier cette substitution au moyen des théorèmes sur les opérations sur les limites. En effet, on sait que
\[ \lim_{x\to 2}x=2. \]
Du théorème sur les puissances, il résulte
\[ \lim_{x\to 2}x^2=2^2=4. \]
En sortant les facteurs constants du symbole de limite, on obtient
\[ \lim_{x\to 2}3x^2=3\cdot 4=12 \]
et
\[ \lim_{x\to 2}(-5x)=-5\cdot 2=-10. \]
La fonction constante \(4\) a pour limite \(4\). En appliquant enfin le théorème de la somme,
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) &=3\cdot 2^2-5\cdot 2+4\\ &=12-10+4\\ &=6. \end{aligned} \]
La limite demandée est donc
\[ 6. \]
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions telles que
\[ \lim_{x\to x_0}f(x)=-2 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to x_0}g(x)=3. \]
Calculer
\[ \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right)=-9. \]
Résolution
Les deux limites données sont finies. On peut donc appliquer le théorème de la somme ainsi que le théorème du produit d'une fonction par une constante.
De la limite de \(f\), il résulte
\[ \lim_{x\to x_0}4f(x) = 4\lim_{x\to x_0}f(x) = 4\cdot(-2) = -8. \]
De même,
\[ \lim_{x\to x_0}\bigl(-2g(x)\bigr) = -2\lim_{x\to x_0}g(x) = -2\cdot 3 = -6. \]
La fonction constante \(5\) a pour limite \(5\). On peut donc additionner les trois résultats :
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to x_0}\left(4f(x)-2g(x)+5\right) &= 4(-2)-2(3)+5\\ &=-8-6+5\\ &=-9. \end{aligned} \]
La limite demandée est donc
\[ -9. \]
Exercice 3 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4)=75. \]
Résolution
L'expression est le produit de deux fonctions :
\[ (2x-3)^2 \qquad\text{et}\qquad x+4. \]
Calculons séparément leurs limites.
Puisque
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)=2(-1)-3=-5, \]
du théorème sur les puissances il résulte
\[ \lim_{x\to-1}(2x-3)^2=(-5)^2=25. \]
Pour le second facteur,
\[ \lim_{x\to-1}(x+4)=-1+4=3. \]
Les deux limites sont finies. On peut donc appliquer le théorème du produit :
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to-1}(2x-3)^2(x+4) &= \left(\lim_{x\to-1}(2x-3)^2\right) \left(\lim_{x\to-1}(x+4)\right)\\ &=25\cdot 3\\ &=75. \end{aligned} \]
Par conséquent,
\[ 75. \]
Exercice 4 — niveau ★☆☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5} = \frac{6}{7}. \]
Résolution
Le numérateur et le dénominateur sont des polynômes. On peut donc calculer séparément leurs limites par substitution directe.
Pour le numérateur,
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+2x+3) = 1^2+2\cdot 1+3 = 6. \]
Pour le dénominateur,
\[ \lim_{x\to 1}(2x+5) = 2\cdot 1+5 = 7. \]
La limite du dénominateur est non nulle :
\[ 7\neq 0. \]
L'hypothèse essentielle du théorème du quotient est donc satisfaite. On peut écrire
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 1}\frac{x^2+2x+3}{2x+5} &= \frac{\displaystyle\lim_{x\to 1}(x^2+2x+3)} {\displaystyle\lim_{x\to 1}(2x+5)}\\ &= \frac{6}{7}. \end{aligned} \]
Le résultat est
\[ \frac{6}{7}. \]
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5|. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5|=1. \]
Résolution
Considérons d'abord la fonction contenue dans la valeur absolue :
\[ f(x)=x^2-5. \]
S'agissant d'un polynôme, sa limite se calcule par substitution directe :
\[ \lim_{x\to 2}(x^2-5)=2^2-5=4-5=-1. \]
Le théorème sur la limite d'une valeur absolue établit que, si \(f(x)\to L\), alors
\[ |f(x)|\to |L|. \]
Dans notre cas, \(L=-1\). Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5| = |-1| = 1. \]
On peut également vérifier ce résultat au moyen du théorème de conservation du signe. Puisque \(x^2-5\to-1<0\), la fonction \(x^2-5\) est négative pour tout \(x\) suffisamment proche de \(2\). Sur un tel voisinage,
\[ |x^2-5|=-(x^2-5)=5-x^2. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 2}|x^2-5| = \lim_{x\to 2}(5-x^2) = 5-4 = 1. \]
La limite demandée est donc
\[ 1. \]
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite à droite
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)}=0. \]
Résolution
Avant d'appliquer les théorèmes sur les limites, nous devons vérifier le domaine de définition de la racine carrée. Il est nécessaire que
\[ x(1+x)\geq 0. \]
Pour \(x\) positif et suffisamment proche de \(0\), les deux facteurs \(x\) et \(1+x\) sont positifs. L'expression sous la racine est donc positive ou nulle, et la fonction est bien définie.
Calculons à présent la limite du radicande. Lorsque \(x\to 0^+\),
\[ x\to 0 \qquad\text{et}\qquad 1+x\to 1. \]
En appliquant le théorème du produit,
\[ x(1+x)\to 0\cdot 1=0. \]
La fonction racine carrée est continue en \(0\) sur son domaine de définition. On peut donc faire passer la limite à travers la racine :
\[ \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x(1+x)} = \sqrt{\lim_{x\to 0^+}x(1+x)} = \sqrt{0} = 0. \]
Par conséquent,
\[ 0. \]
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5}=-1. \]
Résolution
La racine cubique est d'indice impair et est donc définie sur \(\mathbb{R}\). Aucune condition de non-négativité n'est requise pour le radicande.
Calculons la limite de l'expression interne :
\[ \lim_{x\to-3}(2x+5) = 2(-3)+5 = -6+5 = -1. \]
La fonction
\[ \varphi(t)=\sqrt[3]{t} \]
est continue sur \(\mathbb{R}\). On peut donc appliquer le théorème sur la limite d'une fonction composée :
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to-3}\sqrt[3]{2x+5} &= \sqrt[3]{\lim_{x\to-3}(2x+5)}\\ &= \sqrt[3]{-1}\\ &=-1. \end{aligned} \]
Le résultat est
\[ -1. \]
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right)=\cos(1). \]
Résolution
L'expression est une fonction composée. La fonction interne est
\[ f(x)=\frac{x^2+1}{x+1}, \]
tandis que la fonction externe est
\[ \varphi(t)=\cos(t). \]
Calculons d'abord la limite de la fonction interne.
Le numérateur tend vers
\[ \lim_{x\to 0}(x^2+1)=0^2+1=1. \]
Le dénominateur tend vers
\[ \lim_{x\to 0}(x+1)=1. \]
Puisque la limite du dénominateur est non nulle, on peut appliquer le théorème du quotient :
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+1}{x+1} = \frac{1}{1} = 1. \]
La fonction cosinus est continue en tout point réel. En appliquant le théorème sur la limite d'une fonction composée,
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 0}\cos\left(\frac{x^2+1}{x+1}\right) &= \cos\left( \lim_{x\to 0}\frac{x^2+1}{x+1} \right)\\ &=\cos(1). \end{aligned} \]
La limite demandée est donc
\[ \cos(1). \]
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Résolution
Si l'on substitue directement \(x=3\), le numérateur et le dénominateur s'annulent tous deux :
\[ \frac{3^2-9}{3-3} = \frac{0}{0}. \]
L'écriture \(\displaystyle\frac{0}{0}\) est une forme indéterminée. Elle ne représente pas la valeur de la limite, mais indique seulement que le théorème du quotient ne peut pas être appliqué directement.
Il faut transformer l'expression. Le numérateur est une différence de carrés :
\[ x^2-9=x^2-3^2=(x-3)(x+3). \]
Pour \(x\neq 3\), on peut donc écrire
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3} = x+3. \]
Cette simplification est licite dans le calcul de la limite, puisque l'on considère des valeurs de \(x\) proches de \(3\), mais distinctes de \(3\).
Les deux fonctions
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{et}\qquad x+3 \]
coïncident pour tout \(x\neq 3\). Elles ont donc la même limite lorsque \(x\to 3\).
On obtient
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3) = 3+3 = 6. \]
Par conséquent,
\[ 6. \]
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1} = \frac{3}{2}. \]
Résolution
La substitution directe donne
\[ \frac{1^3-1}{1^2-1} = \frac{0}{0}. \]
On se trouve donc en présence d'une forme indéterminée. Cherchons un facteur commun au numérateur et au dénominateur.
Le numérateur est une différence de cubes :
\[ x^3-1^3=(x-1)(x^2+x+1). \]
Le dénominateur est une différence de carrés :
\[ x^2-1^2=(x-1)(x+1). \]
Pour \(x\neq 1\), on peut donc simplifier le facteur \(x-1\) :
\[ \begin{aligned} \frac{x^3-1}{x^2-1} &= \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+1)}\\ &= \frac{x^2+x+1}{x+1}. \end{aligned} \]
Dans la nouvelle expression, le dénominateur tend vers
\[ 1+1=2\neq 0. \]
On peut donc appliquer le théorème du quotient :
\[ \begin{aligned} \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x^2-1} &= \lim_{x\to 1}\frac{x^2+x+1}{x+1}\\ &= \frac{1^2+1+1}{1+1}\\ &= \frac{3}{2}. \end{aligned} \]
Le résultat est
\[ \frac{3}{2}. \]
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \frac{1}{2}. \]
Résolution
Pour \(x\) suffisamment proche de \(0\), on a \(1+x>0\), de sorte que la racine carrée est bien définie.
En substituant directement \(x=0\), on obtient
\[ \frac{\sqrt{1+0}-1}{0} = \frac{1-1}{0} = \frac{0}{0}. \]
La forme est indéterminée. La présence d'une différence contenant une racine carrée suggère de rationaliser le numérateur.
Multiplions le numérateur et le dénominateur par l'expression conjuguée \(\sqrt{1+x}+1\) :
\[ \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} \cdot \frac{\sqrt{1+x}+1}{\sqrt{1+x}+1}. \]
Au numérateur, on utilise l'identité remarquable du produit d'une somme par une différence :
\[ \bigl(\sqrt{1+x}-1\bigr)\bigl(\sqrt{1+x}+1\bigr) = (1+x)-1 = x. \]
Par conséquent, pour \(x\neq 0\),
\[ \begin{aligned} \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} &= \frac{x}{x\bigl(\sqrt{1+x}+1\bigr)}\\ &= \frac{1}{\sqrt{1+x}+1}. \end{aligned} \]
La nouvelle expression ne présente plus aucune forme indéterminée. En effet, le dénominateur tend vers
\[ \sqrt{1+0}+1=2. \]
En appliquant le théorème du quotient,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1} = \frac{1}{2}. \]
Par conséquent,
\[ \frac{1}{2}. \]
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Étudier la limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Par conséquent, la limite lorsque \(x\to 2\) n'existe pas, même au sens étendu.
Résolution
Le numérateur tend vers
\[ \lim_{x\to 2}(x+1)=3, \]
tandis que le dénominateur tend vers
\[ \lim_{x\to 2}(x-2)=0. \]
On ne peut pas appliquer le théorème du quotient, puisque la limite du dénominateur est nulle.
Comme le numérateur tend vers le nombre positif \(3\), par le théorème de conservation du signe il est positif pour tout \(x\) suffisamment proche de \(2\).
Le signe du quotient dépend donc du signe du dénominateur \(x-2\).
Considérons d'abord la limite à gauche. Lorsque \(x\to 2^-\), on a \(x<2\), d'où
\[ x-2<0. \]
De plus, le dénominateur s'approche de zéro par valeurs négatives :
\[ x-2\to 0^-. \]
Le quotient d'une quantité positive proche de \(3\) par une quantité négative de valeur absolue arbitrairement petite prend des valeurs négatives de module arbitrairement grand. Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{x+1}{x-2}=-\infty. \]
Considérons à présent la limite à droite. Lorsque \(x\to 2^+\), on a \(x>2\), d'où
\[ x-2>0 \]
et
\[ x-2\to 0^+. \]
Le quotient d'une quantité positive proche de \(3\) par une quantité positive tendant vers zéro devient arbitrairement grand. Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{x+1}{x-2}=+\infty. \]
Puisque la limite à gauche et la limite à droite diffèrent, la limite bilatérale n'existe pas :
\[ \lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-2}\text{ n'existe pas}. \]
Exercice 13 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x+1}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x+1}=1. \]
Résolution
Lorsque \(x\to+\infty\), le premier facteur tend vers \(+\infty\) :
\[ x\to+\infty. \]
Le second facteur, quant à lui, tend vers zéro :
\[ \frac{1}{x+1}\to 0. \]
Le produit présente donc la forme indéterminée
\[ \infty\cdot 0. \]
On ne peut pas conclure que le résultat soit nul ou infini. Il faut transformer l'expression.
Écrivons le produit sous la forme d'un quotient unique :
\[ x\cdot\frac{1}{x+1} = \frac{x}{x+1}. \]
Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\), de sorte qu'apparaît la forme indéterminée \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\).
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(x\), qui est non nul pour tout \(x\) suffisamment grand :
\[ \frac{x}{x+1} = \frac{\displaystyle\frac{x}{x}} {\displaystyle\frac{x+1}{x}} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{x}}. \]
Or,
\[ \frac{1}{x}\to 0. \]
Le dénominateur de la nouvelle expression tend donc vers
\[ 1+0=1, \]
qui est non nul. On peut appliquer le théorème du quotient :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+\displaystyle\frac{1}{x}} = \frac{1}{1} = 1. \]
Par conséquent,
\[ 1. \]
Exercice 14 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Résolution
Lorsque \(x\to+\infty\), on a
\[ x^2+4x\to+\infty, \]
et donc
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty. \]
Le second terme tend également vers \(+\infty\). La différence présente donc la forme indéterminée
\[ \infty-\infty. \]
Pour éliminer la différence entre la racine et \(x\), multiplions et divisons par l'expression conjuguée :
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
On obtient
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{\bigl(\sqrt{x^2+4x}-x\bigr)\bigl(\sqrt{x^2+4x}+x\bigr)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Au numérateur apparaît une différence de carrés :
\[ \bigl(\sqrt{x^2+4x}\bigr)^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Par conséquent,
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Puisque \(x\to+\infty\), on a \(x>0\) pour tout \(x\) suffisamment grand. Ainsi, \(\sqrt{x^2}=|x|=x\), et
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
En substituant,
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4x}{x\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+x}. \]
Mettons \(x\) en facteur au dénominateur :
\[ \frac{4x}{x\left(\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1\right)} = \frac{4}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Puisque
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
il s'ensuit que
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
La limite devient alors
\[ \frac{4}{1+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
Par conséquent,
\[ 2. \]
Exercice 15 — niveau ★★★★☆
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right). \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\left(-2x^5+3x^2-1\right)=+\infty. \]
Résolution
Le polynôme contient des termes qui, considérés isolément, présentent des comportements différents :
\[ -2x^5\to+\infty, \qquad 3x^2\to+\infty, \qquad -1\to-1. \]
Le résultat peut être déterminé en observant que le comportement d'un polynôme à l'infini est régi par son terme de plus haut degré.
Le terme dominant est
\[ -2x^5. \]
Pour rendre la comparaison rigoureuse, mettons \(x^5\) en facteur :
\[ -2x^5+3x^2-1 = x^5\left(-2+\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x^5}\right). \]
Lorsque \(x\to-\infty\), la puissance \(x^5\), ayant un exposant impair, tend vers \(-\infty\) :
\[ x^5\to-\infty. \]
De plus,
\[ \frac{3}{x^3}\to 0 \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{x^5}\to 0. \]
Par conséquent, le second facteur tend vers
\[ -2+0-0=-2. \]
Cette limite est négative et non nulle. Par le théorème de conservation du signe, le facteur entre parenthèses est négatif pour tout \(x\) suffisamment négatif.
Le produit est donc formé d'une quantité négative de valeur absolue arbitrairement grande et d'une quantité négative proche de \(-2\). Le produit est positif et devient arbitrairement grand :
\[ (-\infty)\cdot(-2)=+\infty. \]
Cette écriture n'est qu'une notation abrégée pour l'énoncé correspondant sur les limites. On conclut que
\[ +\infty. \]
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
Calculer
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}=0, \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2}=0. \]
Résolution
Le numérateur est un polynôme de degré \(2\), tandis que le dénominateur est un polynôme de degré \(4\).
Lorsque \(x\to+\infty\) et lorsque \(x\to-\infty\), le numérateur comme le dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\). La substitution symbolique produit donc la forme indéterminée
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Puisque le degré du dénominateur est supérieur à celui du numérateur, on s'attend à ce que le dénominateur croisse plus rapidement et que le quotient tende vers zéro.
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^4\), la puissance de plus haut degré présente au dénominateur :
\[ \frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^4}-\displaystyle\frac{1}{x^4}} {\displaystyle\frac{x^4}{x^4}+\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
En simplifiant les puissances,
\[ \frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x^2}-\displaystyle\frac{1}{x^4}} {1+\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\) et lorsque \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x^2}\to 0 \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{x^4}\to 0. \]
Le numérateur de la nouvelle fraction tend donc vers
\[ 3\cdot 0-0=0, \]
tandis que le dénominateur tend vers
\[ 1+0=1. \]
Puisque la limite du dénominateur est non nulle, on peut appliquer le théorème du quotient :
\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^2-1}{x^4+2} = \frac{0}{1} = 0. \]
Par conséquent, dans les deux directions,
\[ 0. \]
Exercice 17 — niveau ★★★★★
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{1}{2}. \]
Résolution
Le numérateur et le dénominateur sont des polynômes de même degré, à savoir de degré \(3\).
Lorsque \(x\to-\infty\),
\[ 2x^3-x+1\to-\infty \]
et
\[ 4x^3+5\to-\infty. \]
Le quotient présente donc la forme indéterminée
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Divisons tous les termes par \(x^3\), la puissance correspondant au degré maximal :
\[ \frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{x}{x^3} +\displaystyle\frac{1}{x^3}} {\displaystyle\frac{4x^3}{x^3} +\displaystyle\frac{5}{x^3}}. \]
En simplifiant,
\[ \frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{2-\displaystyle\frac{1}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^3}} {4+\displaystyle\frac{5}{x^3}}. \]
Lorsque \(x\to-\infty\),
\[ \frac{1}{x^2}\to 0 \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
Le numérateur tend donc vers
\[ 2-0+0=2, \]
tandis que le dénominateur tend vers
\[ 4+0=4. \]
La limite du dénominateur est non nulle. En appliquant le théorème du quotient,
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x+1}{4x^3+5} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}. \]
Le résultat coïncide avec le rapport des coefficients des termes de plus haut degré :
\[ \frac{2}{4}=\frac{1}{2}. \]
Par conséquent,
\[ \frac{1}{2}. \]
Exercice 18 — niveau ★★★★★
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+1}{-2x^2+3}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^4+1}{-2x^2+3} = -\infty. \]
Résolution
Le numérateur est un polynôme de degré \(4\), tandis que le dénominateur est un polynôme de degré \(2\).
Lorsque \(x\to-\infty\), les deux puissances \(x^4\) et \(x^2\) tendent vers \(+\infty\). Il s'ensuit que
\[ x^4+1\to+\infty \]
et
\[ -2x^2+3\to-\infty. \]
Pour déterminer rigoureusement le comportement du quotient, divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^2\) :
\[ \frac{x^4+1}{-2x^2+3} = \frac{\displaystyle\frac{x^4}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{-2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
En simplifiant,
\[ \frac{x^4+1}{-2x^2+3} = \frac{x^2+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {-2+\displaystyle\frac{3}{x^2}}. \]
Lorsque \(x\to-\infty\),
\[ x^2\to+\infty \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
Le numérateur tend donc vers \(+\infty\) :
\[ x^2+\frac{1}{x^2}\to+\infty. \]
Le dénominateur, quant à lui, tend vers le nombre négatif
\[ -2+0=-2. \]
Par le théorème de conservation du signe, le dénominateur est négatif et demeure éloigné de zéro pour tout \(x\) suffisamment négatif.
En divisant une quantité positive arbitrairement grande par une quantité négative proche de \(-2\), on obtient une quantité négative de valeur absolue arbitrairement grande.
Par conséquent,
\[ -\infty. \]
Exercice 19 — niveau ★★★★★
Calculer la limite
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to+\infty}x^{\frac{1}{\ln(x)}}=e. \]
Résolution
La fonction est définie pour \(x>0\) et \(x\neq 1\), car le logarithme népérien exige \(x>0\) et le dénominateur de l'exposant ne peut être nul.
Lorsque \(x\to+\infty\), la base tend vers \(+\infty\) :
\[ x\to+\infty. \]
Puisque
\[ \ln(x)\to+\infty, \]
l'exposant tend vers zéro :
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to 0. \]
La puissance présente donc la forme indéterminée
\[ \infty^0. \]
Il ne faut cependant pas chercher à attribuer une valeur à la forme symbolique elle-même. Dans ce cas, l'expression peut être simplifiée de façon exacte en utilisant la relation entre la fonction exponentielle et le logarithme népérien.
Pour tout \(x>0\),
\[ x=e^{\ln(x)}. \]
Par conséquent, pour \(x>1\),
\[ x^{\frac{1}{\ln(x)}} = \left(e^{\ln(x)}\right)^{\frac{1}{\ln(x)}}. \]
En appliquant la propriété \((a^b)^c=a^{bc}\), licite ici puisque la base \(e\) est positive, on obtient
\[ \left(e^{\ln(x)}\right)^{\frac{1}{\ln(x)}} = e^{\ln(x)\cdot\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Puisque \(x\neq 1\), on a \(\ln(x)\neq 0\), d'où
\[ \ln(x)\cdot\frac{1}{\ln(x)}=1. \]
Il s'ensuit que, pour tout \(x>1\),
\[ x^{\frac{1}{\ln(x)}}=e. \]
La fonction est donc constante et égale à \(e\) sur tout l'intervalle \((1,+\infty)\). Sa limite est par conséquent
\[ e. \]
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Étudier la limite
\[ \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)}. \]
Résultat
\[ \lim_{x\to 1^-} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} = -\infty, \]
\[ \lim_{x\to 1^+} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} = +\infty. \]
Par conséquent, la limite lorsque \(x\to 1\) n'existe pas, même au sens étendu.
Résolution
En substituant directement \(x=1\), le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers zéro :
\[ (x-1)^2(x+2)\to 0 \]
et
\[ (x-1)^3(2-x)\to 0. \]
La forme initiale est donc
\[ \frac{0}{0}. \]
Le facteur \(x-1\) apparaît à la fois au numérateur et au dénominateur, mais avec des multiplicités différentes. Au numérateur, il a pour exposant \(2\), tandis qu'au dénominateur il a pour exposant \(3\).
Pour \(x\neq 1\), on peut simplifier le facteur commun \((x-1)^2\) :
\[ \begin{aligned} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} &= \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^2(x-1)(2-x)}\\ &= \frac{x+2}{(x-1)(2-x)}. \end{aligned} \]
Après cette simplification, il reste un facteur \(x-1\) au dénominateur. Cela indique que la valeur absolue du quotient tendra vers \(+\infty\), mais, pour déterminer le signe du quotient, il convient d'étudier séparément chaque facteur.
Lorsque \(x\to 1\),
\[ x+2\to 3. \]
Puisque \(3>0\), par le théorème de conservation du signe, le facteur \(x+2\) est positif dans un voisinage convenable de \(1\).
De plus,
\[ 2-x\to 1. \]
Cette limite est également positive, de sorte que \(2-x\) est positif pour tout \(x\) suffisamment proche de \(1\).
Le seul facteur qui change de signe en traversant \(x=1\) est donc \(x-1\).
Considérons la limite à gauche. Si \(x\to 1^-\), alors \(x<1\), d'où
\[ x-1<0 \]
et
\[ x-1\to 0^-. \]
Le numérateur \(x+2\) est positif. Au dénominateur, le facteur \(x-1\) est négatif, tandis que le facteur \(2-x\) est positif. Le dénominateur est donc négatif et tend vers zéro.
Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to 1^-} \frac{x+2}{(x-1)(2-x)} = -\infty. \]
Considérons à présent la limite à droite. Si \(x\to 1^+\), alors \(x>1\), d'où
\[ x-1>0 \]
et
\[ x-1\to 0^+. \]
Tous les facteurs \(x+2\), \(x-1\) et \(2-x\) sont positifs pour \(x\) suffisamment proche de \(1\) par la droite. Le dénominateur tend vers zéro par valeurs positives.
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 1^+} \frac{x+2}{(x-1)(2-x)} = +\infty. \]
Les deux limites latérales diffèrent :
\[ -\infty\neq+\infty. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to 1} \frac{(x-1)^2(x+2)} {(x-1)^3(2-x)} \text{ n'existe pas}. \]