Fiche de mathématiques

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Calcul de quelques limites classiques

Le but de cette fiche est de montrer qu'à partir de démonstrations facilement réalisables en terminale, nous parvenons, sans trop de mal, à calculer la limite en un point de certaines fonctions présentant, a priori en ce point, une forme indéterminée du type 0/0.

INTRODUCTION

Certaines fonctions sont bien connues pour présenter, a priori, une indétermination de limite du type 0/0 en un certain point.

Considérons par exemple les cinq fonctions suivantes toutes définies sur $I = \left]-\frac{1}{2} , \frac{1}{2}\right[ - \begin{Bmatrix}0\end{Bmatrix}$ :

$\medium \boxed{f_1 : x \mapsto \frac{\cos x - 1}{x^2}, f_2 : x \mapsto \frac{\sin x - x}{x^3}, f_3 : x \mapsto \frac{\tan x - x}{x^3}, f_4 : x \mapsto \frac{e^x - x - 1}{x^2}, f_5 : x \mapsto \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2}}$

Ces fonctions présentent toutes une forme indéterminée de limite en 0 du type 0/0. Toutefois, il est possible de déterminer leur limite en 0 en utilisant par exemple :
la règle de l'Hôpital, qui n'est pas enseignée dans le secondaire ;
le théorème des gendarmes, qui nécessite de démontrer des inégalités (considérées comme étant sorties de nulle part aux yeux des élèves) via un exercice guidé ;
des preuves géométriques qui nécessitent un exercice guidé également ;
... ;
ou encore la démarche proposée ici dans cette fiche.

Dans les classes supérieures d'autres outils plus puissants seront enseignés (e.g. les développements limités), permettant ainsi de calculer sans aucun effort particulier les limites que nous désirons déterminer.

Dans cette fiche, nous exploiterons essentiellement la définition du nombre dérivé d'une fonction et certaines identités trigonométriques afin de calculer la limite en 0 des fonctions définies précédemment.

Pour mener à bien nos calculs de limites nous aurons besoin de deux choses :
d'une part, il s'agira de certaines limites dites élémentaires et c'est l'objet de l'EXERCICE 1 ;
d'autre part, il s'agira de quelques identités trigonométriques que nous supposerons connues.

exercice 1 - Calculer les limites suivantes :

(1) $\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}}$

(2) $\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}}$

(3) $\boxed{\lim_{x\to0}\frac{e^x - 1}{x}}$

(4) $\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\ln(1 - x)}{x}}$

Nous supposons connues les identités suivantes :

(5) $\boxed{\forall x \in \mathbb{R}, \cos(2x) = 1 - 2\sin^2x}$

(6) $\boxed{\forall x \in \mathbb{R} - \begin{Bmatrix}\frac{1 + 2k}{4}\pi, k \in \mathbb{Z}\end{Bmatrix}, \tan(2x) = \frac{2\tan x}{1 - \tan^2 x}}$

(7) $\boxed{\forall x \in \mathbb{R}, \sin(3x) = 3\sin x - 4\sin^3 x}$

exercice 2

Reprenons les fonctions définies en introduction , toutes définies sur $I = \left]-\frac{1}{2} , \frac{1}{2}\right[ - \begin{Bmatrix}0\end{Bmatrix}$ :

$\medium \boxed{f_1 : x \mapsto \frac{\cos x - 1}{x^2}, f_2 : x \mapsto \frac{\sin x - x}{x^3}, f_3 : x \mapsto \frac{\tan x - x}{x^3}, f_4 : x \mapsto \frac{e^x - x - 1}{x^2}, f_5 : x \mapsto \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2}}$

Sans plus tarder, supposons que leur limite en 0 existe.
Remarque : Il est important de noter ici l'hypothèse de l'existence des limites. En effet, sans cette hypothèse, les manipulations algébriques sur les limites dont nous serons amenés à effectuer n'auraient aucun sens. Et à ce propros, si nous souhaitions produire une preuve complètement rigoureuse de la détermination de la limite en 0 de ces fonctions, il faudrait alors montrer au préalable l'existence des limites cherchées.

En utilisant les résultats de l'EXERCICE 1 ainsi que (5), (6) et (7) nous sommes maintenant capable de déterminer la limite en 0 de chacune de ces fonctions et c'est l'objet de cet exercice.

- Calculer les limites suivantes :

(A) $\boxed{\lim_{x\to0}f_1(x)}$

(B) $\boxed{\lim_{x\to0}f_2(x)}$

(C) $\boxed{\lim_{x\to0}f_3(x)}$

(D) $\boxed{\lim_{x\to0}f_4(x)}$

(E) $\boxed{\lim_{x\to0}f_5(x)}$

Voir la correction

Rappel : définition du nombre dérivé en un point

Soient $f$ une fonction définie sur $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ non réduit à un point, $a \in I$ et $h$ un réel non nul tel que $a + h \in I$ .

On dit que $f$ est dérivable en $a$ si le rapport $\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ admet une limite finie lorsque $h\to 0$ .

Et dans ce cas, la limite est appelée nombre dérivé de $f$ en $a$ et est notée $f'(a)$ .

En résumé :

Si $f : I \to \mathbb{R}$ est dérivable en $a \in I$ alors $\boxed{\lim_{h\to 0, h\neq0} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} = f'(a)}$ .

(1) Puisque la fonction sinus est dérivable en 0 et que son nombre dérivé en 0 est $\cos0 = 1$ nous avons :

$\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\sin x - \sin 0}{x - 0} = \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x} = \sin'0 = \cos 0 = 1}$ .

(2) La fonction tangente est également dérivable en 0 et son nombre dérivé en 0 est $1 + \tan^2 0 = 1$ d'où :

$\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\tan x - \tan 0}{x - 0} = \lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x} = \tan'0 = 1 + \tan^2 0 = 1}$ .

(3) Idem pour la fonction exponentielle, dérivable en 0 de nombre dérivé en 0 égal à $e^0 = 1$ d'où :

$\boxed{\lim_{x\to0}\frac{e^x - e^0}{x - 0} = \lim_{x\to0}\frac{e^x - 1}{x} = \exp'0 = \exp0 = 1}$ .

(4) La fonction $f : x \mapsto \ln(1 - x)$ est dérivable sur son domaine $]-\infty , 1[$ comme composée de fonctions dérivables et donc en particulier en 0.

De plus, $\boxed{\forall x < 1, f'(x) = -\frac{1}{1 - x}}$ . Ainsi le nombre dérivé en 0 de la fonction $f$ vaut $f'(0) = -1$ .

D'où, en appliquant la définition du nombre dérivé en 0 de la fonction $f$ :

$\boxed{\lim_{h\to 0, h\neq0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h\to 0, h\neq0} \frac{\ln(1-h)}{h} = f'(0) = -1}$ .

Rappelons-nous des identités trigonométriques données :

(5) $\boxed{\forall x \in \mathbb{R}, \cos(2x) = 1 - 2\sin^2x}$

(6) $\boxed{\forall x \in \mathbb{R} - \begin{Bmatrix}\frac{1 + 2k}{4}\pi, k \in \mathbb{Z}\end{Bmatrix}, \tan(2x) = \frac{2\tan x}{1 - \tan^2 x}}$

(7) $\boxed{\forall x \in \mathbb{R}, \sin(3x) = 3\sin x - 4\sin^3 x}$

Et calculons maintenant les limites de l'EXERCICE 2.

(A) Notons $L_1$ la limite de la fonction $f_1$ en 0 : $\boxed{L_1 = \lim_{x\to0} \frac{\cos x - 1}{x^2}}$ .

Effectuons le changement de variable suivant $X = \frac{x}{2}$ . Nous avons alors $x = 2X$ et lorsque $x \to 0, X \to 0$ .

De plus, en utilisant (5) nous avons que :

$\forall x \in I, \frac{\cos x - 1}{x^2} = \frac{\cos(2X) - 1}{4X^2} = \frac{-2\sin^2 X}{4X^2} = -\frac{1}{2}\left(\frac{\sin X}{X}\right)^2$ .

Ainsi, par passage à la limite et en utilisant (1) :

$L_1 = \lim_{X\to0} -\frac{1}{2}\left(\frac{\sin X}{X}\right)^2 = -\frac{1}{2}\left[\lim_{X\to0} \left(\frac{\sin X}{X}\right)^2\right] = -\frac{1}{2}$ .

Finalement $\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1}{2}}$ .

Nous pouvons visualiser que le résultat trouvé est cohérent à l'aide d'un graphique :

Des limites classiques traitées avec des manipulations algébriques et sans inégalités ni la règle de l'Hôpital : image 1

(B) Notons $L_2$ la limite de la fonction $f_2$ en 0 : $\boxed{L_2 = \lim_{x\to0} \frac{\sin x - x}{x^3}}$ .

Effectuons le changement de variable suivant $X = \frac{x}{3}$ . Nous avons alors $x = 3X$ et lorsque $x \to 0, X \to 0$ .

De plus, en utilisant (6) nous avons que :

$\forall x \in I, \frac{\sin x - x}{x^3} = \frac{\sin(3X) - 3X}{27X^3} = \frac{3\sin X - 4\sin^3 X - 3X}{27X^3} = \frac{1}{9}\left(\frac{\sin X - X}{X^3}\right) - \frac{4}{27}\left(\frac{\sin X}{X}\right)^3$ .

Ainsi, par passage à la limite et en utilisant (1) :

$L_2 = \lim_{X\to0} \frac{1}{9}\left(\frac{\sin X - X}{X^3}\right) - \frac{4}{27}\left(\frac{\sin X}{X}\right)^3 = \frac{1}{9}\left[\lim_{X\to0}\frac{\sin X - X}{X^3}\right] - \frac{4}{27}\left[\lim_{X\to0}\left(\frac{\sin X}{X}\right)^3\right]$ ,

d'où $L_2 = \frac{1}{9}L_2 - \frac{4}{27}$ puis $L_2 = -\frac{1}{6}$ .

Finalement $\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\sin x - x}{x^3} = -\frac{1}{6}}$ .

Nous pouvons visualiser que le résultat trouvé est cohérent à l'aide d'un graphique :

Des limites classiques traitées avec des manipulations algébriques et sans inégalités ni la règle de l'Hôpital : image 2

(C) Notons $L_3$ la limite de la fonction $f_3$ en 0 : $\boxed{L_3 = \lim_{x\to0} \frac{\tan x - x}{x^3}}$ .

Effectuons le changement de variable suivant $X = \frac{x}{2}$ . Nous avons alors $x = 2X$ et lorsque $x \to 0, X \to 0$ .

De plus, en utilisant (7) nous avons que :

$\forall x \in I, \frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{\tan(2X) - 2X}{8X^3} = \frac{1}{4\left(1 - \tan^2 X\right)}\times\frac{\tan X - X + X\tan^2 X}{X^3} = \frac{1}{4\left(1 - \tan^2 X\right)}\left[\left(\frac{\tan X - X}{X^3}\right) + \left(\frac{\tan X }{X}\right)^2\right]$ .

Ainsi, par passage à la limite et en utilisant (2) :

$L_3 = \lim_{X\to0} \frac{1}{4\left(1 - \tan^2 X\right)}\left[\left(\frac{\tan X - X}{X^3}\right) + \left(\frac{\tan X }{X}\right)^2\right] = \frac{1}{4}\left(\left[\lim_{X\to0}\frac{\tan X - X}{X^3}\right] + \left[\lim_{X\to0}\left(\frac{\tan X}{X}\right)^2\right]\right)$ ,

d'où $L_3 = \frac{1}{4}\left(L_3 + 1\right)$ puis $L_3 = \frac{1}{3}$ .

Finalement $\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{1}{3}}$ .

Nous pouvons visualiser que le résultat trouvé est cohérent à l'aide d'un graphique :

Des limites classiques traitées avec des manipulations algébriques et sans inégalités ni la règle de l'Hôpital : image 5

(D) Notons $L_4$ la limite de la fonction $f_4$ en 0 : $\boxed{L_4 = \frac{e^x - x - 1}{x^2}}$ .

Effectuons le changement de variable suivant $X = \frac{x}{2}$ . Nous avons alors $x = 2X$ et lorsque $x \to 0, X \to 0$ .

De plus,

$\forall x \in I, \frac{e^x - x - 1}{x^2} = \frac{e^{2X} - 2X - 1}{4X^2} = \frac{e^{2X} - 2X - 1 + \overset{=0}{\overbrace{2(e^X - e^X)}} + \overset{=0}{\overbrace{2(1 - 1)}}}{4X^2} = \frac{\overset{=(e^X - 1)^2}{\overbrace{e^{2X} - 2e^X + 1}} + 2(e^X - X - 1)}{4X^2} = \frac{1}{4}\left[\left(\frac{e^X - 1}{X}\right)^2 + 2\left(\frac{e^X - X - 1}{X^2}\right)\right]$ .

Ainsi, par passage à la limite et en utilisant (3) :

$L_4 = \lim_{X\to0} \frac{1}{4}\left[\left(\frac{e^X - 1}{X}\right)^2 + 2\left(\frac{e^X - X - 1}{X^2}\right)\right] = \frac{1}{4}\left(\left[\lim_{X\to0}\left(\frac{e^X - 1}{X}\right)^2\right] + 2\left[\lim_{X\to0}\frac{e^X - X - 1}{X^2}\right]\right)$ ,

d'où $L_4 = \frac{1}{4}\left(1 + 2L_4\right)$ puis $L_4 = \frac{1}{2}$ .

Finalement $\boxed{\lim_{x\to0} \frac{e^x - x - 1}{x^2} = \frac{1}{2}}$ .

Nous pouvons visualiser que le résultat trouvé est cohérent à l'aide d'un graphique :

Des limites classiques traitées avec des manipulations algébriques et sans inégalités ni la règle de l'Hôpital : image 4

(E) Notons $L_5$ la limite de la fonction $f_5$ en 0 : $\boxed{L_5 = \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2}}$ .

Effectuons le changement de variable suivant $X = \frac{x}{2}$ . Nous avons alors $x = 2X$ et lorsque $x \to 0, X \to 0$ .

De plus,

$\forall x \in I, \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} = \frac{\ln(1 + 2X) - 2X}{4X^2} = \frac{\ln(1 + 2X) - 2X + \overset{=0}{\overbrace{2\left(\ln(1 + X) - \ln(1 + X)\right)}}}{4X^2} = \frac{1}{4}\left[\left(\frac{\ln(1 + 2X) - 2\ln(1 + X)}{X^2}\right) + 2\left(\frac{\ln(1 + X) - X}{X^2}\right)\right]$ .

Prenons quelques instants pour calculer séparément la limite suivante : $\lim_{X\to0} \frac{\ln(1 + 2X) - 2\ln(1 + X)}{X^2}$ .

Tout d'abord, les propriétés du logarithme nous permettent d'écrire que :

$\forall x \in I, \frac{\ln(1 + 2X) - 2\ln(1 + X)}{X^2} = \frac{\ln\left(\frac{1 + 2X}{(1 + X)^2}\right)}{X^2} = \frac{\ln\left(\frac{1 + 2X + (X^2 - X^2)}{(1 + X)^2}\right)}{X^2} = \frac{\ln\left(\frac{(1 + X)^2 - X^2}{(1 + X)^2}\right)}{X^2} = \frac{\ln\left(1 - \frac{X^2}{(1 + X)^2}\right)}{X^2}$ .

Ensuite, le changement de variable $Y = \frac{X}{1 + X}$ nous donne que :

$X = \frac{Y}{1 - Y}$ ; lorsque $X \to 0, Y \to 0$ ; et $\frac{\ln\left(1 - \frac{X^2}{(1 + X)^2}\right)}{X^2} = (1 - Y)\frac{\ln\left(1 - Y^2\right)}{Y^2}$ .

D'où, enfin, en utilisant (4), $\lim_{X\to0} \frac{\ln(1 + 2X) - 2\ln(1 + X)}{X^2} = \lim_{Y\to0} (1 - Y)\frac{\ln\left(1 - Y^2\right)}{Y^2} = -1$ .

Maintenant, en reprenant là où on s'était arrêté, par passage à la limite nous obtenons que :

$L_5 = \lim_{X\to0} \frac{1}{4}\left[\left(\frac{\ln(1 + 2X) - 2\ln(1 + X)}{X^2}\right) + 2\left(\frac{\ln(1 + X) - X}{X^2}\right)\right] = \frac{1}{4}\left(\left[\lim_{X\to0}\left(\frac{\ln(1 + 2X) - 2\ln(1 + X)}{X^2}\right)\right] + 2\left[\lim_{X\to0}\left(\frac{\ln(1 + X) - X}{X^2}\right)\right]$ ,

d'où $L_5 = \frac{1}{4}\left(-1 + 2L_5\right)$ puis $L_5 = -\frac{1}{2}$ .

Finalement $\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} = -\frac{1}{2}}$ .

Nous pouvons visualiser que le résultat trouvé est cohérent à l'aide d'un graphique :

Des limites classiques traitées avec des manipulations algébriques et sans inégalités ni la règle de l'Hôpital : image 3

RÉSUMÉ

$\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1}{2}}$

$\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\sin x - x}{x^3} = -\frac{1}{6}}$

$\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{1}{3}}$

$\boxed{\lim_{x\to0} \frac{e^x - x - 1}{x^2} = \frac{1}{2}}$

$\boxed{\lim_{x\to0} \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} = -\frac{1}{2}}$

Publié par malou/mdr_non le 10-04-2022

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