Exercices corrigés - Limite en un point - limite à l'infini

Dans chaque cas, on va multiplier par la quantité conjuguée.

1. \begin{align*} \sqrt{x+4}-\sqrt{x-4}&=\frac{(\sqrt{x+4}-\sqrt{x-4})(\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4})}{\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}}\\ &=\frac{(x+4)-(x-4)}{\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}}\\ &=\frac 8{\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}}. \end{align*} Le dénominateur tend vers $+\infty$ (ce n'est pas une forme indéterminée) et donc on a $$\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+4}-\sqrt{x-4}=0.$$
2. \begin{align*} \sqrt{x^2-1}-x&=\frac{(\sqrt{x^2-1}-x)(\sqrt{x^2-1}+x)}{\sqrt{x^2-1}+x}\\ &=\frac{x^2-1-x^2}{\sqrt{x^2-1}+x}\\ &=\frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}. \end{align*} Le dénominateur tend vers $+\infty$, et donc on a $$\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x^2-1}-x=0.$$

Dans le premier cas, on a une forme indéterminée du type $+\infty-\infty$, et dans les trois autres cas, on a une forme indéterminée du type $\frac{\infty}{\infty}$. On lève souvent ces formes indéterminées en mettant en facteur le terme dominant.

1. On met en facteur $e^{2x}$. Il vient : $$e^{2x}-e^x=e^{2x}\left(1-\frac{e^x}{e^{2x}}\right)=e^{2x}(1-e^{-x}).$$ Or, $\lim_{x\to+\infty} e^{2x}=+\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}1-e^{-x}=1$ donc $$\lim_{x\to+\infty}e^{2x}-e^x=+\infty.$$
2. On met en facteur $e^{2x}$ au numérateur, et $x$ au dénominateur. On a $$\frac{e^{2x}+1}{x+3}=\frac{e^{2x}}x\times \frac{1+e^{-2x}}{1+\frac 3x}.$$ Or, $$\lim_{x\to+\infty}1+e^{-2x}=1,\ \lim_{x\to+\infty}1+\frac 3x=1\textrm{ donc } \lim_{x\to+\infty}\frac{1+e^{-2x}}{1+\frac 3x}=1.$$ D'autre part, par croissance comparée, on a $$\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{2x}}x=+\infty.$$ Finalement, on conclut par produit de limites que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{2x}+1}{x+3}=+\infty.$$
3. On met en facteur $xe^x$ au numérateur, et $e^x$ au dénominateur. Il vient : $$\frac{xe^x+2e^x-5}{e^{x}-3}=\frac{xe^x}{e^x}\times \frac{1+\frac 2x-\frac{5}{xe^x}}{1-3e^{-x}}=x\times \frac{1+\frac 2x-\frac{5}{xe^x}}{1-3e^{-x}}.$$ Or, puisque $\lim_{x\to+\infty}xe^x=+\infty$ (ce n'est pas une forme indéterminée!), puisque $\lim_{x\to+\infty}e^{-x}=0$, il vient $$\lim_{x\to+\infty} 1+\frac 2x-\frac{5}{xe^x}=1,\ \lim_{x\to+\infty} 1-3e^{-x}=1\textrm{ donc }\lim_{x\to+\infty} \frac{1+\frac 2x-\frac{5}{xe^x}}{1-3e^{-x}}=1.$$ On en déduit par produit de limites que $$\lim_{x\to+\infty} \frac{xe^x+2e^x-5}{e^{x}-3}=+\infty.$$
4. On met en facteur $x^2$ au numérateur et au dénominateur. On trouve $$\frac{x^2+x\sin x}{x^2+x\cos x}=\frac{x^2}{x^2}\times\frac{1+\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{\cos x}x}=\frac{1+\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{\cos x}x}.$$ Puisque $-1\leq \sin x\leq 1$, on a pour tout $x>0$, $$\frac{-1}x\leq\frac{\sin x}x\leq \frac 1x$$ et donc par le théorème des gendarmes $\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}x=0$. On prouve de la même façon que $\lim_{x\to+\infty}\frac{\cos x}x=0$. On a donc $$\lim_{x\to+\infty} \frac{x^2+x\sin x}{x^2+x\cos x}=\frac 11=1.$$

1. On factorise $$\exp(x)-x^3=\exp(x)\left(1-\frac{x^3}{\exp(x)}\right).$$ Par le théorème de croissance comparée, $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3}{\exp(x)}=0.$$ Par les théorèmes d'opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty} \left(1-\frac{x^3}{\exp(x)}\right)=1$$ puis $$\lim_{x\to+\infty} \exp(x)\left(1-\frac{x^3}{\exp(x)}\right)=+\infty.$$
2. On factorise $$\ln(x)-x-\sqrt x=x\left(\frac{\ln(x)}x-1-\frac 1{\sqrt x}\right).$$ Par le théorème de croissance comparée et les limites usuelles : $$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}x=0\textrm{ et }\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sqrt x}=0.$$ Par les théorèmes d'opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty} \left(\frac{\ln(x)}x-1-\frac 1{\sqrt x}\right)=-1$$ puis $$\lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{\ln(x)}x-1-\frac 1{\sqrt x}\right)=-\infty.$$
3. On factorise le numérateur et le dénominateur : $$\frac{x^2+1}{x+1}=\frac{x^2\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{x\left(1+\frac 1x\right)}= \frac{x\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{1+\frac 1x}.$$ Or, par les limites usuelles et les opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty}\left( 1+\frac 1{x^2}\right)=1,\quad \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac 1x\right)=1$$ $$\lim_{x\to+\infty}x\left(1+\frac 1{x^2}\right)=+\infty$$ puis $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x\left(1+\frac 1{x^2}\right)}{1+\frac 1x}=+\infty.$$
4. On factorise le numérateur et le dénominateur : $$\frac{7x+\ln(x)}{7x+\exp(x)}=\frac{x\left(7+\frac{\ln(x)}x\right)}{\exp(x)\left(\frac{7x}{\exp(x)}+1\right)}=\frac{x}{\exp(x)}\times\frac{7+\frac{\ln(x)}x}{\frac{7x}{\exp(x)}+1} .$$ Par le théorème de croissance comparée et les opérations sur les limites, $$\lim_{x\to+\infty}\left(7+\frac{\ln(x)}x\right)=7,\quad \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{7x}{\exp(x)}+1\right)=1$$ d'où $$\lim_{x\to+\infty}\frac{7+\frac{\ln(x)}x}{\frac{7x}{\exp(x)}+1}=7.$$ Puisque $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\exp(x)}=0$, on en déduit que $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{7x+\ln(x)}{7x+\exp(x)}=0.$
5. On pose $u=\sqrt{3x}$ de sorte que si $x\to+\infty$, alors $u\to+\infty$. De plus, $x=\frac{u^2}3$. On a alors \begin{eqnarray*} \frac{\ln(x)}{\exp(\sqrt{3x})}&=&\frac{\ln\left(\frac{u^2}3\right)}{\exp(u)}\\ &=&\frac{\ln(u^2)-\ln(3)}{\exp(u)}\\ &=&\frac{2\ln(u)-\ln(3)}{\exp(u)}\\ &=&2\frac{\ln(u)}{\exp(u)}-\frac{\ln(3)}{\exp(u)}. \end{eqnarray*} Finalement, $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{\exp(\sqrt{3x})}=\lim_{u\to+\infty}\left(2\frac{\ln(u)}{\exp(u)}-\frac{\ln(3)}{\exp(u)}\right)=0.$
6. On écrit $\displaystyle x\exp\left(\frac 1x-1\right)=x\exp\left(\frac 1x\right)\exp(-1)$ puis on pose $u=1/x$ de sorte que si $x\to 0^+$ alors $u\to+\infty$. On a alors \begin{eqnarray*} x\exp\left(\frac 1x-1\right)&=&x\exp\left(\frac 1x\right)\exp(-1)\\ &=&\frac 1u\exp(u)\exp(-1)\\ &=&\exp(-1)\times\frac{\exp(u)}{u}. \end{eqnarray*} Ainsi, $$\displaystyle \lim_{x\to 0^+}x\exp\left(\frac 1x-1\right)=\lim_{u\to+\infty}\exp(-1)\times\frac{\exp(u)}{u} =+\infty.$$
7. On écrit \begin{eqnarray*} \sqrt{x+2}-\sqrt{x+7}&=&\frac{\left(\sqrt{x+2}-\sqrt{x+7}\right)\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}\right)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}}\\ &=&\frac{(x+2)-(x+7)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}}\\ &=&\frac{-5}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}} \end{eqnarray*} Puisque $\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+2}=+\infty$ et que $\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+7}=+\infty$, on a $\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+7}\right)=+\infty$. Finalement, $$\lim_{x\to+\infty} \left(\sqrt{x+2}-\sqrt{x+7}\right)=0.$$

1. On écrit, pour $x\neq 1,$ $$\frac1{1-x}-\frac2{1-x^2}=\frac1{1-x}\left(1-\frac{2}{1+x}\right)=\frac{x-1}{(1-x)(1+x)}=\frac{-1}{1+x}.$$ On a levé l'indéterminée, et la limite recherchée vaut donc $-1/2$.
2. L'astuce est de remarquer que $x-1=(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)$ pour pouvoir simplifier numérateur et dénominateur. On trouve donc $$\frac{\sqrt x-1}{x-1}=\frac1{\sqrt x+1}$$ et la limite recherchée vaut donc 1/2.
3. On met en facteur le terme dominant au numérateur ($x^3$) et au dénominateur ($5x^3$). Après simplification, on trouve : $$\frac{x^3+x+5}{5x^3+7x^2+8}=\frac{1}{5}\times \frac{1+\frac{1}{x^2}+\frac{5}{x^2}}{1+\frac{7}{5x}+\frac{8}{5x^3}}$$ est la limite recherchée est $1/5$.
4. On utilise la quantité conjuguée : $$\sqrt{x^2+2x}-x=\frac{x^2+2x-x^2}{\sqrt{x^2+2x}+x}=\frac{2x}{x\sqrt{1+2/x}+x}=\frac{2}{\sqrt{1+2/x}+1}.$$ La limite recherchée est égale à 2/2=1.
5. On utilise le changement de variables $u=x^2$. Il vient $$\lim_{x\to+\infty}x^5e^{-x^2}=\lim_{u\to+\infty}u^{5/2}e^{-u}.$$ Par comparaison de la fonction exponentielle et des fonctions puissance, cette limite vaut $0$.
6. On met en facteur le terme dominant : $$\frac{x+\cos x}{x+\sin x}=\frac{x\left(1+\frac{\cos x}x\right)}{x\left(1+\frac{\sin x}x\right)}= \frac{1+\frac{\cos x}x}{1+\frac{\sin x}x}.$$ Mais on a $$-\frac 1x\leq \frac{\sin x}x\leq \frac 1x$$ et donc $\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}x=0$. De même, $\lim_{x\to+\infty}\frac{\cos x}x=0$. On en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\cos x}{x+\sin x}=1.$$
7. On met de même en facteur le terme dominant au numérateur et au dénominateur : $$\frac{x\ln x+7}{x^2+4}=\frac{x\ln x\left(1+\frac{7}{x\ln x}\right)}{x^2\left(1+\frac 4{x^2}\right)}= \frac{\ln x}{x}\times\frac{1+\frac{7}{x\ln x}}{1+\frac 4{x^2}}.$$ Or, on sait que $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}x=0$. On en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x\ln x+7}{x^2+4}=0.$$
8. On va majorer et conclure par le théorème des gendarmes : pour $x>0$, $$\left|\frac{4\sin^2 x+3\cos(5x)}{x}\right|\leq \frac{4\sin^2 x+3|\cos(5x)|}x\leq \frac 7{x}.$$ Par majoration, la limite recherchée est 0.

Fixons $\veps>0$. On doit trouver $\delta>0$ tel que, si $|x-1|<\delta$, alors $|x^3-1|<\veps$ (car évidemment la limite est 1). On peut toujours supposer que $\veps\leq 1$ car si on a trouvé un $\delta$ pour $\veps=1$, le même $\delta$ va fonctionner pour tout $\veps\geq 1$. Procédons par analyse-synthèse. Soit $\delta>0$ tel que $|x-1|<\delta$. Alors $1-\delta\leq x\leq 1+\delta$ soit, en passant au cube (la fonction $x^3$ est croissante) $$1-3\delta+3\delta^2-\delta^3\leq x^3\leq 1+3\delta+3\delta^2+\delta^3.$$ Ceci entraîne que $$-3\delta+3\delta^2-\delta^3\leq x^3-1\leq 3\delta+3\delta^2+\delta^3.$$ Il suffit donc de choisir $\delta\in ]0,1]$ tel que $$-3\delta+3\delta^2-\delta^3\geq -\veps$$ et $$3\delta+3\delta^2+\delta^3\leq \veps.$$ Supposons que $\delta= c\veps$, avec $c>0$ une constante à déterminer. Alors $$3\delta+3\delta^2+\delta^3=3c\veps+9c^2\veps^2+c^3\veps^3\leq (3c+9c^2+c^3)\veps$$ puisque $\veps\leq 1$, et $$-3\delta+3\delta^2-\delta^3\geq -3\delta-3\delta^2-\delta^2\geq -(3c+9c^2+c^3)\veps$$ en suivant exactement le même calcul. Il suffit donc de trouver un réel $c>0$ tel que $3c+9c^2+c^3\leq 1$. Par exemple, $c=1/100$ convient (c'est loin d'être le meilleur!).
Faisons la synthèse. Pour $\veps\in ]0,1]$, on a prouvé que, si $\delta=\veps/100$, alors $$|x-1|\leq \delta\implies |x^3-1|\leq\veps.$$ Ceci prouve bien que la limite de $x^3$ en $1$ est égale à $1$.

Par définition de la partie entière, on sait que $$\frac 1x-1< \left\lfloor\frac 1x\right\rfloor\leq \frac 1x.$$ L'inégalité de gauche suffit, par comparaison, à dire que $\lim_{0^+} f=+\infty$. Si on multiplie maintenant les inégalités par $x>0$, on trouve $$1-x\leq g(x)\leq 1,$$ ce qui prouve, toujours par le théorème d'encadrement, que $\lim_{0^+}g=1$. Enfin, puisque $h=xg$, on trouve aussi que $\lim_{0^+}h=0$.

Pour $x\neq 0$, on a $$\frac{b}x-1\leq \left\lfloor \frac bx\right\rfloor \leq \frac bx.$$ Pour $x>0$, on en déduit $$\frac{b}{a}-\frac xa\leq f(x)\leq \frac ba.$$ Par le théorème d'encadrement, $f$ admet $\frac ba$ comme limite à droite en 0. De la même façon, pour $x<0$, on a $$\frac{b}a-\frac xa\geq f(x)\geq \frac ba$$ et $f$ admet $\frac ba$ comme limite à gauche en 0. On en déduit que $f$ admet une limite à 0 égale à $\frac ba$. Concernant $g$, on remarque que si $x\in ]-a,0[$, alors $$g(x)=-\frac bx$$ et donc $\lim_{x\to 0^-}g(x)=+\infty$. Pour $x\in ]0,a[$, on a $$g(x)=0$$ et donc $\lim_{x\to 0^+}g(x)=0$. Ainsi, $g$ n'admet pas de limite en 0.

1. On va procéder par l'absurde. Supposons que $x\mapsto \sin(1/x)$ admette une limite égale à $\ell$ en $0$. Alors pour toute suite $(u_n)$ qui converge vers $0$, on doit avoir $\sin(1/u_n)$ qui converge vers $\ell$.
   • Appliquons ceci avec la suite $u_n=1/n\pi$. Alors $\sin(1/u_n)=\sin(n\pi)=0$ et donc $\ell=0$.
   • Appliquons ceci avec la suite $u_n=1/(2n\pi+\pi/2)$. Alors $\sin(1/u_n)=\sin(2n\pi+\pi/2)=1$ et donc $\ell=1$.
   Il y a manifestement une contradiction, et la fonction n'admet pas de limite en $0$.
2. On procède de la même façon, en considérant cette fois la suite $(u_n)=(2n\pi)$, qui tend vers $+\infty$ et pour laquelle $\sin(\cos(2n\pi))=\sin(1)$, et la suite $(u_n)=(2n\pi+\pi/2)$, qui tend vers $+\infty,$ et pour laquelle $\sin(\cos(2n\pi+\pi/2))=\sin(0)$. Si la fonction $x\mapsto\sin(\cos(x))$ devait admettre une limite $\ell$, celle-ci devrait être égale à la fois à $\sin(0)$ et à $\sin(1)$, et $\sin(0)\neq\sin(1).$

Soit $\veps>0$. Puisque $f$ admet pour limite $\ell$ en $+\infty$, il existe un réel $A>0$ tel que, pour tout $x>A$, on a $|f(x)-\ell|<\veps$.
On va maintenant utiliser la parité de la fonction. Posons $B=-A$ et soit $y<B$. Alors $x=-y>-B=A$ et donc $|f(x)-\ell|<\veps$, c'est-à-dire que $|f(-y)-\ell|<\veps$. Puisque $f$ est paire, on a donc $|f(y)-\ell|<\veps$.
Résumons donc ce que nous avons démontré : Pour tout $\veps>0$, il existe $B\in\mathbb R$ tel que, pour tout $y<B$, $|f(y)-\ell|<\veps$. C'est exactement la définition d'avoir pour limite $\ell$ en $-\infty$.

L'implication $(i)\implies (ii)$ est valable sans supposer que la fonction est croissante, et utilise simplement la définition des limites. Si on note $\ell\in\mathbb R$ tel que $\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell$, alors pour tout $\veps>0$, il existe $A\in\mathbb R$ tel que $|f(x)-\ell|<\veps$ pour tout $x\geq A$. En particulier, posons $N=\lfloor A\rfloor+1$. Alors pour tout $n\geq N\geq A$, on a $|f(n)-\ell|<\veps$, et donc la suite $(f(n))$ converge vers $\ell$.
Réciproquement, suppons $(ii)$ et prouvons $(i)$. Comme la suite $(f(n))$ est convergente, elle est majorée : il existe $M\in\mathbb R$ tel que $f(n)\leq M$ pour tout $n\in\mathbb N$. Soit $x\in \mathbb R_+$ et posons $n=\lfloor x\rfloor +1$. Alors, puisque $f$ est croissante, on a $$f(x)\leq f(n)\leq M$$ et donc la fonction $f$ est majorée. Or, puisque $f$ est croissante, alors $f$ admet une limite en $+\infty$ si et seulement si $f$ est majorée. Donc $f$ admet une limite en $+\infty$.
Si $f$ n'est pas supposée croissante, comme nous l'avons remarqué, $(i)\implies (ii)$ reste valable. En revanche $(ii)\implies (i)$ devient faux. On peut par exemple considérer la fonction $f(x)=\sin(2\pi x)$, qui n'admet pas de limite en $+\infty$, mais pour laquelle, pour tout $n\in\mathbb N$, $f(n)=0$.

Soit $T>0$ une période de $f$ et $x_0\in\mathbb R$. La suite $(x_0+nT)$ tend vers $+\infty$. Puisque $f$ admet une limite $l$ en $+\infty$, la suite $(f(x_0+nT))$ tend vers $l$. Or, par $T$-périodicité, on sait que $$f(x_0+nT)=f(x_0)\textrm{ pour tout }n\geq 1.$$ Par passage à la limite, on obtient $f(x_0)=l$ et donc la fonction $f$ est constante égale à $l$.