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Règle de l’Hospital

Exercice 1

Calculer la limite suivante en utilisant la règle de l’Hopital:

$$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x – 1}{2x} $$

On a bien un forme indéterminée:

$$\begin{array}{r} \lim_{x\rightarrow 0} e^x – 1 = e^0 – 1 = 1 -1 = 0\\[0.1cm] \lim_{x\rightarrow 0} 2x = 2\cdot 0 = 0 \end{array}\Big\} \rightarrow \dfrac{0}{0} $$

On identifie alors f et g:

$$ \begin{array}{ll} f(x) = e^x – 1 \qquad & g(x) = 2x \\ f'(x) = e^x \qquad & g'(x) = 2 \end{array} $$

D’après la règle de l’Hospital:

$$ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^x – 1}{2x} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} =\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^x}{2} = \dfrac{e^0}{2} = \dfrac{1}{2} $$

Exercice 2

Calculer la limite suivante en utilisant la règle de l’Hopital:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln(x^2 + 2)}{x} $$

On a bien une forme indéterminée puisque:

$$ \begin{array}{r} \lim_{x\rightarrow +\infty} \ln(x^2 + 2) = +\infty \\[0.1cm] \lim_{x\rightarrow +\infty} x = +\infty \end{array} \Big\} \rightarrow \dfrac{+\infty}{+\infty}$$

On identifie alors f et g:

$$ \begin{array}{ll} f(x) = \ln(x^2 + 2) \qquad & g(x) = x \\ f'(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 2} \qquad & g'(x) = 1 \end{array} $$

D’après la règle de l’Hospital:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x^2 + 2)}{x} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\frac{2x}{x^2 + 2}}{1} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2x}{x^2 + 2} = \lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{2x}{x^2(1 + \frac{2}{x^2})} = \lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{2}{x} \dfrac{1}{1 + \frac{2}{x^2}}$$

Or

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2}{x} = 0 \qquad \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{1 + \frac{2}{x^2}} = 1 $$

D’après la règle de multiplication des limites:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{2}{x} \dfrac{1}{1 + \frac{2}{x^2}} = 0 \cdot 1 = 0 $$

Donc

$$ \lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x^2 + 2)}{x} = 0 $$

Exercice 3

Calculer la limite suivante en utilisant la règle de l’Hopital:

$$ \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln(x+1) \cdot\ln(1-x)}{e^x – 1} $$

On a bien une forme indéterminée puisque:

$$ \begin{array}{r} \lim_{x\rightarrow 0} \ln(x+1)\ln(1-x) = \ln(0+1)\ln(1-0) = \ln(1)\ln(1) = 0 \\[0.1cm] \lim_{x\rightarrow 0} e^x – 1 = e^0 – 1 = 0 \end{array} \Big\} \rightarrow \dfrac{0}{0} $$

On identifie alors f et g:

$$\begin{array}{ll} f(x) = \ln(x+1)\ln(1-x) \qquad & g(x) = e^x-1 \\ f'(x) = \dfrac{\ln(1-x)}{x+1} – \dfrac{\ln(x+1)}{x-1} \qquad & g'(x) = e^x \end{array} $$

D’après la règle de l’Hospital:

$$ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln(x+1)\ln(1-x)}{e^x – 1} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\ln(1-x)}{x+1} – \frac{\ln(x+1)}{1-x}}{e^x} = \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln(1-x)}{e^x(x+1)} – \dfrac{\ln(x+1)}{e^x(1-x)} $$

En utilisant un calcul de limite classique on obtient:

$$ \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln(1-x)}{e^x(x+1)} – \dfrac{\ln(x+1)}{e^x(1-x)} =\dfrac{\ln(1-0)}{e^0(0+1)} – \dfrac{\ln(0+1)}{e^0(1-0)} = \dfrac{\ln(1)}{1\times 1} – \dfrac{\ln(1)}{1\times1} = 0 – 0 = 0 $$

Finalement

$$ \lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\ln(x+1)\ln(1-x)}{e^x – 1} = 0 $$

Exercice 4

Calculer la limite suivante en utilisant la règle de l’Hopital:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \big( 1 + \frac{1}{x} \big)^{x} $$

On commence par reformuler sous forme exponentielle, car la puissance en x pose problème:

$$ \big( 1 + \dfrac{1}{x} \big)^x = e^{x \ln(1 + \frac{1}{x})} $$

On peut également écrire:

$$ x \ln(1 + \frac{1}{x}) = \dfrac{\ln(1 + \frac{1}{x})}{\frac{1}{x}} $$

On a bien une forme indéterminée puisque:

$$ \begin{array}{r} \lim_{x\rightarrow +\infty} \ln(1 + \frac{1}{x}) = 0 \\[0.1cm] \lim_{x\rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x} = 0 \end{array} \Big\} \rightarrow \dfrac{0}{0} $$

On identifie alors f et g:

$$ \begin{array}{ll} f(x) = \ln(1 + \frac{1}{x}) \qquad & g(x) = \dfrac{1}{x} \\ f'(x) = \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1 + \frac{1}{x}} \qquad & g'(x) = -\dfrac{1}{x^2} \end{array}
$$

D’après la règle de l’Hospital:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{1}{x})}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\frac{-\frac{1}{x^2}}{1 + \frac{1}{x}}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{-\frac{1}{x^2}} \dfrac{1}{1 + \frac{1}{x}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{1 + \frac{1}{x}} = 1 $$

Car

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} 1 + \frac{1}{x} = 1 $$

Finalement

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \big( 1 + \dfrac{1}{x} \big)^x = \lim_{x \rightarrow +\infty} e^{x \ln(1 + \frac{1}{x})} = e^1 = e $$

Exercice 5

Calculer la limite suivante en utilisant la règle de l’Hopital:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} (1 + 5e^x)^{\frac{1}{x}} $$

On commence par reformuler sous forme exponentielle, car la puissance en x pose problème:

$$ \big( 1 + \dfrac{1}{x} \big)^x = e^{ \frac{\ln(1 + 5e^x)}{x}} $$

On a bien une forme indéterminée puisque:

$$ \begin{array}{r} \lim_{x\rightarrow +\infty} \ln(1 + 5e^x) = +\infty \\[0.1cm] \lim_{x\rightarrow +\infty} x = +\infty \end{array} \Big\} \rightarrow \dfrac{+\infty}{+\infty} $$

On identifie alors f et g:

$$ \begin{array}{ll} f(x) = \ln(1 + 5e^x) \qquad & g(x) = x \\ f'(x) = \dfrac{5e^x}{1 + 5e^x} \qquad & g'(x) = 1 \end{array} $$

D’après la règle de l’Hospital:

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(1 + 5e^x)}{x} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\frac{5e^x}{1 + 5e^x}}{1} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{5e^x}{1 + 5e^x} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{5e^x}{5e^x(1 + \frac{1}{5e^x})} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{1 + \frac{1}{5e^x}} = 1 $$

Finalement

$$ \lim_{x \rightarrow +\infty} \big( 1 + \dfrac{1}{x} \big)^x = \lim_{x \rightarrow +\infty} e^{ \frac{\ln(1 + 5e^x)}{x}} = e^1 = e $$