Encore des limites - Exercice 1

1 h
90
On rappelle ici la notion de nombre dérivé.
Soit ff une fonction numérique d'une seule variable. Cette fonction ff est définie sur un intervalle ouvert contenant x0x_0. On dit que f est deˊrivable en x0{\color{red}{f \textbf{ est dérivable en } x_0}} si (avec h∈Rh \in \mathbb{R}) :
lim⁡h ⟶ 0f(x0+h)−f(x0)h=ℓ≠±∞\lim_{h \, \longrightarrow \, 0} \dfrac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h} = \ell \neq \pm \infty
Il faut impérativement que cette valeur limite ℓ\ell soit unique{\color{red}{\textbf{unique}}}. Cette limite unique porte le nom de nombre deˊriveˊ{\color{red}{\textbf{nombre dérivé}}} et, de manière abrégée, se note f′(x0)f'(x_0).
Il arrive parfois d'utiliser une autre expression du nombre dérivé f′(x0)f'(x_0), à savoir :
lim⁡x ⟶ x0f(x)−f(x0)x−x0=ℓ≠±∞\lim_{x \, \longrightarrow \, x_0} \dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \ell \neq \pm \infty
Sous cette forme, on comprend parfaitement que le nombre dérivé en x0x_0 soit le limite du taux de variations de ff en ce point x0x_0 de l'intervalle ouvert considéré initialement.
Par exemples :
lim⁡x ⟶ 0sin⁡(x)x=lim⁡x ⟶ 0sin⁡(x)−0x−0=lim⁡x ⟶ 0sin⁡(x)−sin⁡(0)x−0=sin⁡′(x)x=0=cos⁡(0)=1\lim_{x \, \longrightarrow \, {\color{blue}{0}}} \dfrac{\sin(x)}{x} = \lim_{x \, \longrightarrow \, {\color{blue}{0}}} \dfrac{\sin(x) - 0}{x - {\color{blue}{0}} } = \lim_{x \, \longrightarrow \, {\color{blue}{0}} } \dfrac{\sin(x) - \sin({\color{blue}{0}})}{x - {\color{blue}{0}}} = \sin'(x)_{x=\color{blue}{0}} = \cos({\color{blue}{0}}) = 1
Ou encore :
lim⁡x ⟶ 0cos⁡(x)−1x=lim⁡x ⟶ 0cos⁡(x)−cos⁡(0)x−0=cos⁡′(x)x=0=−sin⁡(0)=−0=0\lim_{x \, \longrightarrow \, {\color{blue}{0}}} \dfrac{\cos(x)-1}{x} = \lim_{x \, \longrightarrow \, {\color{blue}{0}}} \dfrac{\cos(x) - \cos({\color{blue}{0}})}{x - {\color{blue}{0}} } = \cos'(x)_{x=\color{blue}{0}} = -\sin({\color{blue}{0}}) = - 0 = 0
Déterminer les limites suivantes.
Question 1

Soit a∈R+⋆a \in \mathbb{R^{+\star}}. Déterminer la limite suivante : lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+a)−ln⁡(a)x\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(x+a) - \ln(a)}{x}.

Correction
On a :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+a)−ln⁡(a)x=lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+aa)x=lim⁡x ⟶ 0ln⁡(xa+aa)x=lim⁡x ⟶ 0ln⁡(xa+1)x\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(x+a) - \ln(a)}{x} = \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(\dfrac{x+a}{a}\right)}{x} = \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(\dfrac{x}{a} + \dfrac{a}{a} \right)}{x} = \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(\dfrac{x}{a} + 1 \right)}{x}
Soit :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+a)−ln⁡(a)x=lim⁡x ⟶ 0ln⁡(1+xa)axa=1alim⁡x ⟶ 0ln⁡(1+xa)xa\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(x+a) - \ln(a)}{x} = \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{x}{a} \right)}{\dfrac{ax}{a}} = \dfrac{1}{a} \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{x}{a} \right)}{\dfrac{x}{a}}
Posonx X=xaX = \dfrac{x}{a}. Ainsi lorsque x ⟶ 0x \, \longrightarrow \,0 on a X ⟶ 0X \, \longrightarrow \,0. De fait, comme a≠0a \neq 0, on obtient :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+a)−ln⁡(a)x=1alim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)X\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(x+a) - \ln(a)}{x} = \dfrac{1}{a} \lim_{X \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + X \right)}{X}
Or, on a :
lim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)X=lim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)−0X−0=lim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)−ln⁡(1)X−0=lim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)−ln⁡(1+0)X−0\lim_{X \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + X \right)}{X} = \lim_{X \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + X \right) - 0}{X - 0} = \lim_{X \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + X \right) - \ln(1)}{X - 0} = \lim_{X \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + X \right) - \ln(1 + 0)}{X - 0}
Donc :
lim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)X=(ln⁡(1+X))X=0′=((1+X)′1+X)X=0=(11+X)X=0=11+0=11=1\lim_{X \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln\left(1 + X \right)}{X} = \left( \ln\left(1 + X \right) \right)'_{X=0} = \left( \dfrac{(1+X)'}{1+X} \right)_{X=0} = \left( \dfrac{1}{1+X} \right)_{X=0} = \dfrac{1}{1+0} = \dfrac{1}{1} = 1
Ce qui nous permet d'écrire que :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+a)−ln⁡(a)x=1a×1\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(x+a) - \ln(a)}{x} = \dfrac{1}{a} \times 1
Finalement, on en déduit donc :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(x+a)−ln⁡(a)x=1a{\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(x+a) - \ln(a)}{x} = \dfrac{1}{a} }}}
Question 2

Soit aa et bb deux nombres réels non nuls. Déterminer la limite suivante : lim⁡x ⟶ 0ln⁡(ax+1)ln⁡(bx+1)\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(ax+1)}{\ln(bx+1)}.

Correction
On a :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(ax+1)ln⁡(bx+1)=lim⁡x ⟶ 0axln⁡(ax+1)axbxln⁡(bx+1)bx\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(ax+1)}{\ln(bx+1)} = \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{ax\dfrac{\ln(ax+1)}{ax}}{bx\dfrac{\ln(bx+1)}{bx}}
Lorsque l'on écrit x ⟶ 0x \, \longrightarrow \,0 cela signifie que x≠0x \neq 0. Don, on peut simplifier par xx. On a alors :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(ax+1)ln⁡(bx+1)=lim⁡x ⟶ 0aln⁡(ax+1)axbln⁡(bx+1)bx=ablim⁡x ⟶ 0ln⁡(ax+1)axln⁡(bx+1)bx\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(ax+1)}{\ln(bx+1)} = \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{a\dfrac{\ln(ax+1)}{ax}}{b\dfrac{\ln(bx+1)}{bx}} = \dfrac{a}{b} \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\dfrac{\ln(ax+1)}{ax}}{\dfrac{\ln(bx+1)}{bx}}
On pose X=axX=ax et X=bx\mathcal{X}=bx.Si x ⟶ 0x \, \longrightarrow \,0 alors X ⟶ 0X \, \longrightarrow \,0 et X ⟶ 0\mathcal{X} \, \longrightarrow \,0. On peut donc écrire que :
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(ax+1)ln⁡(bx+1)=ab×lim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)Xlim⁡X ⟶ 0ln⁡(1+X)X=ab×11=ab×1\lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(ax+1)}{\ln(bx+1)} = \dfrac{a}{b} \times \dfrac{\displaystyle{\lim_{X \, \longrightarrow \,0}}\dfrac{\ln(1+X)}{X}}{\displaystyle{\lim_{\mathcal{X} \, \longrightarrow \,0}}\dfrac{\ln(1+\mathcal{X})}{\mathcal{X}}} = \dfrac{a}{b} \times \dfrac{1}{1} = \dfrac{a}{b} \times 1
lim⁡x ⟶ 0ln⁡(ax+1)ln⁡(bx+1)=ab{\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \,0} \dfrac{\ln(ax+1)}{\ln(bx+1)} = \dfrac{a}{b} }}}
Question 3

Soit a∈Ra \in \mathbb{R}. Déterminer la limite suivante : lim⁡x ⟶ aex2−ea2x−a\lim_{x \, \longrightarrow \,a} \dfrac{e^{x^2} - e^{a^2}}{x-a}.

Correction
On a :
lim⁡x ⟶ aex2−ea2x−a=(ex2)x=a′=(2xex2)x=a=2aea2\lim_{x \, \longrightarrow \,a} \dfrac{e^{x^2} - e^{a^2}}{x-a} = \left( e^{x^2} \right)'_{x = a} = \left( 2xe^{x^2} \right)_{x = a} = 2ae^{a^2}
Finalement :
lim⁡x ⟶ aex2−ea2x−a=2aea2{\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \,a} \dfrac{e^{x^2} - e^{a^2}}{x-a} = 2ae^{a^2}}}}
Question 4

Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. Déterminer la limite suivante : lim⁡x ⟶ 1xn−1x−1\lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \dfrac{x^{n} - 1}{x-1}.

Correction
On a :
lim⁡x ⟶ 1xn−1x−1=lim⁡x ⟶ 1xn−1nx−1=(xn)x=1′=(nxn−1)x=1=n1n−1=n\lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \dfrac{x^{n} - 1}{x-1} = \lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \dfrac{x^{n} - 1^n}{x-1} = (x^n)'_{x=1} = (nx^{n-1})_{x=1} = n1^{n-1} = n
Finalement :
lim⁡x ⟶ 1xn−1x−1=n{\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \dfrac{x^{n} - 1}{x-1} = n}}}

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