La règle du marquis de L'Hôpital - Exercice 1

On constate que cette limite est une forme indéterminée du type $$\dfrac{0}{0}$$.
La fonction présente au numérateur $$x \longmapsto 1-x$$ est dérivable, et donc continue, sur $$\mathbb{R}$$.Donc, on a :
$$\left( 1-x \right)' = -1$$
Puis, la fonction qui est présente au dénominateur $$x \longmapsto \arccos(x)$$ est dérivable, et donc continue, sur l'intervalle $$]-1\,;\,1[$$. On a alors :
$$\left( \arccos(x) \right)' = - \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( \arccos(x) \right)'_{x=1} \notin\mathbb{R}$$
Nous pouvons donc écrire (puisque lorsque $$x \longmapsto 1$$ cela signifie que $$x\neq 1$$) que :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 1}\dfrac{\left(1-x\right)'}{\left(\arccos(x)\right)'} = \lim_{x \, \longrightarrow \, 1}\dfrac{-1}{- \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}} = \lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \sqrt{1-x^2}$$
On remarque que la fonction $$x \longmapsto \sqrt{1-x^2}$$ est définie sur l'intervalle $$[-1\,;\,1]$$. Donc, dans le calcul de notre limite, $$x$$ tend vers $$1^-$$, donc par valeur inférieure à $$1$$. Donc, posons $$x=1-\varepsilon$$, avec $$\varepsilon > 0$$ et $$\varepsilon \, \longrightarrow \, 0$$. Donc, on obtient :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \sqrt{1-x^2} = \lim_{\varepsilon \, \longrightarrow \, 0} \sqrt{1-(1-\varepsilon)^2} = \lim_{\varepsilon \, \longrightarrow \, 0} \sqrt{1-(1 - 2\varepsilon + \varepsilon^2)} = \lim_{\varepsilon \, \longrightarrow \, 0} \sqrt{1-1 + 2\varepsilon - \varepsilon^2}$$
Ce qui nous donne :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 1} \sqrt{1-x^2} = \lim_{\varepsilon \, \longrightarrow \, 0} \sqrt{ 2\varepsilon - \varepsilon^2} = \lim_{\varepsilon \, \longrightarrow \, 0} \sqrt{ \varepsilon \left( 2- \varepsilon\right)} = 0$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 1}\dfrac{\left(1-x\right)'}{\left(\arccos(x)\right)'} = 0$$
De fait, on obtient :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 1}\dfrac{\left(1-x\right)'}{\left(\arccos(x)\right)'} = 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 1}\dfrac{1-x}{\arccos(x)} = 0$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \, 1}\dfrac{1-x}{\arccos(x)} = 0 }}}$$
Graphiquement, cela se vérifie :

On a une limite qui se présente sous la forme d'une forme indéterminée du type $$\dfrac{0}{0}$$.
La fonction présente au numérateur $$x \longmapsto \cos(2x)-1$$ est dérivable, donc continue, sur $$\mathbb{R}$$. Et on a :
$$\left( \cos(2x)-1 \right)' = -2\sin(2x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( \cos(2x)-1 \right)'_{x=0} = -2\sin(2\times 0) = -2 \times 0 = 0$$
Puis, la fonction présente au dénominateur $$x \longmapsto x^2(x+5) = x^3 + 5x^2$$ est dérivable, donc continue, sur $$\mathbb{R}$$. Et on a :
$$\left( x^2(x+5) \right)' = 3x^2 + 10x \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( x^2(x+5) \right)'_{x=0} = 3\times 0^2 + 10 \times 0 = 0$$
Ainsi, la limite $$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(\cos(2x)-1\right)'}{\left(x^2(x+5)\right)'}$$ se présente sous la forme d'une forme indéterminée du type $$\dfrac{0}{0}$$. On va donc réitérer la procédure. La fonction présente au numérateur $$x \longmapsto \cos(2x)-1$$ est deux fois dérivable, donc continue, sur $$\mathbb{R}$$. Et on a :
$$\left( \cos(2x)-1 \right)'' = \left(-2\sin(2x)\right)' = -4\cos(2x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( \cos(2x)-1 \right)''_{x=0} = -4\cos(2\times 0) = -4 \times 1 = -4$$
Puis, la fonction présente au dénominateur $$x \longmapsto x^2(x+5) = x^3 + 5x^2$$ est deux fois dérivable, donc continue, sur $$\mathbb{R}$$. Et on a :
$$\left( x^2(x+5) \right)'' = \left(3x^2 + 10x\right)' = 6x + 10 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( x^2(x+5) \right)''_{x=0} = 6\times 0 + 10 = 10$$
On en déduit donc que :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(\cos(2x)-1\right)''}{\left(x^2(x+5)\right)''} = \dfrac{-4}{10} = - \dfrac{2}{5}$$
Ainsi :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(\cos(2x)-1\right)''}{\left(x^2(x+5)\right)''} = - \dfrac{2}{5} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(\cos(2x)-1\right)'}{\left(x^2(x+5)\right)'} = - \dfrac{2}{5} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\cos(2x)-1}{x^2(x+5)} = - \dfrac{2}{5}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\cos(2x)-1}{x^2(x+5)} = - \dfrac{2}{5} }}}$$

On a à faire à une forme indéterminée du type $$\dfrac{0}{0}$$.
La fonction du numérateur $$x \longmapsto \arctan(2x)$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$, donc y est continue également. De plus :
$$\left(\arctan(2x)\right)' = \dfrac{2}{1+4x^2} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left(\arctan(2x)\right)'_{x=0} = \dfrac{2}{1+4 \times 0^2} = 2$$
Puis, la fonction du dénominateur $$x \longmapsto \sin(3x)$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$, donc y est continue également. De plus :
$$\left(\sin(3x)\right)' = 3\cos(x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left(\sin(3x)\right)'_{x=0} = 3\cos(0) = 3\times 1 = 3$$
Ceci nous permet d'écrire que :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(\arctan(2x)\right)'}{\left(\sin(3x)\right)'} = \dfrac{2}{3}$$
Donc :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(\arctan(2x)\right)'}{\left(\sin(3x)\right)'} = \dfrac{2}{3} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\arctan(2x)}{\sin(3x)} = \dfrac{2}{3}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\arctan(2x)}{\sin(3x)} = \dfrac{2}{3} }}}$$

On note $$I = \left[ - \dfrac{1}{10} \,;\, \dfrac{1}{10} \right]$$. On constate que $$0 \in I$$.
La limite étudiée est une forme indéterminée du type $$\dfrac{0}{0}$$.
La fonction $$x \longmapsto 1-\cos(5x)$$ est dérivable, donc continue, sur $$I$$. On a alors :
$$\left( 1-\cos(5x) \right)' = 5\sin(5x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( 1-\cos(5x) \right)'_{x=0} = 5\sin(5 \times 0) = 5 \times 0 = 0$$
Puis, la fonction $$x \longmapsto x(x-2)\tan(3x)$$ est dérivable, donc continue, sur $$I$$. On a alors :
$$\left( x(x-2)\tan(3x) \right)' = 2(x-1) \tan(3x) + \dfrac{3x(x-2)}{\cos^2(3x)} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( x(x-2)\tan(3x) \right)'_{x=0} = 0$$
De fait, la limite $$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(1-\cos(5x)\right)'}{\left(x(x-2)\tan(3x)\right)'}$$ est également une forme indéterminée du type $$\dfrac{0}{0}$$. On va reconduire la procédure.
La fonction $$x \longmapsto 1-\cos(5x)$$ est deux fois dérivable, donc continue, sur $$I$$. On a alors :
$$\left( 1-\cos(5x) \right)'' = \left(5\sin(5x)\right)' = -25\cos(5x) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \left( 1-\cos(5x) \right)''_{x=0} = -25\cos(5 \times 0) = -25 \times 1 = - 25$$
Puis, la fonction $$x \longmapsto x(x-2)\tan(3x)$$ est deux fois dérivable, donc continue, sur $$I$$. On a alors :
$$\left( x(x-2)\tan(3x) \right)'' = \left(2(x-1) \tan(3x) + \dfrac{3x(x-2)}{\cos^2(3x)}\right)'$$
Ce qui nous donne :
$$\left( x(x-2)\tan(3x) \right)'' = 2\tan(3x) + \dfrac{18x(x-2) \tan(3x)}{\cos^2(3x)} + \dfrac{12(x-1) }{\cos^2(3x)}$$
Ce qui nous permet d'écrire :
$$\left( x(x-2)\tan(3x) \right)''_{x=0} = 2\tan(3\times 0) + \dfrac{18\times 0(0-2) \tan(3\times 0)}{\cos^2(3\times 0)} + \dfrac{12(0-1) }{\cos^2(3\times 0)} = -12$$
Donc, on obtient :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(1-\cos(5x)\right)''}{\left(x(x-2)\tan(3x)\right)''} = \dfrac{25}{-12} = - \dfrac{25}{12}$$
Dès lors :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(1-\cos(5x)\right)''}{\left(x(x-2)\tan(3x)\right)''} = - \dfrac{25}{12} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(1-\cos(5x)\right)'}{\left(x(x-2)\tan(3x)\right)'} = - \dfrac{25}{12}$$
Puis :
$$\lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{\left(1-\cos(5x)\right)'}{\left(x(x-2)\tan(3x)\right)'} = - \dfrac{25}{12} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{1-\cos(5x)}{x(x-2)\tan(3x)} = - \dfrac{25}{12}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \lim_{x \, \longrightarrow \, 0}\dfrac{1-\cos(5x)}{x(x-2)\tan(3x)} = - \dfrac{25}{12} }}}$$
En effet, graphiquement, on a :