Exercices corrigés : L'Hôpital et les formes indéterminées (201-NYA)

Forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{4x^{3}}{3x^{2}}=\frac{4x}{3}\to\frac{8}{3}\approx 2{,}667$.

Forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{\frac{2}{2\sqrt{2x+1}}}{1}=\frac{1}{\sqrt{2x+1}}\to\frac{1}{3}\approx 0{,}333$. Piège : oublier le facteur $2$ de la dérivée intérieure, qui donne $\frac{1}{6}$.

Forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{2\sec^{2}(2x)}{5\cos(5x)}\to\frac{2}{5}$.

Forme $\frac{1-1}{0}=\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{3e^{3x}+e^{-x}}{2\cos 2x}\to\frac{3+1}{2}=2$. Piège : $\left(e^{-x}\right)'=-e^{-x}$, et le moins de la différence le change en plus.

Forme $\frac{0}{0}$, puisque $\ln 1=0$. On dérive : $\frac{\frac{1}{x}}{2x}=\frac{1}{2x^{2}}\to\frac{1}{2}$.

Forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{2x}{3\sin 3x}$, encore $\frac{0}{0}$ ; on redérive : $\frac{2}{9\cos 3x}\to\frac{2}{9}\approx 0{,}222$. Piège : s'arrêter au premier tour, ou oublier le $3$ à chaque dérivation du cosinus.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. On dérive : $\frac{3e^{3x}}{2x}$, encore $\frac{\infty}{\infty}$ ; on redérive : $\frac{9e^{3x}}{2}\to+\infty$. L'exponentielle l'emporte sur toute puissance.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. On dérive : $\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}}=\frac{3}{x^{\frac{1}{3}}}\to 0$. Le logarithme perd contre toute puissance positive, même $x^{\frac{1}{3}}$.

Forme $0\cdot\infty$. On bascule la tangente en cotangente : $\frac{1-x}{\cot\left(\frac{\pi x}{2}\right)}$, de forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{-1}{-\frac{\pi}{2}\csc^{2}\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\to\frac{2}{\pi}\approx 0{,}637$. Piège : le facteur $\frac{\pi}{2}$ de la dérivée intérieure.

Forme $\infty-\infty$. Même dénominateur : $\frac{x-e^{x}+1}{x\left(e^{x}-1\right)}$, de forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{1-e^{x}}{e^{x}-1+xe^{x}}$, encore $\frac{0}{0}$ ; on redérive : $\frac{-e^{x}}{2e^{x}+xe^{x}}\to-\frac{1}{2}$.

Forme $1^{\infty}$. On pose $y=(\cos x)^{\frac{1}{x^{2}}}$, donc $\ln y=\frac{\ln(\cos x)}{x^{2}}$, de forme $\frac{0}{0}$. On dérive : $\frac{-\tan x}{2x}$, encore $\frac{0}{0}$ ; on redérive : $\frac{-\sec^{2}x}{2}\to-\frac{1}{2}$. Donc $y\to e^{-\frac{1}{2}}\approx 0{,}607$. Piège : répondre $-\frac{1}{2}$, la limite du logarithme et non celle de $y$.

Forme $0^{0}$, puisque $\ln x\to-\infty$ rend l'exposant nul. On pose $\ln y=\frac{3\ln x}{1+\ln x}$, de forme $\frac{\infty}{\infty}$. On dérive : $\frac{\frac{3}{x}}{\frac{1}{x}}=3$. Donc $y\to e^{3}\approx 20{,}086$. Piège : croire qu'une forme $0^{0}$ vaut toujours $1$.

On reconnaît $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$ avec $f(x)=\sqrt{1+x}$ et $f(0)=1$. La limite vaut donc $f'(0)$. Or $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}}$, donc $f'(0)=\dfrac{1}{2}$. Aucune manipulation, aucune dérivation du quotient : la table des dérivées a déjà fait le travail.

Première limite : $\dfrac{x^{5}-2^{5}}{x-2}$ est le taux de variation de $f(x)=x^{5}$ entre $2$ et $x$, donc la limite vaut $f'(2)=5\times 2^{4}=80$. Seconde : $\dfrac{\sin\left(\frac{\pi}{6}+h\right)-\sin\frac{\pi}{6}}{h}$ est le taux de variation du sinus en $\dfrac{\pi}{6}$, donc la limite vaut $\cos\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}866$. Le repère à retenir : un $-$ suivi de la valeur de la fonction au point, divisé par l'écart au point, annonce presque toujours un nombre dérivé.

$\dfrac{x+1}{x^{2}+3}$ en $0$ vaut $\dfrac{1}{3}$ par substitution : DÉTERMINÉE. $\dfrac{\ln x}{x}$ en $0^{+}$ donne $\dfrac{-\infty}{0^{+}}$, ce qui n'est pas une forme indéterminée : la limite vaut $-\infty$. Les deux autres le sont : $\dfrac{\infty}{\infty}$ pour la troisième, $\dfrac{0}{0}$ pour la quatrième. Attention au piège de la deuxième : $\dfrac{0}{0}$ est indéterminé, mais $\dfrac{\text{non nul}}{0}$ ne l'est jamais.

$\lim_{x\to\infty}\dfrac{2x^{3}+x}{7x^{3}-4}$ se règle par l'ALGÈBRE, en factorisant $x^{3}$ en haut et en bas : la limite vaut $\dfrac{2}{7}$. L'Hôpital donnerait le même résultat en trois dérivations, ce qui serait un gaspillage. $\lim_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x}$ est bien $\dfrac{0}{0}$ ; en dérivant haut et bas, $\dfrac{\sin x}{1}\to 0$. La limite vaut $0$, et l'exemple montre qu'une forme indéterminée peut parfaitement avoir une limite finie, y compris nulle.

La phrase confond la FORME et la LIMITE. « Indéterminé » qualifie l'écriture obtenue par substitution, pas le comportement de la fonction : cela signifie seulement que la substitution ne suffit pas à conclure, et qu'il faut un outil de plus. Les trois limites $\lim_{x\to 0}\dfrac{x^{2}}{x}=0$, $\lim_{x\to 0}\dfrac{x}{x}=1$ et $\lim_{x\to 0}\dfrac{x}{x^{3}}=\infty$ sont toutes de la forme $\dfrac{0}{0}$ et ont trois comportements différents : c'est précisément ce que le mot « indéterminé » décrit. Formulation correcte : « la substitution donne la forme indéterminée $\dfrac{0}{0}$, il faut donc lever l'indétermination », puis on annonce le résultat. Une limite peut aussi ne pas exister, comme $\lim_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}$, mais ce n'est pas la même chose et cela se démontre.

En $x=0$ : le numérateur vaut $1-1-0=0$ et le dénominateur $0$ : forme $\dfrac{0}{0}$, la règle s'applique. On dérive : $\dfrac{2e^{2x}-2}{2x}$, qui vaut encore $\dfrac{0}{0}$ en $0$ : on VÉRIFIE et on recommence. $\dfrac{4e^{2x}}{2}\to\dfrac{4}{2}=2$. La limite vaut $2$. Le geste à ne jamais sauter est la vérification intermédiaire : on peut réappliquer la règle autant de fois que l'indétermination PERSISTE, mais une fois seulement qu'on s'en est assuré.

L'erreur est d'appliquer la règle sans vérifier l'indétermination. En $x=1$, le numérateur vaut $4$ et le dénominateur $2$ : la forme est $\dfrac{4}{2}$, parfaitement déterminée, et la fonction étant continue en $1$, la limite s'obtient par substitution : elle vaut $2$. L'étudiant trouve $2$ lui aussi, mais par un raisonnement faux : c'est une coïncidence, et le même procédé sur $\lim_{x\to 1}\dfrac{x^{2}+3}{x+3}$ donnerait $\dfrac{2}{1}=2$ au lieu de $1$. Une méthode qui tombe juste par hasard vaut zéro point.

La règle du quotient sert à DÉRIVER une fonction qui est un quotient ; L'Hôpital sert à calculer une LIMITE d'un quotient, et il demande de dériver le haut et le bas SÉPARÉMENT. Les deux n'ont ni le même but ni le même résultat : ici la règle du quotient donnerait $\dfrac{xe^{x}-(e^{x}-1)}{x^{2}}$, qui est la dérivée de la fonction, pas sa limite en $0$. La confusion vient de ce que les deux énoncés parlent de « dériver un quotient » ; le remède est de se demander à chaque fois ce qu'on cherche, une fonction dérivée ou un nombre limite.

Parce que la dérivée du sinus a été ÉTABLIE à partir de la limite $\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$, démontrée par le théorème du sandwich au chapitre des limites. Utiliser $(\sin u)'=\cos u$ pour redémontrer une limite de cette famille, c'est supposer ce qu'on veut prouver. Le résultat, $3$, est bel et bien exact ; c'est la DÉMONSTRATION qui est vicieuse. La bonne rédaction pose $u=3x$ et invoque la limite remarquable : $\dfrac{\sin 3x}{x}=3\cdot\dfrac{\sin 3x}{3x}\to 3\times 1=3$. Le même avertissement vaut pour $\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{x}-1}{x}$ et $\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}$, qui SONT les nombres dérivés ayant servi à construire la table.

La règle de conduite tient en deux temps. D'abord : on VÉRIFIE l'indétermination avant chaque dérivation, jamais une seule fois au début. Ensuite : avant d'appliquer la règle, on se demande si la limite n'est pas elle-même le nombre dérivé qui a servi à établir la dérivée qu'on s'apprête à utiliser ; si c'est le cas, on conclut directement par la définition ou par la limite remarquable, sans passer par L'Hôpital.

Forme $0\cdot(-\infty)$. Première réécriture, $\dfrac{\sqrt{x}}{1/\ln x}$ : la dérivée du dénominateur vaut $-\dfrac{1}{x(\ln x)^{2}}$, et le quotient dérivé devient $-\dfrac{x(\ln x)^{2}}{2\sqrt{x}}$, pire qu'au départ. Seconde réécriture, $\dfrac{\ln x}{x^{-1/2}}$, de forme $\dfrac{-\infty}{+\infty}$ : on dérive, $\dfrac{1/x}{-\frac{1}{2}x^{-3/2}}=-2x^{1/2}\to 0$. La limite vaut $0$. Le logarithme SE SIMPLIFIE en se dérivant, la racine non : c'est lui qu'il faut laisser en haut.

Forme $\infty\cdot 0$, puisque $\arctan x\to\dfrac{\pi}{2}$. On bascule le facteur $x$ : $\dfrac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{1/x}$, de forme $\dfrac{0}{0}$. On dérive : $\dfrac{-\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}\to 1$. La limite vaut $1$, ce qui se lit aussi ainsi : l'écart entre $\arctan x$ et son asymptote décroît comme $\dfrac{1}{x}$.

Forme $\infty-\infty$, les deux termes divergeant en $1$. On met au même dénominateur : $\dfrac{(x-1)-\ln x}{(x-1)\ln x}$, de forme $\dfrac{0}{0}$. On dérive : $\dfrac{1-\frac{1}{x}}{\ln x+\frac{x-1}{x}}=\dfrac{x-1}{x\ln x+x-1}$, encore $\dfrac{0}{0}$. On redérive : $\dfrac{1}{\ln x+1+1}\to\dfrac{1}{2}$. La limite vaut $\dfrac{1}{2}$. Le passage au même dénominateur est obligatoire : dériver chaque terme séparément n'a aucun sens, la règle porte sur un QUOTIENT.

Forme $\infty-\infty$. Le conjugué : $x-\sqrt{x^{2}-4x}=\dfrac{x^{2}-(x^{2}-4x)}{x+\sqrt{x^{2}-4x}}=\dfrac{4x}{x+\sqrt{x^{2}-4x}}$. En divisant haut et bas par $x$, le dénominateur tend vers $2$ et la limite vaut $2$. L'Hôpital serait le mauvais outil pour deux raisons : il faudrait d'abord réécrire la différence en quotient, ce qui est déjà le travail du conjugué ; et la dérivation d'une racine carrée redonne une racine carrée, si bien que l'expression ne se simplifie jamais et que la règle tourne en rond. Règle pratique : devant une différence de deux racines, ou d'une racine et d'un polynôme, on essaie TOUJOURS le conjugué en premier.

Le critère : on bascule au dénominateur le facteur dont la dérivée COMPLIQUE l'expression, et l'on garde en haut celui dont la dérivée la simplifie. Un logarithme se simplifie en se dérivant, une puissance aussi ; une exponentielle et une racine, non. Quand on hésite, on essaie, et l'on abandonne dès que le quotient dérivé est plus lourd que l'original.

Forme $\dfrac{0}{0}$. On dérive : $\dfrac{\frac{1}{1+x^{2}}-1}{3x^{2}}=\dfrac{-x^{2}}{3x^{2}(1+x^{2})}=\dfrac{-1}{3(1+x^{2})}\to-\dfrac{1}{3}$. Le simplifier ALGÉBRIQUEMENT après la première dérivation évite deux tours de règle : on gagne toujours à regarder si le quotient dérivé se simplifie avant de redériver.

Forme $\dfrac{0}{0}$. On dérive : $\dfrac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=\dfrac{-x}{2x(1+x)}=\dfrac{-1}{2(1+x)}\to-\dfrac{1}{2}$. Même remarque : la simplification tombe toute seule.

Forme $\infty\cdot 0$. On pose $u=\dfrac{1}{x}$, qui tend vers $0^{+}$ : l'expression devient $\dfrac{e^{u}-1-u}{u^{2}}$, de forme $\dfrac{0}{0}$. On dérive : $\dfrac{e^{u}-1}{2u}$, encore $\dfrac{0}{0}$ ; on redérive : $\dfrac{e^{u}}{2}\to\dfrac{1}{2}$. Le changement de variable est ici plus sûr que la bascule directe, parce qu'il remplace une limite en l'infini par une limite en zéro, où les formes sont plus faciles à lire.

Forme $\dfrac{\infty}{\infty}$. On dérive : $\dfrac{\frac{2x}{x^{2}+1}}{\frac{3x^{2}+1}{x^{3}+x}}=\dfrac{2x(x^{3}+x)}{(x^{2}+1)(3x^{2}+1)}=\dfrac{2x^{2}(x^{2}+1)}{(x^{2}+1)(3x^{2}+1)}=\dfrac{2x^{2}}{3x^{2}+1}\to\dfrac{2}{3}$. On pouvait aussi conclure sans dériver : $\ln(x^{2}+1)\sim 2\ln x$ et $\ln(x^{3}+x)\sim 3\ln x$, donc le quotient tend vers $\dfrac{2}{3}$. Les deux chemins sont acceptés, le second est plus rapide et plus robuste.

Chaque limite compare une fonction à son approximation affine en $0$, c'est-à-dire à sa TANGENTE. Pour l'arctangente, $\arctan x-x\approx-\dfrac{x^{3}}{3}$ : l'écart est négatif pour $x>0$ et positif pour $x<0$, donc la courbe traverse sa tangente, signe d'un point d'INFLEXION en $0$. Pour le logarithme, $\ln(1+x)-x\approx-\dfrac{x^{2}}{2}$ : l'écart est négatif des DEUX côtés, donc la courbe reste sous sa tangente, ce qui correspond à une concavité tournée vers le bas. Pour l'exponentielle, $e^{u}-1-u\approx+\dfrac{u^{2}}{2}$ : la courbe reste AU-DESSUS de sa tangente, concavité vers le haut. Une limite indéterminée de ce genre ne donne donc pas seulement un nombre : elle dit de quel côté de sa tangente passe la courbe, et à quelle vitesse elle s'en écarte. C'est exactement l'information qu'on utilisera au chapitre du tracé de courbes.

Forme $0^{0}$, puisque $\tan x\to 0^{+}$ et $x\to 0^{+}$. On pose $y=(\tan x)^{x}$, donc $\ln y=x\ln(\tan x)$, de forme $0\cdot(-\infty)$. On bascule : $\dfrac{\ln(\tan x)}{1/x}$, de forme $\dfrac{-\infty}{+\infty}$. On dérive : $\dfrac{\frac{1+\tan^{2}x}{\tan x}}{-\frac{1}{x^{2}}}=-\dfrac{x^{2}(1+\tan^{2}x)}{\tan x}$. Comme $\tan x\sim x$ près de $0$, cela équivaut à $-x\to 0$. Donc $\ln y\to 0$ et $y\to e^{0}=1$.

Forme $1^{\infty}$, la base tendant vers $1$ et l'exposant vers l'infini. On pose $\ln y=x\ln\dfrac{x+2}{x-1}$, de forme $\infty\cdot 0$. On bascule : $\dfrac{\ln(x+2)-\ln(x-1)}{1/x}$, de forme $\dfrac{0}{0}$. On dérive : $\dfrac{\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x-1}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\dfrac{\frac{-3}{(x+2)(x-1)}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\dfrac{3x^{2}}{(x+2)(x-1)}\to 3$. Donc $\ln y\to 3$ et $y\to e^{3}\approx 20{,}09$.

Forme $\infty^{0}$, puisque $\dfrac{1}{x}\to+\infty$ et $\sin x\to 0$. On pose $\ln y=\sin x\cdot\ln\dfrac{1}{x}=-\sin x\ln x$. Comme $\sin x\sim x$, cela équivaut à $-x\ln x$, dont la limite est $0$. Donc $y\to e^{0}=1$. On pouvait aussi écrire $\dfrac{-\ln x}{1/\sin x}$ et dériver, mais reconnaître $\sin x\sim x$ raccourcit tout.

Le raisonnement confond une base ÉGALE à $1$ et une base qui TEND vers $1$. Si la base valait exactement $1$, la puissance vaudrait $1$ quelle que soit l'exposant. Mais ici la base vaut $1+\dfrac{3}{x-1}$, donc elle dépasse $1$ d'un peu, et cet écart est élevé à la puissance $x$, qui tend vers l'infini. Deux tendances opposées s'affrontent, et leur issue dépend de leurs VITESSES : c'est exactement ce que le mot « indéterminé » décrit. Le calcul tranche : la limite vaut $e^{3}\approx 20{,}09$, soit vingt fois la réponse annoncée. Contre-exemple immédiat pour s'en convaincre : $\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x}\to e$, et non $1$.

La bonne réponse est $1$, et l'étape sautée est la dernière : la méthode calcule la limite du LOGARITHME de l'expression, pas celle de l'expression. Il faut donc repasser à l'exponentielle, $y=e^{\ln y}\to e^{0}=1$. L'erreur est d'autant plus facile à commettre que la variable auxiliaire $y$ disparaît souvent de la copie ; le remède est de l'écrire explicitement à la première ligne, « posons $y=\ldots$ », et de terminer par « donc $y\to e^{L}$ ». Un correcteur retire un à deux points pour cet oubli, qui transforme $e^{3}\approx 20$ en $3$ dans le cas b).