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

a) 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.

b) 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.

c) $\dfrac{x+1}{x^{2}+3}$ 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.

d) $\lim_{x\to\infty}\dfrac{2x^{3}+x}{7x^{3}-4}$ 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.

e) 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.

a) 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.

b) 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.

c) 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.

d) 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.

e) 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.

a) 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.

b) 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 $\dfrac{1}{x}$.

c) 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.

d) 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.

e) 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.

a) 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.

b) 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.

c) 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.

d) 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.

e) 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.

a) 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 $y\to e^{0}=1$.

b) 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 $y\to e^{3}\approx 20{,}09$.

c) 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.

d) 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 $1$.

e) 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).

a) Forme $\dfrac{\infty}{\infty}$. On dérive : $\dfrac{2\ln x\cdot\frac{1}{x}}{1}=\dfrac{2\ln x}{x}$, encore $\dfrac{\infty}{\infty}$. On redérive : $\dfrac{2/x}{1}=\dfrac{2}{x}\to 0$. La limite vaut $0$. Le mécanisme est clair : chaque dérivation abaisse la puissance du logarithme d'un cran sans toucher au $x$ du bas, donc le logarithme finit toujours par s'épuiser. Le même raisonnement donne $\lim\dfrac{(\ln x)^{n}}{x^{p}}=0$ pour tous $n$ et $p>0$.

b) $x^{3}e^{-x}=\dfrac{x^{3}}{e^{x}}$, forme $\dfrac{\infty}{\infty}$. Trois dérivations successives donnent $\dfrac{3x^{2}}{e^{x}}$, puis $\dfrac{6x}{e^{x}}$, puis $\dfrac{6}{e^{x}}\to 0$. Chaque tour abaisse le degré du polynôme d'une unité pendant que l'exponentielle reste elle-même : elle gagne toujours. Pour $\dfrac{x}{2^{x}}$ : $2^{x}=e^{x\ln 2}$, dont la dérivée vaut $2^{x}\ln 2$, donc le quotient dérivé est $\dfrac{1}{2^{x}\ln 2}\to 0$. La base $2$ est plus petite que $e$, mais cela ne change rien : toute exponentielle de base supérieure à $1$ bat toute puissance.

c) Dans l'ordre : $\ln x<\sqrt{x}<x\ln x<x^{2}<2^{x}<e^{x}$. Les deux comparaisons les moins évidentes sont les suivantes. D'abord $\sqrt{x}$ contre $x\ln x$ : le quotient vaut $\dfrac{\sqrt{x}}{x\ln x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}\ln x}\to 0$, donc $x\ln x$ l'emporte, même si le logarithme y figure, parce qu'il est multiplié par $x$ tout entier. Ensuite $2^{x}$ contre $e^{x}$ : $\dfrac{2^{x}}{e^{x}}=\left(\dfrac{2}{e}\right)^{x}$ avec $\dfrac{2}{e}\approx 0{,}736<1$, donc ce quotient tend vers $0$ : entre deux exponentielles, c'est la plus grande base qui gagne, et aucun calcul de dérivée n'est nécessaire.

d) On cherche où $e^{x}=x^{3}$, c'est-à-dire, en prenant le logarithme, où $x=3\ln x$. La fonction $h(x)=x-3\ln x$ vaut $h(4)=4-4{,}159=-0{,}159$ et $h(5)=5-4{,}828=+0{,}172$ : il y a une racine entre $4$ et $5$. En affinant, $h(4{,}53)=-0{,}0067$ et $h(4{,}54)=+0{,}0033$ : la racine vaut environ $4{,}54$. Au-delà, l'exponentielle l'emporte définitivement. Contrôle : $e^{4{,}54}=93{,}7$ et $4{,}54^{3}=93{,}6$, presque égaux. Ce chiffre mérite d'être retenu : la victoire de l'exponentielle sur le cube ne commence pas à l'infini, elle commence avant $5$.

e) Les deux fonctions valent $0$ en $0$, sont positives ensuite, et tendent vers $0$ à l'infini d'après b). Une fonction continue positive qui part de zéro et y revient doit atteindre un MAXIMUM quelque part : les deux courbes montent, culminent, puis redescendent en s'écrasant sur l'axe des abscisses, qui est asymptote horizontale. La dérivée localise le sommet : pour $x^{3}e^{-x}$, elle vaut $x^{2}e^{-x}(3-x)$, donc le maximum est en $x=3$, où la fonction vaut $27e^{-3}\approx 1{,}34$. C'est ainsi que la comparaison des croissances se paie en information graphique : sans elle, on ne saurait pas si la courbe redescend vers l'axe ou file vers l'infini.

a) $\dfrac{f(x)}{x}=e^{1/x}$, et $\dfrac{1}{x}\to 0$, donc $a=e^{0}=1$. Aucune indétermination ici : il faut toujours essayer la substitution avant de sortir la règle.

b) $f(x)-x=x\left(e^{1/x}-1\right)$, de forme $\infty\cdot 0$. On pose $u=\dfrac{1}{x}\to 0^{+}$ : l'expression devient $\dfrac{e^{u}-1}{u}$, de forme $\dfrac{0}{0}$, dont la limite est $1$, soit par L'Hôpital, soit en reconnaissant le nombre dérivé de l'exponentielle en $0$. Donc $b=1$ et l'asymptote est $y=x+1$. Remarquez qu'ici la reconnaissance du nombre dérivé, vue à l'exercice 1, dispense de toute dérivation.

c) $\dfrac{g(x)}{x}=\arctan x\to\dfrac{\pi}{2}$, donc $a=\dfrac{\pi}{2}$. Ensuite $g(x)-\dfrac{\pi}{2}x=x\left(\arctan x-\dfrac{\pi}{2}\right)$, de forme $\infty\cdot 0$. C'est l'opposé de la limite calculée à l'exercice 3b, qui valait $1$ : donc $b=-1$ et l'asymptote en $+\infty$ est $y=\dfrac{\pi}{2}x-1$.

d) En $-\infty$, $\arctan x\to-\dfrac{\pi}{2}$, donc $a=-\dfrac{\pi}{2}$. Puis $g(x)+\dfrac{\pi}{2}x=x\left(\arctan x+\dfrac{\pi}{2}\right)$ : en basculant, $\dfrac{\arctan x+\frac{\pi}{2}}{1/x}$, de forme $\dfrac{0}{0}$, dont la dérivation donne $\dfrac{\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=-\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}\to-1$. L'asymptote est donc $y=-\dfrac{\pi}{2}x-1$. Les deux ordonnées à l'origine valent $-1$ : c'est normal, puisque $g$ est PAIRE, et que la symétrie par rapport à l'axe des ordonnées échange les deux asymptotes. Un contrôle gratuit : quand une fonction est paire, les deux asymptotes obliques sont symétriques, donc de pentes opposées et de même ordonnée à l'origine.

e) On calcule l'écart $f(x)-(x+1)=x\left(e^{1/x}-1\right)-1$. Avec $u=\dfrac{1}{x}$, cela s'écrit $\dfrac{e^{u}-1-u}{u}$, qui tend vers $0$, ce qui confirme l'asymptote. Pour connaître le SIGNE de cet écart, on pousse d'un cran : on sait par l'exercice 4c que $\dfrac{e^{u}-1-u}{u^{2}}\to\dfrac{1}{2}$, donc $e^{u}-1-u\approx\dfrac{u^{2}}{2}$ et l'écart vaut environ $\dfrac{u}{2}=\dfrac{1}{2x}$, POSITIF pour $x>0$. La courbe passe donc AU-DESSUS de son asymptote et s'en approche par le haut, l'écart valant encore $0{,}005$ pour $x=100$. C'est l'information qui manque à la plupart des copies : trouver l'asymptote ne dit pas de quel côté la courbe l'aborde, et un tracé qui se trompe de côté perd un point.

a) FAUX. « Indéterminée » qualifie la FORME obtenue par substitution, pas le comportement de la fonction. Les limites $\dfrac{x^{2}}{x}$, $\dfrac{x}{x}$ et $\dfrac{x}{x^{3}}$ en $0$ sont toutes de la forme $\dfrac{0}{0}$ et valent respectivement $0$, $1$ et $+\infty$ : c'est précisément pour cela que la forme ne détermine rien. Version correcte : « la substitution donne une forme indéterminée, il faut donc lever l'indétermination ».

b) FAUX, et c'est la confusion la plus coûteuse du chapitre. La règle du quotient sert à dériver une FONCTION qui est un quotient ; L'Hôpital sert à calculer une LIMITE, et il demande de dériver le numérateur et le dénominateur SÉPARÉMENT, ce qui ne produit pas du tout la même expression. Version correcte : « on remplace $\dfrac{f}{g}$ par $\dfrac{f'}{g'}$, jamais par $\dfrac{f'g-fg'}{g^{2}}$ ».

c) FAUX. On peut réappliquer la règle tant que l'indétermination PERSISTE, et il faut le vérifier avant chaque tour. Appliquée à une forme déterminée, elle donne un résultat sans aucun rapport : sur $\lim_{x\to 0}\dfrac{x+1}{x^{2}+2}$, qui vaut $\dfrac{1}{2}$, un tour de règle donnerait $\dfrac{1}{2x}\to\infty$. Version correcte : « on vérifie la forme à chaque étape, et l'on s'arrête dès qu'elle cesse d'être indéterminée ».

d) FAUX, et l'erreur est logique plutôt que calculatoire. Le résultat est juste, mais la démonstration suppose connue la dérivée du sinus, laquelle a été établie À PARTIR de cette limite même, par le théorème du sandwich. On ne peut pas démontrer un énoncé en s'appuyant sur une conséquence de cet énoncé. Version correcte : « cette limite se démontre par encadrement géométrique ; L'Hôpital la retrouve, mais ne la démontre pas ».

e) FAUX. La base tend vers $1$ mais l'exposant tend vers l'infini : c'est la forme indéterminée $1^{\infty}$, et les deux tendances s'affrontent. Le calcul par logarithme donne $\ln y=x\ln\left(1+\dfrac{2}{x}\right)$, dont la limite est $2$, donc la limite cherchée vaut $e^{2}\approx 7{,}39$. Version correcte : « une base qui TEND vers $1$ n'est pas une base ÉGALE à $1$ ; la forme $1^{\infty}$ se traite par le logarithme ». C'est la même erreur que de croire qu'un nombre très proche de $1$ élevé à une puissance énorme reste proche de $1$, alors qu'un taux d'intérêt de deux pour cent composé cent fois multiplie le capital par plus de sept.