Exercices corrigés : formes indéterminées et règle de L'Hôpital (201-NYB)

a) $\frac{x^{2}}{x}=x\to 0$; $\frac{x}{x^{3}}=\frac{1}{x^{2}}\to+\infty$; et $\frac{\sin x}{x}\to 1$ (limite classique du cours de calcul différentiel). Trois limites de forme $\frac{0}{0}$, trois réponses complètement différentes : $0$, $+\infty$ et $1$. C'est exactement ce que démontre la comparaison : la forme $\frac{0}{0}$ ne CONTIENT pas assez d'information pour décider. Tout dépend de la VITESSE relative à laquelle numérateur et dénominateur tendent vers zéro, et cette vitesse n'apparaît pas dans le symbole. Voilà pourquoi il faut un outil supplémentaire, et c'est précisément le rôle de la règle de L'Hôpital, qui compare justement les vitesses en dérivant.

b) Parce que $\frac{1}{0}$ détermine le résultat sans ambiguïté : si le numérateur tend vers une constante non nulle et le dénominateur vers zéro, le quotient explose en valeur absolue. La seule chose qui reste à décider est le SIGNE, et il se lit sur le signe du dénominateur : $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1}{x}=+\infty$, tandis que $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{1}{x}=-\infty$. La forme est donc déterminée quant à la grandeur, et seul un travail de signe subsiste. Conséquence pratique importante : appliquer L'Hôpital à une forme $\frac{1}{0}$ est une faute, puisque l'hypothèse de la règle n'est pas remplie.

c) $\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x}$ : forme $\frac{\infty}{\infty}$, INDÉTERMINÉE (elle vaut 0, comme on le verra). $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{x}$ : le numérateur tend vers $-\infty$ et le dénominateur vers $0^{+}$, donc la forme est $\frac{-\infty}{0^{+}}$, DÉTERMINÉE, et la limite vaut $-\infty$ : les deux effets poussent dans le même sens, il n'y a aucun conflit à arbitrer. $\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}$ : forme $1^{\infty}$, INDÉTERMINÉE (elle vaut $e$). $\lim_{x\to\infty}\left(2+\frac{1}{x}\right)^{x}$ : la base tend vers 2, pas vers 1, donc la forme est $2^{\infty}$, DÉTERMINÉE, et la limite vaut $+\infty$. La leçon du point c) est qu'il faut LIRE la forme avant tout, et que deux expressions presque identiques peuvent relever de régimes opposés.

d) L'affirmation confond la forme et la limite. « Indéterminé » est un jugement porté sur le SYMBOLE obtenu par substitution directe, pas sur l'existence de la limite. La preuve tient dans le point a) : $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ est une forme indéterminée dont la limite existe parfaitement et vaut 1. Formulation correcte : « la substitution directe conduit à une forme indéterminée, donc elle ne permet pas de conclure; il faut lever l'indétermination par une autre méthode ». La nuance n'est pas rhétorique : c'est la différence entre abandonner un exercice et le commencer.

a) Énoncé complet : soient $f$ et $g$ dérivables sur un voisinage de $a$ (sauf peut-être en $a$), avec $g'(x)\neq 0$ sur ce voisinage. Si $\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}$ est de la forme $\frac{0}{0}$ ou $\frac{\infty}{\infty}$, ET si $\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}$ existe (finie ou infinie), alors $\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}$. Le résultat vaut aussi pour $a=\pm\infty$ et pour les limites unilatérales. Application : $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}$ est de forme $\frac{0}{0}$; on dérive : $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}$, encore $\frac{0}{0}$; on dérive de nouveau : $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}}{2}=\frac{1}{2}$. La limite vaut $\frac{1}{2}$.

b) Départ : forme $\frac{\infty}{\infty}$. Premier tour : $\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{e^{x}}$, toujours $\frac{\infty}{\infty}$. Second tour : $\lim_{x\to\infty}\frac{2}{e^{x}}$, et cette fois la forme est $\frac{2}{\infty}$, donc DÉTERMINÉE : la limite vaut $0$. Il faut s'arrêter là : appliquer un troisième tour donnerait $\frac{0}{e^{x}}$, ce qui reste 0 par chance ici, mais l'habitude de dériver sans revérifier la forme finit par coûter cher. Le résultat $\lim_{x\to\infty}\frac{x^{2}}{e^{x}}=0$ est le premier cas de la hiérarchie des croissances comparées : l'exponentielle bat la puissance, et chaque dérivation abaisse le degré du polynôme tandis que $e^{x}$ reste intact. C'est le mécanisme même de la domination.

c) La faute est d'avoir appliqué la règle sans vérifier l'hypothèse. En $x=0$, la substitution directe donne $\frac{0+1}{0+2}=\frac{1}{2}$ : la forme n'est pas indéterminée du tout, la limite se lit immédiatement et vaut $\frac{1}{2}$. La règle de L'Hôpital ne s'appliquait pas, et l'appliquer quand même a produit une réponse fausse, $\infty$, au lieu de $\frac{1}{2}$. C'est le piège numéro un du chapitre, et il est sournois parce que le calcul de l'étudiant est mécaniquement correct : ce sont les PRÉREQUIS qui manquaient. D'où la discipline à prendre pour toute la session : écrire la forme obtenue par substitution AVANT de dériver quoi que ce soit. Trois secondes de vérification qui protègent tout le chapitre.

d) La confusion porte sur la nature de l'opération. La règle du quotient sert à DÉRIVER une fonction $\frac{f}{g}$, et donne $\frac{f'g-fg'}{g^{2}}$ : c'est un calcul de dérivée. La règle de L'Hôpital, elle, ne dérive pas le quotient : elle remplace le quotient $\frac{f}{g}$ par le NOUVEAU quotient $\frac{f'}{g'}$, où numérateur et dénominateur ont été dérivés SÉPARÉMENT. Sur l'exemple : $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$ est de forme $\frac{0}{0}$, on forme $\frac{(\sin x)'}{(x)'}=\frac{\cos x}{1}\to 1$ ✓. Par la règle du quotient on aurait obtenu $\frac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}$, expression dont la limite est bien plus difficile à évaluer et qui, en tout état de cause, ne répond pas à la question. Les deux règles n'ont ni le même objet ni le même but, et seule leur ressemblance typographique les rapproche.

a) La forme est $0\cdot(-\infty)$. Première réécriture, la mauvaise : $x\ln x=\frac{x}{1/\ln x}$, de forme $\frac{0}{0}$. En dérivant on obtient $\frac{1}{-\frac{1}{x(\ln x)^{2}}}=-x(\ln x)^{2}$, une expression PIRE que celle de départ, car la puissance du logarithme a augmenté. Seconde réécriture, la bonne : $x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}$, de forme $\frac{-\infty}{+\infty}$. En dérivant : $\frac{1/x}{-1/x^{2}}=-x\to 0$. La limite vaut donc $0$. Le principe de choix : mettre au dénominateur le facteur dont l'INVERSE se dérive proprement, c'est-à-dire en général la puissance de $x$, et laisser au numérateur le logarithme, qui se simplifie en dérivant. Un mauvais choix ne donne pas une réponse fausse, il donne un calcul qui ne se termine jamais.

b) Forme $\infty\cdot 0$. Le plus simple est de substituer $t=\frac{1}{x}$, avec $t\to 0^{+}$ quand $x\to\infty$ : l'expression devient $\frac{e^{t}-1}{t}$, de forme $\frac{0}{0}$. Par L'Hôpital : $\lim_{t\to 0}\frac{e^{t}}{1}=1$. La limite vaut $1$. On pouvait aussi rester en $x$ et écrire $\frac{e^{1/x}-1}{1/x}$, puis dériver numérateur et dénominateur : $\frac{e^{1/x}\cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)}{-\frac{1}{x^{2}}}=e^{1/x}\to e^{0}=1$ ✓, les facteurs $-\frac{1}{x^{2}}$ se simplifiant proprement. Le résultat est d'ailleurs prévisible : $e^{t}-1\approx t$ au voisinage de zéro, ce qui est la lecture par développement limité de la même égalité.

c) Forme $\infty-\infty$, donc mise au même dénominateur : $\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-x}{x\sin x}$, de forme $\frac{0}{0}$. Premier tour de L'Hôpital : $\frac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x}$, encore $\frac{0}{0}$. Second tour : $\frac{-\sin x}{\cos x+\cos x-x\sin x}=\frac{-\sin x}{2\cos x-x\sin x}$. La substitution donne maintenant $\frac{0}{2}=0$, forme déterminée : la limite vaut $0$. Interprétation : $\frac{1}{x}$ et $\frac{1}{\sin x}$ explosent toutes deux, mais à la MÊME vitesse au premier ordre, et leur différence reste finie. C'est le sens profond de la forme $\infty-\infty$, où deux infinis se font concurrence sans qu'aucun symbole ne dise lequel l'emporte.

d) Forme $\infty-\infty$ également. L'Hôpital est le mauvais outil parce qu'il n'y a pas de quotient et que le fabriquer ici mène à des dérivées de plus en plus lourdes. L'outil adapté est le CONJUGUÉ : $\sqrt{x^{2}+3x}-x=\frac{\left(\sqrt{x^{2}+3x}-x\right)\left(\sqrt{x^{2}+3x}+x\right)}{\sqrt{x^{2}+3x}+x}=\frac{3x}{\sqrt{x^{2}+3x}+x}$. On factorise ensuite $x$ au dénominateur : $\frac{3x}{x\left(\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1\right)}=\frac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}\to\frac{3}{2}$. La limite vaut $\frac{3}{2}$. La leçon générale : L'Hôpital est puissant mais n'est pas toujours le chemin le plus court, et pour les différences de racines, l'algèbre du conjugué reste imbattable. Un bon réflexe consiste à chercher trente secondes une simplification algébrique avant de dériver.

a) Au voisinage de $a$, l'approximation affine donne $f(x)\approx f(a)+f'(a)(x-a)=f'(a)(x-a)$, puisque $f(a)=0$; de même $g(x)\approx g'(a)(x-a)$. Le quotient devient $\frac{f(x)}{g(x)}\approx\frac{f'(a)(x-a)}{g'(a)(x-a)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}$, le facteur $(x-a)$ se simplifiant AVANT le passage à la limite. C'est toute l'idée de la règle : quand deux quantités s'annulent ensemble, leur rapport est décidé par la VITESSE à laquelle chacune s'annule, et cette vitesse est exactement ce que mesure la dérivée. Le facteur commun $(x-a)$, qui est la source de l'indétermination, est aussi ce qui disparaît par simplification.

b) Théorème de Cauchy : si $f$ et $g$ sont continues sur $[a,b]$, dérivables sur $]a,b[$, alors il existe $c\in\,]a,b[$ tel que $\left(f(b)-f(a)\right)g'(c)=\left(g(b)-g(a)\right)f'(c)$. Application au cas $\frac{0}{0}$ : supposons $f(a)=g(a)=0$ et prenons $b=x$. Le théorème donne $f(x)g'(c)=g(x)f'(c)$ pour un certain $c$ compris entre $a$ et $x$, ce qui se réécrit $\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}$ dès que $g(x)$ et $g'(c)$ sont non nuls. Or quand $x\to a$, le point $c$ est COINCÉ entre $a$ et $x$, donc $c\to a$ lui aussi. Si $\frac{f'}{g'}$ admet une limite $L$ en $a$, alors $\frac{f'(c)}{g'(c)}\to L$, et donc $\frac{f(x)}{g(x)}\to L$. La démonstration éclaire deux hypothèses souvent récitées sans être comprises : on exige $g'\neq 0$ pour pouvoir diviser, et on exige que $\lim\frac{f'}{g'}$ EXISTE parce que c'est elle, et elle seule, qui est transportée jusqu'à $\frac{f}{g}$. Si elle n'existe pas, la chaîne est rompue dès le dernier maillon.

c) Il suffit de poser $t=\frac{1}{x}$ : quand $x\to+\infty$, $t\to 0^{+}$, et toute limite à l'infini devient une limite en zéro. Sur l'exemple, $x=\frac{1}{t}$ donne $\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln\left(\frac{1}{t}\right)}{\frac{1}{t}}=\frac{-\ln t}{\frac{1}{t}}=-t\ln t$, dont la limite quand $t\to 0^{+}$ vaut 0, comme calculé à l'exercice 3a. Contrôle numérique : pour $x=10^{6}$, $\frac{\ln x}{x}\approx 1{,}38\times 10^{-5}$, et pour $t=10^{-6}$, $-t\ln t\approx 1{,}38\times 10^{-5}$ : rigoureusement la même valeur, comme il se doit puisque c'est la même quantité écrite deux fois. L'intérêt pratique est réel : cette substitution transforme une forme $\frac{\infty}{\infty}$ en une forme $0\cdot\infty$ parfois plus commode, et elle explique aussi pourquoi la règle vaut pour $a=\pm\infty$ alors que le théorème de Cauchy, lui, ne parle que d'intervalles bornés.

d) La démonstration est circulaire parce qu'appliquer L'Hôpital exige de dériver $\sin x$, donc de connaître déjà que $(\sin x)'=\cos x$. Or la démonstration de cette dérivée passe par la définition $\lim_{h\to 0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}$, dont le calcul repose précisément sur $\lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=1$. On utilise donc le résultat pour le démontrer : c'est un raisonnement circulaire, et il ne prouve rien. La limite $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ s'établit indépendamment, par un encadrement géométrique sur le cercle trigonométrique, $\cos x\le\frac{\sin x}{x}\le 1$, suivi du théorème des gendarmes. Elle est donc ANTÉRIEURE à toute la théorie de la dérivation trigonométrique. Quant à $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}$, il n'y a rien à calculer : en écrivant $\frac{e^{x}-1}{x}=\frac{e^{x}-e^{0}}{x-0}$, on reconnaît le taux d'accroissement de la fonction exponentielle entre 0 et $x$. Sa limite est donc, par DÉFINITION de la dérivée, le nombre $\left(e^{x}\right)'$ évalué en 0, c'est-à-dire $e^{0}=1$. La leçon vaut pour tout le chapitre : de nombreuses limites de forme $\frac{0}{0}$ sont en réalité des dérivées déguisées, et les reconnaître comme telles est instantané là où L'Hôpital demande un calcul, quand il ne tourne pas carrément en rond.

a) Quand $x\to+\infty$ : l'asymptote oblique s'écrit $y=mx+p$ avec $m=\lim\frac{f(x)}{x}$ et $p=\lim\left(f(x)-mx\right)$. Ici $\frac{\sqrt{x^{2}+3x}}{x}=\sqrt{1+\frac{3}{x}}\to 1$, donc $m=1$; puis $p=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^{2}+3x}-x\right)=\frac{3}{2}$ par le conjugué, calcul déjà fait à l'exercice 3d. L'asymptote est $y=x+\frac{3}{2}$. Quand $x\to-\infty$ : attention, $\sqrt{x^{2}}=|x|=-x$ puisque $x$ est négatif. Alors $\frac{\sqrt{x^{2}+3x}}{x}=\frac{|x|\sqrt{1+\frac{3}{x}}}{x}=-\sqrt{1+\frac{3}{x}}\to -1$, donc $m=-1$; et $p=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^{2}+3x}+x\right)=-\frac{3}{2}$ par le même conjugué. L'asymptote est $y=-x-\frac{3}{2}$. L'écart vient ENTIÈREMENT de la simplification $\sqrt{x^{2}}=|x|$ : écrire $\sqrt{x^{2}}=x$ sans discuter du signe est la faute la plus répandue sur les asymptotes obliques, et elle donne une droite fausse d'un côté du graphe sur deux. Contrôle numérique : pour $x=10^{6}$, $f(x)-x\approx 1{,}4999989$; pour $x=-10^{6}$, $f(x)+x\approx -1{,}5000011$.

b) La substitution donne la forme $\frac{0}{0}$. Par L'Hôpital : $\lim_{x\to 0}\frac{3e^{3x}}{1}=3$. Il faut donc poser $f(0)=3$ pour rendre la fonction continue en 0. On parle de discontinuité PAR TROU (ou discontinuité apparente) parce que la limite existe et est finie : le graphe ne présente ni saut ni asymptote, seulement un point manquant, et il suffit de placer un point à la bonne hauteur pour recoller la courbe. C'est le seul type de discontinuité qu'on puisse réparer. Si la limite n'existait pas, ou valait l'infini, aucune valeur attribuée en 0 ne rendrait la fonction continue. On peut lire ce résultat autrement : $\frac{e^{3x}-1}{x}=3\cdot\frac{e^{3x}-1}{3x}$, et le second facteur est le taux d'accroissement de l'exponentielle, qui tend vers 1 comme à l'exercice précédent.

c) Il faut d'abord comprendre pourquoi un ajustement est nécessaire. Le dénominateur $x^{3}$ tend vers 0 à l'ordre 3; pour que le quotient reste fini, le numérateur doit s'annuler AU MOINS aussi vite. Or $\sin(2x)+bx$ vaut, au voisinage de 0, environ $(2+b)x$ au premier ordre. Si $2+b\neq 0$, le numérateur se comporte comme une constante non nulle fois $x$, et le quotient se comporte comme $\frac{(2+b)x}{x^{3}}=\frac{2+b}{x^{2}}$, qui tend vers $\pm\infty$. La seule valeur possible est donc $b=-2$. Avec $b=-2$, appliquons L'Hôpital trois fois en vérifiant la forme à chaque tour. Départ : $\frac{\sin(2x)-2x}{x^{3}}$, forme $\frac{0}{0}$. Tour 1 : $\frac{2\cos(2x)-2}{3x^{2}}$, encore $\frac{0}{0}$. Tour 2 : $\frac{-4\sin(2x)}{6x}$, encore $\frac{0}{0}$. Tour 3 : $\frac{-8\cos(2x)}{6}\to-\frac{8}{6}=-\frac{4}{3}$. La limite vaut $-\frac{4}{3}$. Contrôle numérique : en $x=10^{-3}$, le quotient vaut $-1{,}3333331$. Pour toute autre valeur de $b$, la limite est infinie, de signe celui de $2+b$ : il n'existe donc qu'un seul $b$ acceptable, et c'est bien ce que l'énoncé sous-entendait en demandant une limite finie.

d) Mise au même dénominateur : $\frac{1}{x}-\frac{1}{e^{x}-1}=\frac{e^{x}-1-x}{x\left(e^{x}-1\right)}$, de forme $\frac{0}{0}$. Le numérateur a déjà été étudié à l'exercice 2a : il se comporte comme $\frac{x^{2}}{2}$. Le dénominateur, lui, se comporte comme $x\cdot x=x^{2}$, puisque $e^{x}-1\approx x$. Le quotient tend donc vers $\frac{1}{2}$. Par L'Hôpital directement : tour 1, $\frac{e^{x}-1}{e^{x}-1+xe^{x}}$, forme $\frac{0}{0}$; tour 2, $\frac{e^{x}}{2e^{x}+xe^{x}}\to\frac{1}{2}$. Contrôle numérique : en $x=10^{-4}$, l'expression vaut $0{,}4999917$. La comparaison avec l'exercice 3c est instructive. Dans les deux cas, deux quantités infinies se soustraient, et le symbole $\infty-\infty$ ne dit rien de plus dans un cas que dans l'autre. Ce qui décide est le DEUXIÈME ordre, celui que le symbole ne montre pas : $\sin x$ approche $x$ à l'ordre 3, l'écart $\sin x - x\approx-\frac{x^{3}}{6}$ étant négligeable devant le $x^{2}$ du dénominateur, d'où une limite nulle; tandis que $e^{x}-1$ approche $x$ seulement à l'ordre 2, l'écart valant $\frac{x^{2}}{2}$, exactement du même ordre que le dénominateur, d'où une limite finie non nulle. La morale est celle de tout le chapitre : deux expressions de même forme indéterminée peuvent avoir des destins différents, et seule une analyse des vitesses tranche.

a) Méthode en trois étapes. Étape 1 : poser $y=f(x)^{g(x)}$ et prendre le logarithme, ce qui donne $\ln y=g(x)\ln f(x)$. Cette expression est toujours de forme $0\cdot\infty$ pour les trois formes exponentielles, ce qui est précisément le but de la manœuvre : le logarithme transforme un exposant en produit. Étape 2 : lever l'indétermination du produit en le réécrivant en quotient, puis appliquer L'Hôpital, pour obtenir $\lim\ln y=L$. Étape 3 : REVENIR à $y$ par l'exponentielle, $\lim y=e^{L}$. C'est l'étape 3 qu'on oublie le plus souvent, et l'oublier revient à donner le logarithme de la réponse au lieu de la réponse.

b) $y=x^{x}$, donc $\ln y=x\ln x$. On a calculé cette limite plus haut : $\lim_{x\to 0^{+}}x\ln x=0$. Donc $\lim_{x\to 0^{+}}x^{x}=e^{0}=1$. Le résultat surprend, car la base tend vers 0 et l'exposant aussi : intuitivement, la base « veut » écraser vers 0 et l'exposant « veut » ramener vers 1. C'est l'exposant qui l'emporte, et le calcul le montre sans ambiguïté. Contrôle numérique : $0{,}01^{0{,}01}\approx 0{,}955$ et $0{,}0001^{0{,}0001}\approx 0{,}999$, la remontée vers 1 est bien visible.

c) Premier cas : $y=\left(1+\frac{3}{x}\right)^{x}$, donc $\ln y=x\ln\left(1+\frac{3}{x}\right)$, de forme $\infty\cdot 0$. On réécrit en quotient : $\frac{\ln\left(1+\frac{3}{x}\right)}{\frac{1}{x}}$, de forme $\frac{0}{0}$. Par L'Hôpital, la dérivée du numérateur est $\frac{1}{1+\frac{3}{x}}\cdot\left(-\frac{3}{x^{2}}\right)$ et celle du dénominateur est $-\frac{1}{x^{2}}$; le quotient se simplifie en $\frac{3}{1+\frac{3}{x}}\to 3$. Donc $\lim\ln y=3$ et la limite cherchée vaut $e^{3}\approx 20{,}09$. Second cas : $y=x^{1/x}$, donc $\ln y=\frac{\ln x}{x}$, de forme $\frac{\infty}{\infty}$; par L'Hôpital, $\frac{1/x}{1}=\frac{1}{x}\to 0$. Donc $\lim_{x\to\infty}x^{1/x}=e^{0}=1$. Une base qui tend vers l'infini, domptée par un exposant qui tend vers zéro.

d) Le contre-exemple est immédiat : $\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{3}{x}\right)^{x}=e^{3}\approx 20{,}09$, ce qui n'est pas 1. Le raisonnement échoue parce qu'il traite la base comme si elle valait EXACTEMENT 1, alors qu'elle vaut $1+\frac{3}{x}$, un nombre strictement supérieur à 1. L'écart $\frac{3}{x}$ tend certes vers zéro, mais il est élevé à une puissance qui tend vers l'infini, et le produit de ces deux tendances contraires est fini et non trivial. C'est le sens exact de l'indétermination $1^{\infty}$ : un excès infinitésimal répété une infinité de fois peut produire n'importe quoi. La règle de conduite est simple : dès que la base tend vers 1 avec un exposant infini, il faut passer par le logarithme, sans exception.

a) Forme $\frac{\infty}{\infty}$, donc la règle s'applique. Premier tour : la dérivée du numérateur est 1, celle du dénominateur est $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$, d'où le nouveau quotient $\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}$. C'est l'INVERSE de l'expression de départ. Un second tour ramènerait à $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$, et ainsi de suite indéfiniment : la règle tourne en rond et ne conclura jamais. La parade est algébrique : on factorise $x$ sous la racine, $\sqrt{x^{2}+1}=x\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}$ pour $x>0$, d'où $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^{2}}}}\to 1$. La limite vaut $1$. Moralité : dès que L'Hôpital reproduit une expression déjà vue, il faut ARRÊTER et changer de méthode, car aucun nombre de tours supplémentaires n'y changera rien.

b) L'Hôpital donnerait $\lim_{x\to\infty}\frac{1+\cos x}{1}=\lim_{x\to\infty}\left(1+\cos x\right)$, qui n'existe pas : $\cos x$ oscille entre $-1$ et $1$ sans se stabiliser. Or la limite de départ existe bel et bien : $\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}{x}$, et puisque $\left|\frac{\sin x}{x}\right|\leq\frac{1}{x}\to 0$, la limite vaut $1$. L'hypothèse en cause est la dernière de l'énoncé, celle qu'on récite sans y penser : la règle conclut SI $\lim\frac{f'}{g'}$ existe. Quand cette limite n'existe pas, la règle ne dit RIEN, ni dans un sens ni dans l'autre. C'est une implication à sens unique, et le contre-exemple montre qu'elle ne se retourne pas : l'échec de $\frac{f'}{g'}$ n'entraîne aucunement l'échec de $\frac{f}{g}$.

c) L'Hôpital ne conclut pas parce que la dérivée du numérateur, $2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right)$, contient un terme $\cos\left(\frac{1}{x}\right)$ qui oscille indéfiniment quand $x\to 0$ : le quotient des dérivées n'a pas de limite, exactement comme au point b). La méthode qui fonctionne est l'ENCADREMENT. On écrit $\frac{x^{2}\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}=\frac{x^{2}}{\sin x}\cdot\sin\left(\frac{1}{x}\right)$. Le premier facteur tend vers 0, car $\frac{x^{2}}{\sin x}=x\cdot\frac{x}{\sin x}\to 0\cdot 1=0$; le second est borné entre $-1$ et $1$. Un produit « qui tend vers zéro fois borné » tend vers zéro, donc la limite vaut $0$. Le théorème des gendarmes reste l'outil de référence dès qu'une oscillation bornée est en jeu, là où L'Hôpital est structurellement aveugle.

d) Mode 1, la BOUCLE : la règle reproduit l'expression de départ ou son inverse, comme au point a). Parade : simplification algébrique, factorisation, conjugué. Mode 2, la NON-EXISTENCE du quotient des dérivées, comme au point b) : la règle est muette, elle ne permet ni de conclure ni de nier. Parade : revenir à l'expression initiale et la décomposer à la main. Mode 3, l'OSCILLATION, comme au point c) : dériver crée un terme oscillant sans limite. Parade : encadrement, avec l'argument « borné fois tendant vers zéro ». Dans les trois cas, le signal d'alarme est le même : si après deux tours la situation ne s'est pas améliorée, c'est que L'Hôpital n'est pas le bon outil pour cette limite. La règle n'est pas universelle, elle est seulement très souvent commode.