Exercices corrigés : formes indéterminées et règle de L'Hôpital (201-SN3-RE, ancien 201-NYB)

Forme $\frac{0}{0}$, puisque $\tan 0=\sin 0=0$. Un seul tour : $\lim_{x\to 0}\frac{3\sec^{2}(3x)}{2\cos(2x)}=\frac{3\times 1}{2\times 1}=\frac{3}{2}$. Piège : dériver la fraction par la règle du quotient ; L'Hôpital dérive le numérateur et le dénominateur chacun de son côté.

Forme $\frac{0}{0}$, puisque $e^{0}+e^{0}-2=0$. Premier tour : $\frac{e^{x}-e^{-x}}{2x}$, encore $\frac{0}{0}$. Second tour : $\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\to\frac{1+1}{2}=1$. Piège : $(e^{-x})'=-e^{-x}$ ; oublier ce signe donne au premier tour $\frac{e^{x}+e^{-x}}{2x}$, de forme $\frac{2}{0}$, et une limite infinie qui n'a rien à voir.

En $x=2$ : $2^{3}-8=0$ et $\ln 1=0$, forme $\frac{0}{0}$. Un tour : $\lim_{x\to 2}\frac{3x^{2}}{\frac{1}{x-1}}=\lim_{x\to 2}3x^{2}(x-1)=12\times 1=12$. La règle vaut en tout point $a$, pas seulement en $0$ : on substitue $x=2$ après la dérivation.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. Un tour : $\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}}{\frac{2}{x}}=\frac{x}{4\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{4}\to+\infty$. Même un logarithme d'un carré, $\ln(x^{2})=2\ln x$, est battu par une racine. Piège : $(\ln(x^{2}))'=\frac{2x}{x^{2}}=\frac{2}{x}$, et non $\frac{1}{x^{2}}$.

Forme $\frac{\infty}{\infty}$. Trois tours : $\frac{e^{x}+2x}{3e^{x}-1}$, puis $\frac{e^{x}+2}{3e^{x}}$, puis $\frac{e^{x}}{3e^{x}}=\frac{1}{3}$. Plus court : diviser en haut et en bas par $e^{x}$, $\frac{1+x^{2}e^{-x}}{3-xe^{-x}}\to\frac{1+0}{3-0}=\frac{1}{3}$, l'exponentielle l'emportant sur toute puissance. Piège : s'arrêter au deuxième tour en lisant $\frac{e^{x}+2}{3e^{x}}$ comme « $\frac{\infty}{\infty}$, donc $1$ ».

Forme $\frac{0}{0}$. Un tour, puis on SIMPLIFIE : $\frac{\frac{1}{1+x^{2}}-1}{3x^{2}}=\frac{-x^{2}}{3x^{2}(1+x^{2})}=\frac{-1}{3(1+x^{2})}\to-\frac{1}{3}$. Simplifier après le premier tour épargne deux dérivations de quotient.

Forme $\frac{0}{0}$, trois tours : $\frac{2-2\cos(2x)}{3x^{2}}$, puis $\frac{4\sin(2x)}{6x}$, puis $\frac{8\cos(2x)}{6}\to\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$. Avant chaque tour on vérifie que la forme est encore $\frac{0}{0}$ : c'est le cas aux deux premiers. Piège : le facteur $2$ de l'argument revient à chaque dérivation, $(\sin 2x)'=2\cos 2x$ et $(\cos 2x)'=-2\sin 2x$.

Forme $\infty\cdot 0$, puisque $\arctan x\to\frac{\pi}{2}$. On réécrit en quotient en envoyant $x$ au dénominateur : $\frac{\frac{\pi}{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}$, forme $\frac{0}{0}$. Un tour : $\frac{-\frac{1}{1+x^{2}}}{-\frac{1}{x^{2}}}=\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\to 1$. Piège : envoyer l'arc tangente au dénominateur, $\frac{x}{\left(\frac{\pi}{2}-\arctan x\right)^{-1}}$, qui marche aussi mais alourdit chaque dérivée.

Forme $\infty-\infty$. Dénominateur commun : $\frac{x\ln x-(x-1)}{(x-1)\ln x}$, forme $\frac{0}{0}$. Premier tour : $\frac{\ln x+1-1}{\ln x+\frac{x-1}{x}}=\frac{\ln x}{\ln x+1-\frac{1}{x}}$, encore $\frac{0}{0}$. Second tour : $\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}\to\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$. Piège : conclure $\infty-\infty=0$ sans réécrire.

Forme $1^{\infty}$ : la base tend vers $1$, l'exposant $\frac{2}{1-x}$ vers l'infini. Avec $y=x^{\frac{2}{1-x}}$ : $\ln y=\frac{2\ln x}{1-x}$, forme $\frac{0}{0}$, et un tour donne $\frac{\frac{2}{x}}{-1}\to-2$. Donc $y\to e^{-2}\approx 0{,}135$. Piège : répondre $1$ (« un à n'importe quelle puissance »), ou répondre $-2$, qui est la limite de $\ln y$ et non celle de $y$.

Forme $0^{0}$. $\ln y=x\ln(1-\cos x)=\frac{\ln(1-\cos x)}{\frac{1}{x}}$, forme $\frac{-\infty}{+\infty}$. Un tour : $\frac{\frac{\sin x}{1-\cos x}}{-\frac{1}{x^{2}}}=-\frac{x^{2}\sin x}{1-\cos x}$. Comme $1-\cos x=\frac{\sin^{2}x}{1+\cos x}$, cela vaut $-x(1+\cos x)\cdot\frac{x}{\sin x}\to-0\times 2\times 1=0$. Donc $\ln y\to 0$ et $y\to e^{0}=1$. Piège : répondre $0$, la limite de $\ln y$.

Forme $\infty^{0}$. $\ln y=\frac{\ln(x^{2}+1)}{\ln x}$, forme $\frac{\infty}{\infty}$. Un tour : $\frac{\frac{2x}{x^{2}+1}}{\frac{1}{x}}=\frac{2x^{2}}{x^{2}+1}\to 2$. Donc $y\to e^{2}\approx 7{,}389$.

$\frac{x^{2}}{x}=x\to 0$; $\frac{x}{x^{3}}=\frac{1}{x^{2}}\to+\infty$; 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.

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.

$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x}$ : 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.

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.

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 $\frac{1}{2}$.

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.

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, une limite qui n'existerait pas, 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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.