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Recherche d'équivalent et limites - Exercice 1

1 h
90
Cet exercice illustre l'intérêt des équivalence pour la recherches de certaines limites qui nécessite de la technicité.
Question 1
Déterminer les limites qui vous sont proposées.

lim⁡x⟶0cos⁡(x)−1ex2−1\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\sqrt{\cos(x)} - 1}{e^{x^2} - 1}

Correction
On a :
cos⁡(x)=1−12x2+o(x2)\sqrt{\cos(x)} = \sqrt{1 - \dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2)}
Or, on sait que :
1−X=1−12X+o(X)\sqrt{1-X} = 1 - \dfrac{1}{2}X + o(X)
Comme lim⁡x⟶012x2=0\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{1}{2}x^2 = 0, on va donc pouvoir poser X=12x2X = \dfrac{1}{2}x^2. On a alors :
cos⁡(x)=1−12×12x2+o(x2)\sqrt{\cos(x)} = 1 - \dfrac{1}{2} \times\dfrac{1}{2}x^2 + o(x^2)
Soit :
cos⁡(x)=1−14x2+o(x2)\sqrt{\cos(x)} = 1 - \dfrac{1}{4}x^2 + o(x^2)
et de fait :
cos⁡(x)−1=−14x2+o(x2)\sqrt{\cos(x)} - 1 = - \dfrac{1}{4}x^2 + o(x^2)
Ainsi :
cos⁡(x)−1∼0−14x2\sqrt{\cos(x)} - 1 \underset{0}{\sim} - \dfrac{1}{4}x^2
De plus, comme lim⁡x⟶0x2=0\lim_{x \longrightarrow 0} x^2 = 0, on a alors :
ex2=1+x2+o(x2)e^{x^2} = 1 + x^2 + o(x^2)
Ce qui implique que :
ex2−1=x2+o(x2)e^{x^2} - 1 = x^2 + o(x^2)
Ainsi, on trouve que :
ex2−1∼0x2e^{x^2} - 1 \underset{0}{\sim} x^2
Par quotient, on obtient alors :
cos⁡(x)−1ex2−1∼0−14x2x2\dfrac{\sqrt{\cos(x)} - 1}{e^{x^2} - 1} \underset{0}{\sim} \dfrac{- \dfrac{1}{4}x^2}{x^2}
Après simplification :
cos⁡(x)−1ex2−1∼0−14\dfrac{\sqrt{\cos(x)} - 1}{e^{x^2} - 1} \underset{0}{\sim} - \dfrac{1}{4}
Finalement :
lim⁡x⟶0cos⁡(x)−1ex2−1=−14{\color{red}{\boxed{\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{\sqrt{\cos(x)} - 1}{e^{x^2} - 1} = - \dfrac{1}{4} }}}
Question 2

lim⁡x⟶0e1+sin⁡(x)−etan⁡(x)\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{e^{\sqrt{1 + \sin(x)}} - e}{\tan(x)}

Correction
On sait que :
sin⁡(x)∼0x\sin(x) \underset{0}{\sim} x
Donc :
1+sin⁡(x)=1+12x+o(x)\sqrt{1 + \sin(x)} = 1 + \dfrac{1}{2}x + o(x)
Ainsi :
e1+sin⁡(x)=e1+12x+o(x)=e×e12x+o(x)=e×(1+12x+o(x))=e+e2x+o(x)e^{\sqrt{1 + \sin(x)}} = e^{1 + \frac{1}{2}x + o(x)} = e \times e^{\frac{1}{2}x + o(x)} = e \times \left( 1 + \dfrac{1}{2}x + o(x)\right) = e + \dfrac{e}{2}x + o(x)
On en déduit alors que :
e1+sin⁡(x)−e=e+e2x+o(x)−e=e2x+o(x)e^{\sqrt{1 + \sin(x)}} - e = e + \dfrac{e}{2}x + o(x) - e = \dfrac{e}{2}x + o(x)
Ainsi :
e1+sin⁡(x)−e∼0e2xe^{\sqrt{1 + \sin(x)}} - e \underset{0}{\sim} \dfrac{e}{2}x
Puis, on sait également que :
tan⁡(x)∼0x\tan(x) \underset{0}{\sim} x
Par quotient, on trouve que :
e1+sin⁡(x)−etan⁡(x)∼0e2xx\dfrac{e^{\sqrt{1 + \sin(x)}} - e}{\tan(x)} \underset{0}{\sim} \dfrac{\dfrac{e}{2}x}{x}
En simplifiant :
e1+sin⁡(x)−etan⁡(x)∼0e2\dfrac{e^{\sqrt{1 + \sin(x)}} - e}{\tan(x)} \underset{0}{\sim} \dfrac{e}{2}
Finalement :
lim⁡x⟶0e1+sin⁡(x)−etan⁡(x)=e2{\color{red}{\boxed{\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{e^{\sqrt{1 + \sin(x)}} - e}{\tan(x)} = \dfrac{e}{2} }}}
Question 3

lim⁡x⟶0(1+x)1x−ex\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - e}{x}

Correction
On a :
(1+x)1x=eln⁡((1+x)1x)=e1xln⁡(1+x)(1+x)^{\frac{1}{x}} = e^{\ln \left( (1+x)^{\frac{1}{x}} \right)} = e^{\frac{1}{x} \ln(1+x)}
Donc :
(1+x)1x=e1x(x−x22+o(x2))=e(1−x2+o(x))=e1×e(−x2+o(x))=e×e−x2+o(x)(1+x)^{\frac{1}{x}} = e^{\frac{1}{x} \left( x - \frac{x^2}{2} + o(x^2) \right)} = e^{\left( 1 - \frac{x}{2} + o(x) \right)} = e^1 \times e^{\left( - \frac{x}{2} + o(x) \right)} = e \times e^{-\frac{x}{2}} + o(x)
Ce qui nous donne également, puisque lim⁡x⟶0(−x2)=0\lim_{x \longrightarrow 0} \left( - \frac{x}{2} \right) = 0 :
(1+x)1x=e×(1−x2)+o(x)=e−e2x+o(x)(1+x)^{\frac{1}{x}} = e \times \left( 1 - \frac{x}{2} \right) + o(x) = e - \frac{e}{2}x + o(x)
Ainsi :
(1+x)1x−e=e−e2x+o(x)−e=−e2x+o(x)(1+x)^{\frac{1}{x}} - e = e - \frac{e}{2}x + o(x) - e = - \frac{e}{2}x + o(x)
Et de fait :
(1+x)1x−ex=−e2+o(1)\dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} = - \frac{e}{2} + o(1)
Donc :
(1+x)1x−ex∼0−e2\dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} \underset{0}{\sim} - \frac{e}{2}
Finalement :
lim⁡x⟶0(1+x)1x−ex=−e2{\color{red}{\boxed{\lim_{x \longrightarrow 0} \dfrac{(1+x)^{\frac{1}{x}} - e}{x} = -\dfrac{e}{2} }}}
Question 4

lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x

Correction
Soit hh un nombre réel non nul.
On pose x=1hx = \dfrac{1}{h}.
Lorsque x⟶+∞x \longrightarrow +\infty alors h⟶0+h \longrightarrow 0^+.
On a alors :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=lim⁡h⟶0+(1h2+2h−31h2−1h+1)1h=lim⁡h⟶0+(1h2+2hh2−3h2h21h2−hh2+h2h2)1h\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\dfrac{\dfrac{1}{h^2}+\dfrac{2}{h}-3}{\dfrac{1}{h^2}-\dfrac{1}{h}+1}\right)^{\frac{1}{h}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\dfrac{\dfrac{1}{h^2}+\dfrac{2h}{h^2}-\dfrac{3h^2}{h^2}}{\dfrac{1}{h^2}-\dfrac{h}{h^2}+\dfrac{h^2}{h^2}}\right)^{\frac{1}{h}}
Ce qui nous donne :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=lim⁡h⟶0+(1+2h−3h21−h+h2)1h=lim⁡h⟶0+((1+2h−3h2)×(1−h+h2)−1)1h\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\dfrac{1+2h-3h^2}{1-h+h^2}\right)^{\frac{1}{h}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\left(1+2h-3h^2 \right)\times \left(1-h+h^2\right)^{-1}\right)^{\frac{1}{h}}
Soit encore :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=lim⁡h⟶0+((1+2h+o(h))×(1+h+o(h)))1h\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\left(1+2h + o(h) \right)\times \left(1+h+o(h)\right)\right)^{\frac{1}{h}}
En développant jusqu'à l'ordre 11 :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=lim⁡h⟶0+(1+h+2h+o(h))1h=lim⁡h⟶0+(1+3h+o(h))1h\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(1+h+2h + o(h)\right)^{\frac{1}{h}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(1+3h + o(h)\right)^{\frac{1}{h}}
Donc :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=lim⁡h⟶0+eln⁡((1+3h+o(h))1h)=lim⁡h⟶0+e1hln⁡(1+3h+o(h))\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\ln\left(\left(1+3h + o(h)\right)^{\frac{1}{h}}\right)} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\frac{1}{h}\ln\left(1+3h + o(h)\right)}
Comme lim⁡h⟶0+(1+3h+o(h))=0\lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(1+3h + o(h)\right) = 0, on a donc ln⁡((1+3h+o(h)))=3h+o(h)\ln\left(\left(1+3h + o(h)\right)\right) = 3h + o(h). Ainsi, on peut écrire que :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=lim⁡h⟶0+e1h(3h+o(h))=lim⁡h⟶0+e(3+o(1))\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\frac{1}{h}\left(3h + o(h)\right)} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\left(3 + o(1)\right)}
Dès lors :
(x2+2x−3x2−x+1)x∼+∞e3\left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x \underset{+\infty}{\sim} e^3
Finalement :
lim⁡x⟶+∞(x2+2x−3x2−x+1)x=e3{\color{red}{\boxed{\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(\dfrac{x^2+2x-3}{x^2-x+1}\right)^x = e^3}}}
Question 5

lim⁡x⟶+∞(xsin⁡(1x))x2\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}}

Correction
Soit hh un nombre réel non nul.
On pose x=1hx = \dfrac{1}{h}.
Lorsque x⟶+∞x \longrightarrow +\infty alors h⟶0+h \longrightarrow 0^+.
On a alors :
lim⁡x⟶+∞(xsin⁡(1x))x2=lim⁡h⟶0+(1hsin⁡(h))1h2\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\dfrac{1}{h} \sin(h)\right)^{\frac{1}{h^2}}
Soit :
lim⁡x⟶+∞(xsin⁡(1x))x2=lim⁡h⟶0+(h−h36h)1h2=lim⁡h⟶0+(1−h26)1h2=lim⁡h⟶0+eln⁡((1−h26)1h2)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(\dfrac{h-\dfrac{h^3}{6}}{h} \right)^{\frac{1}{h^2}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(1-\dfrac{h^2}{6} \right)^{\frac{1}{h^2}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\ln\left(\left(1-\frac{h^2}{6} \right)^{\frac{1}{h^2}}\right)}
D'où :
lim⁡x⟶+∞(xsin⁡(1x))x2=lim⁡h⟶0+e1h2ln⁡(1−h26)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\frac{1}{h^2}\ln\left(1-\frac{h^2}{6} \right)}
Comme lim⁡h⟶0+(−h26)=0\lim_{h \longrightarrow 0^+} \left(-\frac{h^2}{6} \right) = 0, on peut donc écrire que :
lim⁡x⟶+∞(xsin⁡(1x))x2=lim⁡h⟶0+e1h2(−h26+o(h2))=lim⁡h⟶0+e−16+o(1)\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{\frac{1}{h^2}\left(-\frac{h^2}{6} + o(h^2)\right)} = \lim_{h \longrightarrow 0^+} e^{-\frac{1}{6} + o(1)}
Dès lors :
(xsin⁡(1x))x2∼+∞e−16\left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}} \underset{+\infty}{\sim} e^{-\frac{1}{6}}
Finalement :
lim⁡x⟶+∞(xsin⁡(1x))x2=e−16{\color{red}{\boxed{\lim_{x \longrightarrow +\infty} \left(x \sin \left( \dfrac{1}{x} \right)\right)^{x{^2}} = e^{-\frac{1}{6}}}}}