Terminale > Mathématiques > Limites des fonctions > Limites : formes indéterminées
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Si on rencontre ce genre de situations, il faut connaître les méthodes suivantes pour calculer les limites recherchées.
La limite d'un polynôme en $\pm \infty$ est celle de son terme de plus haut degré.
Exemple : on cherche la limite en $+\infty$ de $f(x)=x^3-2x^2$.
Ici, on remarque que
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} x^3=+\infty$ et
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} x^2=+\infty$
Donc $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} x^3-2x^2=\infty-\infty$.
C'est donc une forme indéterminée.
On procède alors au calcul suivant en factorisant par le terme de plus haut degré :
$f(x)=x^3\bigg(1-\dfrac{2}{x}\bigg)$.
Or $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} -\dfrac{2}{x}=0$
donc $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} 1-\dfrac{2}{x}=1$
et par théorème d'opérations sur les limites :
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty} x^3 = +\infty$
La limite d'une fonction rationnelle au voisinage de $\pm \infty$ est celle du rapport de ses termes de plus haut degré.
Exemple : on cherche la limite en $+\infty$ de $g(x)= \dfrac{x+2}{3-x^2}$.
On a $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} x+2=+\infty$ et
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} 3-x^2=-\infty$
Donc on est en présence d'une forme indéterminée du type $\dfrac{\infty}{\infty}$.
On peut alors effectuer le calcul suivant :
$g(x)= \dfrac{x\bigg(1+\dfrac{2}{x}\bigg)}{x^2\bigg(\dfrac{3}{x^2}-1\bigg)} $
$g(x)= \dfrac{1}{x} \times \dfrac{1+\dfrac{2}{x}}{\dfrac{3}{x^2}-1}$
Or $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{2}{x}=0$ et
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{3}{x^2}=0$ donc
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{1+\dfrac{2}{x}}{\dfrac{3}{x^2}-1}=-1$
Puis, par produit de limites :
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} g(x) =\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{x} \times \dfrac{1+\dfrac{2}{x}}{\dfrac{3}{x^2}-1}$
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} g(x)= 0 \times (-1)=0 $
Les méthodes exposées aux exemples ci-dessus sont très importantes. Dans le cas d'un polynôme ou d'une fonction rationnelle, la méthode est toujours de factoriser par le terme de plus haut degré.
La méthode présentée ici ne concerne pas que les calculs de limites, elle est souvent la solution à des problèmes faisant intervenir des sommes ou des différences présentant des racines carrées.
On cherche à déterminer ici la limite pour $x\to +\infty$ de la fonction $f(x)=\sqrt{x^2+1}-x$.
Comme $x^2+1 >0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, la fonction $f$ est bien définie sur $\mathbb{R}$.
Si on veut directement calculer la limite de $f$, on peut utiliser les théorèmes d'opérations sur les limites et écrire :
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1}-x =\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1} -\displaystyle\lim_{x\to +\infty} x $
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1}-x = \infty-\infty$
On arrive donc à une forme indéterminée.
La méthode consiste alors à multiplier par la quantité conjuguée, au numérateur et au dénominateur (en s'assurant que ce dernier ne s'annule jamais).
La quantité conjuguée de $\sqrt{x^2+1}-x$ est $\sqrt{x^2+1}+x$ de sorte qu'en multipliant ces deux quantités, on fasse disparaître les racines carrées en utilisant l'identité très importante : si $a$ et $b$ sont réels, $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ :
$ (\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x) = x^2+1-x^2=1$
Ici, on obtient donc, pour tout réel $x$ :
$f(x) = \sqrt{x^2+1}-x $
$f(x)=(\sqrt{x^2+1}-x)\dfrac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}+x}$
$f(x)= \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}$
Or $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1} =\displaystyle\lim_{x\to+\infty} x = +\infty$ donc par somme de limites :
$\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1}+x= +\infty$.
On en déduit, par quotient de limites :
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x) = 0$
On se donne une fonction $f$ définie pour tout réel $x\neq 4$ définie par $f(x) = \dfrac{x^2-5x+4}{x-4}$ et on cherche la limite de $f$ quand $x$ tend vers 4.
On remarque que :
$\displaystyle \lim_{x \to 4} x^2-5x+4 = 0$ et
$\displaystyle\lim_{x\to 4} x-4=0$.
On a donc une forme indéterminée du type $\dfrac{0}{0}$.
Pour lever l'indétermination, on va factoriser le trinôme au numérateur en calculant ses racines.
On a déjà remarqué que $4$ était une racine. Dans ce cas, on peut dire qu'il existe $a$ et $b$ réels tels que
$x^2-5x+4= (x-4)(ax+b) = ax^2-4ax+bx-4b$.
Par identification, on obtient $a=1$ et $b=-1$ donc on a
$x^2-5x+4=(x-4)(x-1)$.
Remarque : on aurait pu calculer les racines de ce polynôme en calculant son discriminant $\Delta$ et en utilisant la méthode classique.
On obtient ainsi l'égalité suivante, pour tout $x\neq 4$ :
$\dfrac{x^2-5x+4}{x-4} = \dfrac{(x-4)(x-1)}{x-4}$
$\dfrac{x^2-5x+4}{x-4}= x-1$ (En simplifiant par $(x-4)$.)
On en déduit donc que :
$\displaystyle\lim_{x\to 4} \dfrac{x^2-5x+4}{x-4} =\displaystyle\lim_{x\to 4} x-1 $
$\displaystyle\lim_{x\to 4} \dfrac{x^2-5x+4}{x-4} = 4-1 = 3$
On reprend le même problème, mais on va le résoudre en utilisant une méthode différente. Cette méthode consiste à "faire apparaître de force" la quantité $x-4$ au numérateur, à la manière du calcul de la forme canonique d'un polynôme de degré $2$.
On écrit ainsi :
$x^2-5x+4 = (x-4)^2 +8x-16 -5x+4 $
$x^2-5x+4 = (x-4)^2 +3x -12 $
$x^2-5x+4 = (x-4)^2+3(x-4)$.
De là, on a
$\dfrac{x^2-5x+4}{x-4} = \dfrac{(x-4)^2+3(x-4)}{x-4} $
$\dfrac{x^2-5x+4}{x-4}= x-4 + 3=x-1$
Et on obtient le même résultat.
Lorsque le numérateur (ou le dénominateur) est de degré $3$, on peut utiliser le résultat suivant :
Si $P$ est un polynôme de degré $3$ et que $r$ est une racine de $P$, alors il existe $a,b$ et $c$ réels tels que : $P(x)=(x-r)(ax^2+bx+c)$
On peut alors continuer à factoriser le polynôme $P$ en factorisant le polynôme $ax^2+bx+c$ et calculer la limite souhaitée.
Présentation de la méthode avec la fonction cosinus.
On cherche à déterminer la limite quand $x$ tend vers $0$ de $f(x)=\dfrac{\cos(x)-1}{x}$.
Comme $\cos(0)=1$ on a une forme indéterminée du type $\dfrac{0}{0}$.
La méthode consiste alors à faire apparaître un "taux de variation" ou encore un nombre dérivé, c'est-à-dire d'écrire :
$ \cos(x)-1=\cos(x)-\cos(0) \text{ et } x=x-0 $
On a donc $f(x)=\dfrac{cos(x)-cos(0)}{x-0}$ pour tout réel $x$ non nul.
On remarque alors que la limite de $f$ en $0$ n'est autre que le nombre dérivé de la fonction cosinus en $0$.
On en déduit, sachant que $\cos'(x)=-\sin(x)$ :
$\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) =\displaystyle\lim_{x\to 0} \dfrac{\cos(x)-\cos(0)}{x-0} $
$\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x)= \cos'(0)=-\sin(0)=0$
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