Calculs de limites à l'aide des équivalents usuels

Exercices corrigés et détaillés


Formules: DL usuels

Formules en 0 ou en a

Pour calculer des développements, on se ramène aux développements limités de fonctions usuelles, qu'il faut donc bien connaître. Toutes les équivalents sont toujours en 0. Pour calculer un développement limité en un autre point, ou en l'infini, on se ramène en 0 par un changement de variable:
  • pour une limite x → a, on pose la nouvelle variable u = x − a pour laquelle on a bien x → 0
  • pour une limite x → ∞, on pose la nouvelle variable u = 1/x pour laquelle on a bien x → 0

Formules usuelles d'équivalents en 0

  • ln(1 + x) ∼ x
  • ex − 1 ∼ x
  • sin x ∼ x
  • tan x ∼ x
  • cos x − 1 ∼ x2/2
  • (1 + x)α − 1 ∼ αx
    avec les cas particulier relativement fréquent:
    • racine carrée pour α=1/2, soit l'équivalent 1 + x − 1 ∼ 1/2x
    • inverse pour α = −1, soit l'équivalent 1/1 + x − 1 ∼ −x



Exercices corrigés: calculer les développements limités

Calculer les limites suivantes.

  1.  limx+∞x + 1 − x
    0
    On se ramène en 0 en factorisant,
    \[\sqrt{x+1}=\sqrt{x\lp1+\dfrac1x\right)}\]

    soit, en posant $u=\dfrac1x\to0$,
    \[\sqrt{x+1}\sqrt{x}\sqrt{1+u}\]

    et donc, en utilisant l'équivalent pour la racine carrée (puissance 1/2)
    \[\begin{array}{ll}\sqrt{x+1}-\sqrt{x}&=\sqrt{x}\lp\sqrt{1+u}-1\rp\\[.6em] &\sim\sqrt{x}\dfrac12u = \dfrac1{2\sqrt{x}}\enar\]

    et on trouve donc ainsi, finalement la limite
    \[\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=0\]

  2.  limx+∞ 1/x + 1 − 1/x − 1
    0
    Attention, si on a bien $\dfrac1{x+1}\sim\dfrac1x$ et $\dfrac1{x-1}\sim\dfrac1x$ lorsque $x\to+\infty$, en revanche on ne peut pas ajouter (ou soustraire) des équivalents, et de plus, on ne peut jamais trouver et utiliser 0 comme équivalent.

    Il n'y a pas besoin de tout ça en fait ici, en mettant sur le même dénominateur:
    \[\dfrac1{x+1}-\dfrac1{x-1}=\dfrac{-2}{(x+1)(x-1)}\sim\dfrac{-2}{x^2}\]

    et donc
    \[\lim_{x\to+\infty}\dfrac1{x+1}-\dfrac1{x-1}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{-2}{x^2}=0\]

  3.  limn+∞ n − 1 + n2/ln n − n
    0
    On factorise dans la racine carrée pour se ramener en 0, avec $u=\dfrac1{n^2}\to0$,
    \[\begin{array}{ll}\sqrt{1+n^2}&=\sqrt{n^2\lp1+\dfrac1{n^2}\right)}\\[1.5em]&=n\sqrt{1+u}\enar\]

    d'où, pour le numérateur
    \[n-\sqrt{1+n^2}=n\lp1-\sqrt{1+u}\rp\]

    et on peut alors utilisr l'équivalent en 0 de la racine carrée:
    \[n-\sqrt{1+n^2}\sim n\lp-\dfrac12u\rp=-\dfrac1{2n}\]

    et ainsi, le numérateur a une limite nulle.

    Pour le dénominateur, on a en factorisant par le terme prépondérant
    \[\ln n - n=n\left( \dfrac{\ln n}n-1\rp\]

    où, par croissances comparées,
    \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln n}n=0\]

    et donc,
    \[\lim_{n\to+\infty}\ln n - n=\lim_{n\to+\infty}n\left( \dfrac{\ln n}n-1\rp=-\infty\]

    et on en déduit finalement, par quotient des limites, que
    \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n-\sqrt{1+n^2}}{\ln n - n}=0\]

  4.  limn+∞ n 1/n − 1
    0
    On a
    \[u_n=n^{\frac1n}-1=e^{\frac1n\ln n}-1\]


    Comme $u=\dfrac1n\ln n\to0$, par croissances comparées, on peut alors utiliser l'équivalent
    \[u_n=e^u-1\sim u=\dfrac{\ln n}n\]


    À nouveau alors, par croissances comparées, on trouve que
    \[\lim_{n\to+\infty}n^{\frac1n}-1=0\]

  5.  limn+∞ n ln(6 + 3n + n2) − n ln(2 + n2)
    3
    On pose
    \[u_n=n\ln\dfrac{n^2+3n+6}{n^2+2}\]


    Pour la fraction dans le logarithme, on a
    \[\dfrac{n^2+3n+6}{n^2+2}\sim\dfrac{n^2}{n^2}=1\]

    On pose donc, afin d'utiliser l'équivalent du logarithme $\ln(1+u)$,
    \[\begin{array}{ll}&\dfrac{n^2+3n+6}{n^2+2}=1+u\\[1em]\iff &u=\dfrac{n^2+3n+6}{n^2+2}-1\\[1em]&\phantom{u}=\dfrac{3n+4}{n^2+2}\enar\]

    On a bien
    \[u\sim\dfrac{3n}{n^2}=\dfrac3n\to0\]

    et donc on peut utiliser l'équivalent
    \[u_n=n\ln(1+u)\sim nu\sim n\tm\dfrac3n=3\]

    d'où la limite,
    \[\lim_{n\to+\infty} u_n=3\]

  6.  limn+∞ 2n+3/2n+1 2n
    e2
    On écrit tout d'abord l'expression sous forme exponentielle:
    \[\begin{array}{ll}u_n&=\lp\dfrac{2n+3}{2n+1}\rp^{2n}\\[1em]&=\exp\lp2n\ln\lp\dfrac{2n+3}{2n+1}\rp\rp\enar\]

    L'expression dans le logarithme tend vers 1, et on pose donc $u$ tel que
    \[\begin{array}{ll}&\dfrac{2n+3}{2n+1}=1+u\\[1em]\iff &u=\dfrac{2n+3}{2n+1}-1 \\[1em]& \phantom{u}=\dfrac2{2n+1}\enar\]

    On a bien $u\to0$, ce qui permet d'utiliser l'équivalent pour le logarithme:
    \[\begin{array}{ll}u_n&=\exp\left( 2n\ln(1+u)\rp\\[.4em]&\sim \exp\left( 2nu\right)=\exp\lp\dfrac{4n}{2n+1}\right)\enar\]

    Or,
    \[\dfrac{4n}{2n+1}\sim\dfrac{4n}{2n}=2\]

    et donc,
    \[\lim_{n\to+\infty}u_n=e^2\]

  7.  limn+∞ n ln n + 1/n − 1
    1
    Soit $u_n=n\ln\sqrt{\dfrac{n+1}{n-1}}$, alors
    \[u_n=\dfrac{n}2\ln\lp\dfrac{n+1}{n-1}\rp\]

    Comme $\dfrac{n+1}{n-1}\to1$, on cherche à écrire cette fraction sous la forme $1+u$, afin ensuite d'utiliser l'équivalent de $\ln(1+u)$.

    On a
    \[\dfrac{n+1}{n-1}=1+u\iff u=\dfrac{n+1}{n-1}-1 = \dfrac2{n-1}\]

    et avec bien $u\to0$. Ainsi,
    \[\ln\lp1+u\rp\sim u\]

    et donc
    \[\begin{array}{ll}u_n\sim\dfrac{n}2u&=\dfrac{n}2\,\dfrac2{n-1}\\[1em]&=\dfrac{n}{n-1}\\[1em]&\sim\dfrac{n}n=1\enar\]

    Ainsi,
    \[\lim_{n\to+\infty}u_n=1\]

  8.  limn+∞ −n + n2 + 1
    0
    On pose et factorise
    \[\begin{array}{ll}u_n&=\sqrt{-n+\sqrt{n^2+1}}\\[.6em]&=\sqrt{-n+\sqrt{n^2\lp1+\dfrac1{n^2}\right)}}\\[1.8em]&=\sqrt{n\lp\sqrt{1+\dfrac1{n^2}}-1\right)}\\[1.5em]&=\sqrt{n}\sqrt{\sqrt{1+\dfrac1{n^2}}-1}\enar\]

    soit, en posant $u=\dfrac1{n^2}\to0$, en utilisant l'équivalent pour la racine carrée
    \[\begin{array}{ll}u_n&=\sqrt{n}\sqrt{\sqrt{1+u}-1}\\&\sim\sqrt{n}\sqrt{\dfrac12u}\enar\]

    soit
    \[u_n\sim\sqrt{n}\sqrt{\dfrac1{2n^2}}=\dfrac1{\sqrt{2n}}\]

    et donc, finalement,
    \[\lim_{n\to+\infty}\sqrt{-n+\sqrt{n^2+1}}=\lim_{n\to+\infty}u_n=0\]


Voir aussi:
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