Soit \( f, g\) deux fonctions définies sur \( I = [a,b]\) et leur dérivée respective \( f', g'\) définies sur \(]a , b [\).
De même, soit \( \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}} \) un point ou une extrémité de l'intervalle \( I\) ; \( \alpha \) étant un point ou une extrémité, il peut alors prendre n'importe quelle valeur, y compris \( -\infty \) ou \( +\infty \).
Pour calculer la limite en \( \alpha\) d'une fonction sous forme de quotient présentant une forme indéterminée de type \( \left[ \frac{0}{0} \right]\) ou \( \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right]\), il peut y avoir un intérêt à employer cette méthode, dans le but de lever l'indétermination.
La règle de L'Hôpital nous dit que :
$$ \forall x \in I, \enspace \forall \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}}, \enspace g(x) \neq 0, \hspace{0.2em} g'(x) \neq 0, $$
$$ \left \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \ f(x) = 0, \\ lim_{x \to \alpha} \ g(x) = 0 \\ \\ lim_{x \to \alpha} \ \frac{f(x)}{g(x)} = l \end{align*} \right \} \Longrightarrow lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = l \qquad (L'H \it{ô} pital ) $$
$$ \left \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \ f(x) = \pm \infty, \\ lim_{x \to \alpha} \ g(x) = \pm \infty \\ \\ lim_{x \to \alpha} \ \frac{f(x)}{g(x)} = l \end{align*} \right \} \Longrightarrow lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = l \qquad (L'H \it{ô} pital^*) $$
Soit \( f, g\) deux fonctions définies sur \( I = [a,b]\) et \( \alpha\) un point ou une extrémité de \( I\), et leur dérivée respective \( f', g'\) qui ne s'annule pas en même temps, et l'hypothèse \( (H) \) suivante :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \ f(\alpha) = 0 \\ lim_{x \to \alpha} \ g(\alpha) = 0 \end{align*} \qquad (H) $$
Si l'on souhaite calculer :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} $$
On se retrouve avec une forme indéterminée de type \( \left[ \frac{0}{0} \right]\).
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = \left[ \frac{0}{0} \right] $$
Grâce au théorème des accroissements finis généralisé (ou théorème de la moyenne de Cauchy), on sait que :
$$ \forall (f, g) \ continues \ sur \ [a,b]^2 \ et \ dérivables \ sur \ ]a,b[^2, $$
$$ \exists c \in \hspace{0.05em} ]a,b[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} $$
Dans notre cas,
$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)} \qquad (1) $$
Mais, avec \( (H) \) l'expression \( (1) \) devient \( (2) \) :
$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x)}{g(x)} \qquad (2) $$
Par suite,
$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (3)$$
Or, comme \( \alpha < c < x\), on a les deux implications suivantes :
$$ x \to \alpha \Longrightarrow c \to \alpha \Longrightarrow c \to x $$
Par conséquent si \( x \to \alpha \), alors \( c \to x \) et on peut réécrire \( (3) \) sous forme \( (3') \) :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (3') $$
Soit finalement,
$$ \forall x \in I, \enspace \forall \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}}, \enspace g(x) \neq 0, \hspace{0.2em} g'(x) \neq 0, $$
$$ \left \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \ f(x) = 0, \\ lim_{x \to \alpha} \ g(x) = 0 \\ \\ lim_{x \to \alpha} \ \frac{f(x)}{g(x)} = l \end{align*} \right \} \Longrightarrow lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = l \qquad (L'H \it{ô} pital ) $$
D'après cette règle, si : \( lim_{x \to \alpha} \enspace f'(x) \neq 0 \) ou bien \( lim_{x \to \alpha} \enspace g'(x) \neq 0 \), alors la limite de \( \frac{f}{g} \) s'obtient directement.
Dès lors que l'on est toujours sur une une forme indéterminée, on recommence le processus jusqu'à lever l'indétermination.
De la même manière, on peut montrer que cela fonctionne aussi lorsque à la place de \( (H)\) nous avons une nouvelle hypothèse \( (H')\), telle que :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) = \pm \infty \\ lim_{x \to \alpha} \enspace g(x) = \pm \infty \end{align*} \qquad (H') $$
On a alors en passant à la limite, une nouvelle forme indéterminée de type \( \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right]\) :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right] $$
Réécrivons l'expression \( (1) \) trouvée précédemment :
$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)} \qquad (1) $$
En passant à la limite, on a :
$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)}= l \qquad (4)$$
Comme \( f(\alpha) \) et \( g(\alpha) \) sont tous deux constants et sachant \( (H') \), on peut écrire que :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)}= lim_{x \to \alpha} \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (4') $$
Alors, grâce à \( (4) \) et \( (4') \) on obtient \( (5)\) :
$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)}= l \qquad (5)$$
Enfin, de la même manière que précédemment, on a une réaction en chaîne lorsque \(x \to a\) :
$$ x \to \alpha \Longrightarrow c \to \alpha \Longrightarrow c \to x $$
Par conséquent si \( x \to \alpha \), alors \( c \to x \) et on peut réécrire \( (5) \) sous forme \( (5') \) :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (5') $$
Soit finalement,
$$ \forall x \in I, \enspace \forall \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}}, \enspace g(x) \neq 0, \hspace{0.2em} g'(x) \neq 0, $$
$$\left \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \ f(x) = \pm \infty, \\ lim_{x \to \alpha} \ g(x) = \pm \infty \\ \\ lim_{x \to \alpha} \ \frac{f(x)}{g(x)} = l \end{align*} \right \} \Longrightarrow lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = l \qquad (L'H \it{ô} pital^*)$$
Enfin, avec un produit \( fg \) ayant une indétermination de type \( [0] \times {[ \pm \infty]}\), telle que :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) g(x) = \bigl[ 0 \times \pm \infty \bigr] $$
$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) = 0 \\ lim_{x \to \alpha} \enspace g(x) = \pm \infty \end{align*} $$
On pourra considérer plutôt un quotient et appliquer la règle, tel que :
$$ lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) g(x) = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}}$$
$$ lim_{x \to 0^+} \enspace \frac{sin(x)}{x} = \left[ \frac{0^+}{0^+} \right] $$
On tombe sur une forme indéterminée de type \( \left[ \frac{0}{0} \right]\).
On applique la règle :
$$ lim_{x \to 0^+} \enspace \frac{sin(x)}{x} = lim_{x \to 0} \enspace \frac{cos(x)}{1}= 1 $$
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} = \left[ \frac{+ \infty}{+ \infty} \right] $$
En appliquant la règle en série, le numérateur va rester fixe, mais le dénominateur va devenir constant à partir de la \(n\)-ième derivation :
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} = lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{nx^{n-1}} $$
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} = lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{n(n-1)x^{n-2}} $$
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} \enspace = \enspace... \enspace = \enspace lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{n!} = + \infty $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = \bigl[ 0^+ \times - \infty \bigr] $$
$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} lim_{x \to 0^+} \ x^n = \ 0^+ \\ lim_{x \to 0^+} \ ln(x) = - \infty \end{align*} $$
Pour appliquer la règle, on va considérer le quotient pour le calcul de la limite :
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ \frac{ln(x)}{x^{-n}} $$
À ce moment-là, la règle nous donne que :
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ \frac{1 \over x}{-nx^{-n-1}} $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ \frac{1}{-nx^{-n}} $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ - \frac{x^{n}}{n} = - \infty $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{ln(1 + x)}{x} = \left[ \frac{0^+}{0^+} \right] $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{ln(1 + x)}{x} = lim_{x \to 0^+} \ \frac{\frac{1}{1 + x}}{1} = 1 $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{e^x - 1}{x} = \left[ \frac{0^+}{0^+} \right] $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{e^x - 1}{x} = lim_{x \to 0^+} \ \frac{e^x}{1} = 1 $$
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