Correction de l’exercice 12
Limites logarithmiques — Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose une correction détaillée de l’exercice 12 du chapitre Logarithme népérien. Les vingt-trois limites sont calculées sans développement limité et sans règle de l’Hôpital, en utilisant uniquement les limites usuelles, les transformations algébriques et les identités trigonométriques du programme.
Exercice 12 Calculer les limites suivantes
On écrit :
\[ \frac{(\ln x)^2}{x^5} = \left(\frac{\ln x}{x^{5/2}}\right)^2. \]Or, pour tout réel \(\alpha\gt0\) :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha}=0. \]En prenant \(\alpha=\dfrac52\), on obtient :
On écrit :
\[ \frac{(\ln x)^3}{\sqrt{x}} = \left(\frac{\ln x}{x^{1/6}}\right)^3. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^{1/6}}=0. \]Donc :
On factorise par \(\sqrt{x}\) :
\[ (\ln x)^3-\sqrt{x} = \sqrt{x}\left( \frac{(\ln x)^3}{\sqrt{x}}-1 \right). \]D’après la limite précédente :
\[ \frac{(\ln x)^3}{\sqrt{x}}\to0. \]Donc le facteur entre parenthèses tend vers \(-1\), tandis que \(\sqrt{x}\to+\infty\).
Pour \(x\gt1\), on a :
\[ \frac{x}{(\ln x)^2} = \frac{1}{ \left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2 }. \]Or :
\[ \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\to0 \]et le carré est strictement positif. Son inverse tend donc vers \(+\infty\).
Posons \(t=-x\). Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(t\to+\infty\). Alors :
\[ \frac{\ln(x^2+1)}{x^3+1} = \frac{\ln(t^2+1)}{1-t^3}. \]On écrit :
\[ \frac{\ln(t^2+1)}{1-t^3} = \frac{\ln(t^2+1)}{t^3} \cdot \frac{t^3}{1-t^3}. \]Or :
\[ \ln(t^2+1) = 2\ln t+\ln\left(1+\frac1{t^2}\right), \]donc :
\[ \frac{\ln(t^2+1)}{t^3}\to0 \]et :
\[ \frac{t^3}{1-t^3}\to-1. \]Pour \(x\neq0\), on écrit :
\[ \frac{\ln(1+x^3)}{x^2} = x\, \frac{\ln(1+x^3)}{x^3}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(x^3\to0\), et la limite usuelle donne :
\[ \frac{\ln(1+x^3)}{x^3}\to1. \]Comme \(x\to0\), on obtient :
On écrit :
\[ \sqrt[3]{x}\,(\ln x)^2 = \left(x^{1/6}\ln x\right)^2. \]Or la limite usuelle :
\[ \lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0 \qquad(\alpha\gt0) \]donne, pour \(\alpha=\dfrac16\) :
\[ x^{1/6}\ln x\to0. \]Donc :
Pour \(x\) suffisamment proche de \(0\), on a \(\ln x\lt0\), donc :
\[ |\ln x|=-\ln x. \]L’expression est positive et son carré vaut :
\[ \left(x\sqrt{|\ln x|}\right)^2 = x^2|\ln x| = -x^2\ln x. \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+}x^2\ln x=0. \]Le carré de l’expression tend donc vers \(0\), d’où :
Pour \(x\) proche de \(0\), on a \(\cos x\gt0\). On écrit :
\[ \frac{\ln(\cos x)}{x} = \frac{\ln(\cos x)}{\cos x-1} \cdot \frac{\cos x-1}{x}. \]Le premier facteur tend vers \(1\), car :
\[ \lim_{u\to1}\frac{\ln u}{u-1}=1. \]Pour le second facteur :
\[ \frac{\cos x-1}{x} = -\frac{2\sin^2(x/2)}{x} = -\frac{x}{2} \left( \frac{\sin(x/2)}{x/2} \right)^2. \]Il tend donc vers \(0\).
On factorise par \(x^3\) :
\[ x^3-5x-\ln x = x^3\left( 1-\frac5{x^2}-\frac{\ln x}{x^3} \right). \]Or :
\[ \frac5{x^2}\to0 \qquad\text{et}\qquad \frac{\ln x}{x^3}\to0. \]Le facteur entre parenthèses tend donc vers \(1\), tandis que \(x^3\to+\infty\).
Posons \(t=-x\). Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(t\to+\infty\). Alors :
\[ \frac{\ln(x^2-3x+7)}{2x+3} = \frac{\ln(t^2+3t+7)}{-2t+3}. \]On écrit :
\[ \ln(t^2+3t+7) = 2\ln t+ \ln\left(1+\frac3t+\frac7{t^2}\right). \]Ainsi :
\[ \frac{\ln(t^2+3t+7)}{t}\to0 \]et :
\[ \frac{t}{-2t+3}\to-\frac12. \]Par produit :
Pour \(x\gt0\), on écrit :
\[ \ln(x+1) = \ln x+ \ln\left(1+\frac1x\right) \]et :
\[ \ln(5x+3) = \ln x+ \ln\left(5+\frac3x\right). \]En divisant le numérateur et le dénominateur par \(\ln x\) :
\[ \frac{\ln(x+1)}{\ln(5x+3)} = \frac{ 1+ \frac{\ln(1+1/x)}{\ln x} }{ 1+ \frac{\ln(5+3/x)}{\ln x} }. \]Les deux fractions ajoutées tendent vers \(0\). Donc :
Posons :
\[ t=\sqrt[3]{x}. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a \(t\to0^+\) et \(x=t^3\). Ainsi :
\[ \frac{\ln(1+\sqrt[3]{x})}{x} = \frac{\ln(1+t)}{t^3} = \frac{\ln(1+t)}{t} \cdot \frac1{t^2}. \]Or :
\[ \frac{\ln(1+t)}{t}\to1 \]et :
\[ \frac1{t^2}\to+\infty. \]On écrit :
\[ \frac{\sin x}{\ln(1+x)} = \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{x}{\ln(1+x)}. \]Or :
\[ \frac{\sin x}{x}\to1 \]et :
\[ \frac{\ln(1+x)}{x}\to1, \]donc :
\[ \frac{x}{\ln(1+x)}\to1. \]On écrit :
\[ \frac{2-3x}{2+5x} = 1-\frac{8x}{2+5x}. \]Posons :
\[ u=-\frac{8x}{2+5x}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(u\to0\). Alors :
\[ \frac1x\ln(1+u) = \frac{\ln(1+u)}{u} \cdot \frac{u}{x}. \]Or :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1 \]et :
\[ \frac{u}{x} = -\frac8{2+5x} \to-4. \]Posons :
\[ t=x-2. \]Lorsque \(x\to2^+\), on a \(t\to0^+\) et \(x=t+2\). Alors :
\[ \frac{3x}{x-2}+\ln(x-2) = \frac{3(t+2)}{t}+\ln t. \]On met au même dénominateur :
\[ \frac{3(t+2)}{t}+\ln t = \frac{6+3t+t\ln t}{t}. \]Or :
\[ t\ln t\to0. \]Le numérateur tend donc vers \(6\), tandis que \(t\to0^+\).
Posons :
\[ t=-(x+1). \]Lorsque \(x\to-1^-\), on a \(t\to0^+\), \(x=-1-t\) et :
\[ x^2+x = x(x+1) = t(1+t). \]Ainsi :
\[ (x+1)\ln(x^2+x) = -t\ln\bigl(t(1+t)\bigr). \]Donc :
\[ (x+1)\ln(x^2+x) = -t\ln t-t\ln(1+t). \]Or :
\[ t\ln t\to0 \qquad\text{et}\qquad t\ln(1+t)\to0. \]On rationalise :
\[ \sqrt{x^2+3}-x = \frac{3}{\sqrt{x^2+3}+x}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), le dénominateur tend vers \(+\infty\). Donc :
\[ \sqrt{x^2+3}-x\to0^+. \]Or :
\[ \lim_{u\to0^+}\ln u=-\infty. \]Posons :
\[ u=\frac3x. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(u\to0^+\) et \(xu=3\). Ainsi :
\[ x\ln(1+u) = xu\cdot\frac{\ln(1+u)}{u}. \]La limite usuelle donne :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]Posons \(X=\ln x\). Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(X\to+\infty\). Alors :
\[ \frac{(\ln x)^2-4\ln x}{1+5\ln x} = X\, \frac{1-\frac4X}{5+\frac1X}. \]Or :
\[ \frac{1-\frac4X}{5+\frac1X}\to\frac15\gt0. \]Comme \(X\to+\infty\), on obtient :
Pour \(x\) proche de \(0\), on a \(\cos x\gt0\). On écrit :
\[ \frac{\ln(\cos x)}{x^2} = \frac{\ln(\cos x)}{\cos x-1} \cdot \frac{\cos x-1}{x^2}. \]Le premier facteur tend vers \(1\).
Pour le second :
\[ \frac{\cos x-1}{x^2} = -\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2} = -\frac12 \left( \frac{\sin(x/2)}{x/2} \right)^2. \]Il tend donc vers \(-\dfrac12\).
On pose \(h=x-2\). Alors \(h\to0\), \(2x-3=1+2h\) et :
\[ x^2-4=(x-2)(x+2)=h(x+2). \]Ainsi :
\[ \frac{\ln(2x-3)}{x^2-4} = \frac{\ln(1+2h)}{2h} \cdot \frac2{x+2}. \]Or :
\[ \frac{\ln(1+2h)}{2h}\to1 \]et :
\[ \frac2{x+2}\to\frac12. \]Pour \(x\gt0\), on factorise l’argument du logarithme par \(x^2\) :
\[ x^2+x+\sqrt{x+4} = x^2\left( 1+\frac1x+\frac{\sqrt{x+4}}{x^2} \right). \]Donc :
\[ \ln\left(x^2+x+\sqrt{x+4}\right) = 2\ln x+ \ln\left( 1+\frac1x+\frac{\sqrt{x+4}}{x^2} \right). \]Ainsi :
\[ \frac{ \ln\left(x^2+x+\sqrt{x+4}\right) }{3x} = \frac23\frac{\ln x}{x} + \frac1{3x} \ln\left( 1+\frac1x+\frac{\sqrt{x+4}}{x^2} \right). \]Le premier terme tend vers \(0\). Dans le second, le logarithme tend vers \(\ln1=0\), tandis que \(\dfrac1x\to0\). Donc le second terme tend aussi vers \(0\).
Méthodes à retenir
- Comparer les puissances de \(\ln x\) aux puissances de \(x\).
- Faire apparaître \(\dfrac{\ln(1+u)}u\) lorsque \(u\to0\).
- Rationaliser les expressions contenant une différence de racines.
- Utiliser \(\cos x-1=-2\sin^2\left(\dfrac x2\right)\).
- Effectuer un changement de variable lorsque la borne est \(-\infty\) ou lorsqu’une racine cubique intervient.
- Aucun développement limité ni règle de l’Hôpital n’est nécessaire.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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