Correction de l’exercice 12 — Limites logarithmiques
Manuel Al Moufid · 2e Bac Sciences Mathématiques
Cet exercice rassemble vingt-trois limites qui permettent de revoir l’essentiel des techniques du cours concernant le logarithme népérien. Certaines questions reposent directement sur la comparaison entre les puissances de \(\ln x\) et celles de \(x\), tandis que d’autres nécessitent de faire apparaître une limite fondamentale telle que \(\dfrac{\ln(1+u)}u\). On rencontre également des changements de variable, une rationalisation, des identités trigonométriques et des limites en \(0^+\), en \(+\infty\) ou en \(-\infty\). L’objectif est donc surtout de reconnaître la forme de l’expression avant de calculer. Toutes les méthodes employées restent dans le cadre du programme de 2e Bac Sciences Mathématiques, sans développement limité ni règle de l’Hôpital.
Plusieurs limites fondamentales seront utilisées. Pour tout \(\alpha\gt0\) :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha}=0, \] \[ \lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0. \]On utilisera également :
\[ \lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}u=1, \qquad \lim_{u\to1}\frac{\ln u}{u-1}=1. \]Avant d'utiliser une de ces formes, il faut vérifier que le logarithme est bien défini et identifier précisément vers quelle valeur tend son argument.
Une limite logarithmique ne se traite pas mécaniquement. Il faut d’abord reconnaître sa structure. Si une puissance de \(x\) apparaît, on cherche souvent à faire intervenir \(\ln x/x^\alpha\) ou \(x^\alpha\ln x\). Lorsque l’argument du logarithme tend vers \(1\), on cherche la forme \(\ln(1+u)/u\). Une différence de racines peut être rationalisée, tandis qu’une borne \(-\infty\) peut être ramenée à \(+\infty\) par un changement de variable adapté.
Exercice 12 — Calculer les limites suivantes
Calculer les vingt-trois limites proposées dans le manuel. Chaque limite est rappelée séparément avant sa correction.
Limite 1
Afficher la correction
Le numérateur contient une puissance du logarithme et le dénominateur une puissance de \(x\). L’idée consiste à répartir la puissance \(x^5\) afin de faire apparaître deux fois la limite usuelle \(\ln x/x^\alpha\).
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 :
Limite 2
Afficher la correction
On cherche encore à utiliser la domination de \(\ln x\) par une puissance positive de \(x\). Ici, \(\sqrt{x}=x^{1/2}\) peut être réparti entre les trois facteurs.
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 :
Limite 3
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Les deux termes tendent vers \(+\infty\), ce qui donne initialement une forme indéterminée. La limite précédente permet précisément de comparer leurs vitesses de croissance.
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 \(\sqrt{x}\to+\infty\).
Limite 4
Afficher la correction
On inverse ici la comparaison précédente. Pour \(x\gt1\), \(\ln x\) est strictement positif, donc le carré placé au dénominateur est lui aussi strictement positif.
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 \(+\infty\).
Limite 5
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La borne \(-\infty\) est ramenée à \(+\infty\) en posant \(t=-x\). On peut alors utiliser directement les limites logarithmiques usuelles.
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 :
\[ \frac{t^3}{1-t^3}\to-1. \]Limite 6
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Lorsque \(x\to0\), on a \(x^3\to0\). Il faut donc faire apparaître la forme fondamentale \(\ln(1+u)/u\) avec \(u=x^3\).
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 :
Limite 7
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Comme \(x\to0^+\), le logarithme est bien défini. On répartit \(x^{1/3}\) entre les deux facteurs logarithmiques afin de retrouver la limite \(x^\alpha\ln x\).
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 :
Limite 8
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Près de \(0^+\), on a \(\ln x\lt0\). La valeur absolue peut donc être explicitée. Comme l’expression est positive, l’étude de son carré permet de supprimer la racine.
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 :
Limite 9
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Pour \(x\) proche de \(0\), \(\cos x\) est strictement positif, donc le logarithme existe. Comme \(\cos x\to1\), on fait apparaître la limite fondamentale de \(\ln u/(u-1)\).
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 \(0\).
Limite 10
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Plusieurs termes tendent en valeur absolue vers l’infini. Il faut donc comparer leur ordre de croissance en factorisant par la puissance dominante \(x^3\).
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 \(x^3\to+\infty\).
Limite 11
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On transforme une nouvelle fois la borne \(-\infty\) en \(+\infty\) grâce à \(t=-x\). On pourra alors comparer le logarithme d’un polynôme à la variable \(t\).
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 :
Limite 12
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Les deux logarithmes tendent vers \(+\infty\). L’idée consiste à faire apparaître leur terme dominant commun, \(\ln x\), puis à diviser le numérateur et le dénominateur par ce terme.
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 :
Limite 13
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La racine cubique suggère le changement de variable \(t=\sqrt[3]{x}\). Le logarithme prend alors exactement la forme \(\ln(1+t)\).
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 :
\[ \frac1{t^2}\to+\infty. \]Le premier facteur tend vers \(1\) et reste positif pour \(t\gt0\) suffisamment petit.
Limite 14
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Deux limites fondamentales apparaissent ici : celle de \(\sin x/x\) et celle de \(\ln(1+x)/x\). On multiplie et divise donc par \(x\).
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 :
\[ \frac{x}{\ln(1+x)}\to1. \]Limite 15
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Le quotient sous le logarithme tend vers \(1\). Il est donc naturel de l’écrire sous la forme \(1+u\), avec \(u\to0\), afin d’utiliser la limite fondamentale.
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 :
\[ \frac{u}{x} = -\frac8{2+5x} \to-4. \]Limite 16
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La présence de \(\ln(x-2)\) impose ici une approche à droite de \(2\). En posant \(t=x-2\), on ramène la limite à une expression étudiée au voisinage de \(0^+\).
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 \(t\to0^+\).
Limite 17
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Pour \(x\lt-1\), les deux facteurs \(x\) et \(x+1\) sont négatifs, donc \(x^2+x=x(x+1)\gt0\) et le logarithme est bien défini. Le changement de variable choisi rend ensuite explicite l’approche vers \(0^+\).
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 :
\[ t\ln t\to0 \qquad\text{et}\qquad t\ln(1+t)\to0. \]Limite 18
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L’expression \(\sqrt{x^2+3}-x\) présente une différence de deux termes proches. La rationalisation permet de déterminer précisément son signe et sa limite.
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 :
\[ \lim_{u\to0^+}\ln u=-\infty. \]Limite 19
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L’argument du logarithme tend vers \(1\). En posant \(u=3/x\), on fait immédiatement apparaître \(\ln(1+u)/u\).
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 :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]Limite 20
Afficher la correction
Toute l’expression dépend de \(\ln x\). Le changement \(X=\ln x\) transforme donc la limite en une limite rationnelle en \(X\).
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 :
Limite 21
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Comme dans la limite 9, \(\cos x\to1\). Cette fois, le dénominateur est \(x^2\), ce qui conduit à exploiter plus précisément l’identité trigonométrique de \(\cos x-1\).
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 \(-\dfrac12\).
Limite 22
Afficher la correction
Lorsque \(x\to2\), l’argument \(2x-3\) tend vers \(1\) et le dénominateur tend vers \(0\). On pose donc \(h=x-2\) afin de créer la forme \(\ln(1+2h)/(2h)\).
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 :
\[ \frac2{x+2}\to\frac12. \]Limite 23
Afficher la correction
L’argument du logarithme est dominé par \(x^2\). La factorisation par cette puissance permet de séparer \(2\ln x\) d’un logarithme dont l’argument tend vers \(1\).
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 \(0\).
À retenir
Cet exercice montre qu’une limite logarithmique doit d’abord être reconnue avant d’être calculée. Les puissances positives de \(x\) dominent les puissances de \(\ln x\) à l’infini, tandis que \(x^\alpha\ln x\) tend vers \(0\) lorsque \(x\to0^+\). Lorsqu’un argument tend vers \(1\), les formes \(\ln(1+u)/u\) ou \(\ln u/(u-1)\) sont particulièrement utiles. Les changements de variable permettent de ramener certaines bornes ou certaines racines à ces formes fondamentales. La rationalisation précise le comportement des différences de racines, et les identités trigonométriques permettent de traiter les logarithmes faisant intervenir \(\cos x\). Dans chaque cas, la méthode choisie repose donc sur une propriété précise du cours et sur l’identification préalable de la structure de la limite.
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