Correction de l’exercice 13 — Calcul approfondi de limites logarithmiques — Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Correction de l’exercice 13 — Calcul approfondi de limites logarithmiques
Manuel Al Moufid · 2e Bac Sciences Mathématiques
L’exercice 13 approfondit le calcul des limites faisant intervenir le logarithme népérien. Les quinze questions ne reposent pas toutes sur la même technique : certaines demandent de comparer \(\ln x\) à une puissance de \(x\), d’autres de faire apparaître la forme fondamentale \(\dfrac{\ln(1+u)}u\), et plusieurs associent le logarithme à des fonctions trigonométriques. On rencontre également des changements de variable et des produits de type \(t^\alpha\ln t\) au voisinage de \(0^+\). Le point essentiel est donc d’identifier la structure de chaque limite avant de transformer l’expression. Les calculs restent dans les méthodes élémentaires utilisées au niveau 2e Bac Sciences Mathématiques, sans développement limité et sans règle de l’Hôpital.
Plusieurs résultats fondamentaux interviennent dans cet exercice. On utilisera en particulier :
\[ \lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}u=1, \qquad \lim_{u\to1}\frac{\ln u}{u-1}=1, \] \[ \lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0 \qquad(\alpha\gt0). \]Lorsque des fonctions trigonométriques apparaissent, on associe ces résultats aux limites usuelles déjà connues, notamment \(\dfrac{\sin x}{x}\to1\) et \(\dfrac{\tan x}{x}\to1\). Dans tous les cas, les conditions de définition du logarithme doivent être respectées avant toute transformation.
Pour une expression en \(+\infty\), on cherche souvent à diviser par la puissance dominante afin de faire apparaître \(\ln x/x^\alpha\). Lorsque l’argument d’un logarithme tend vers \(1\), on le met sous la forme \(1+u\). Aux bornes finies, un changement de variable permet fréquemment de ramener le problème au voisinage de \(0\). Enfin, les produits associant un logarithme divergent à une quantité qui tend vers \(0\) sont transformés afin de faire apparaître une limite du type \(t^\alpha\ln t\).
Exercice 13 — Calculer les limites suivantes
Calculer les quinze limites proposées dans le manuel. Chaque limite est rappelée séparément avant sa correction.
Limite 1
Afficher la correction
Les termes en \(x\) dominent les termes logarithmiques. La correction le met directement en évidence en divisant numérateur et dénominateur par \(x\).
On divise le numérateur et le dénominateur par \(x\) :
\[ \frac{4x-3\ln x}{2x+5\ln x} = \frac{ 4-3\frac{\ln x}{x} }{ 2+5\frac{\ln x}{x} }. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0. \]Par conséquent :
Limite 2
Afficher la correction
Lorsque \(x\to2\), le quotient \(x/2\) tend vers \(1\). Le changement de variable choisi transforme donc immédiatement le logarithme en une expression de la forme \(\ln(1+u)\).
On pose :
\[ u=\frac{x-2}{2}. \]Lorsque \(x\to2\), on a \(u\to0\), et :
\[ \frac{x}{2}=1+u. \]Ainsi :
\[ \frac{x}{x-2}\ln\left(\frac{x}{2}\right) = \frac{x}{2}\, \frac{\ln(1+u)}{u}. \]Or :
\[ \frac{x}{2}\to1 \]et :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]Limite 3
Afficher la correction
Le numérateur et le dénominateur tendent vers \(0\). La factorisation de \(x^4-1\) permet de faire apparaître directement la limite fondamentale \(\ln x/(x-1)\).
On factorise :
\[ x^4-1 = (x-1)(x+1)(x^2+1). \]Donc :
\[ \frac{\ln x}{x^4-1} = \frac{\ln x}{x-1} \cdot \frac{1}{(x+1)(x^2+1)}. \]Or :
\[ \frac{\ln x}{x-1}\to1 \]et :
\[ \frac{1}{(x+1)(x^2+1)}\to\frac14. \]Limite 4
Afficher la correction
Le quotient situé sous le logarithme tend vers \(1\). On le réécrit donc sous la forme \(1+u\), puis on fait apparaître la limite fondamentale.
On écrit :
\[ \frac{x+2}{x+3} = 1-\frac1{x+3}. \]Posons :
\[ u=-\frac1{x+3}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(u\to0\). Alors :
\[ x\ln(1+u) = xu\cdot\frac{\ln(1+u)}{u}. \]Or :
\[ xu=-\frac{x}{x+3}\to-1 \]et :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]Limite 5
Afficher la correction
La condition \(x\to0^+\) garantit que les expressions logarithmiques obtenues après factorisation sont bien définies. La racine carrée constitue ici le facteur naturel à extraire.
Pour \(x\gt0\), on factorise par \(\sqrt{x}\) :
\[ 2x+\sqrt{x} = \sqrt{x}\left(1+2\sqrt{x}\right). \]Donc :
\[ \ln\left(2x+\sqrt{x}\right) = \frac12\ln x + \ln\left(1+2\sqrt{x}\right). \]Ainsi :
\[ x\ln\left(2x+\sqrt{x}\right) = \frac12x\ln x + x\ln\left(1+2\sqrt{x}\right). \]Or :
\[ x\ln x\to0 \]et :
\[ \ln\left(1+2\sqrt{x}\right)\to0. \]Le second produit tend également vers \(0\).
Limite 6
Afficher la correction
La correction combine ici deux limites usuelles déjà connues. Le facteur logarithmique est ramené à \(\ln(1+x)/x\), tandis que le premier facteur concerne la fonction \(\arctan\).
On écrit :
\[ \frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{\arctan x}{x} \cdot \frac{x}{\ln(1+x)}. \]Or :
\[ \frac{\arctan x}{x}\to1 \]et :
\[ \frac{\ln(1+x)}{x}\to1, \]donc :
\[ \frac{x}{\ln(1+x)}\to1. \]Limite 7
Afficher la correction
L’approche par la droite est essentielle : pour \(x\gt2\), les facteurs obtenus dans \(x^3-8\) sont positifs, ce qui permet de séparer correctement le logarithme du produit.
On factorise :
\[ x^3-8 = (x-2)(x^2+2x+4). \]Pour \(x\gt2\), les deux facteurs sont strictement positifs. Ainsi :
\[ \ln(x^3-8) = \ln(x-2) + \ln(x^2+2x+4). \]Donc :
\[ \begin{aligned} (x-2)\ln(x^3-8) &= (x-2)\ln(x-2)\\ &\quad+ (x-2)\ln(x^2+2x+4). \end{aligned} \]Or :
\[ (x-2)\ln(x-2)\to0 \]et :
\[ \ln(x^2+2x+4)\to\ln12. \]Le second produit tend donc aussi vers \(0\).
Limite 8
Afficher la correction
Pour \(x\) suffisamment proche de \(0\), les deux quantités qui interviennent dans le quotient sont strictement positives. La transformation du logarithme est donc autorisée.
Pour \(x\) suffisamment proche de \(0\), les quantités \(\sqrt{1-x^2}\) et \(\cos x\) sont strictement positives.
On écrit :
\[ \frac1{x^2} \ln\left( \frac{\sqrt{1-x^2}}{\cos x} \right) = \frac1{2x^2} \ln\left( \frac{1-x^2}{\cos^2x} \right). \]Comme :
\[ \cos^2x=1-\sin^2x, \]on a :
\[ \frac{1-x^2}{\cos^2x} = 1+ \frac{\sin^2x-x^2}{1-\sin^2x}. \]Posons :
\[ u= \frac{\sin^2x-x^2}{1-\sin^2x}. \]Lorsque \(x\to0\), on a \(u\to0\), et :
\[ \frac{u}{x^2} = \frac{ \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2-1 }{ 1-\sin^2x } \to0. \]Ainsi :
\[ \frac1{2x^2}\ln(1+u) = \frac12 \frac{\ln(1+u)}{u} \cdot \frac{u}{x^2} \to0. \]Limite 9
Afficher la correction
Le quotient sous le logarithme tend vers \(1\). La stratégie consiste donc à isoler son écart à \(1\), puis à utiliser simultanément les limites usuelles du logarithme, du sinus et de la tangente.
On écrit :
\[ \frac{1+5\sin x}{1+3\tan x} = 1+ \frac{5\sin x-3\tan x}{1+3\tan x}. \]Posons :
\[ u= \frac{5\sin x-3\tan x}{1+3\tan x}. \]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 :
\[ \frac{u}{x} = \frac{ 5\frac{\sin x}{x} - 3\frac{\tan x}{x} }{ 1+3\tan x } \to2. \]Limite 10
Afficher la correction
Lorsque \(x\to2^-\), \(2-x\) tend vers \(0^+\), ce qui explique le choix du changement de variable. La transformation trigonométrique permet ensuite de faire apparaître le produit classique \(t\ln t\).
Posons :
\[ t=2-x. \]Lorsque \(x\to2^-\), on a \(t\to0^+\), et :
\[ \cos\left(\frac{\pi x}{4}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{4}\right) = \sin\left(\frac{\pi t}{4}\right). \]Ainsi :
\[ \ln(2-x)\, \cos\left(\frac{\pi x}{4}\right) = t\ln t\, \frac{\sin(\pi t/4)}{t}. \]Or :
\[ t\ln t\to0 \]et :
\[ \frac{\sin(\pi t/4)}{t} = \frac{\pi}{4} \frac{\sin(\pi t/4)}{\pi t/4} \to\frac{\pi}{4}. \]Limite 11
Afficher la correction
À \(+\infty\), \(x\) est positif. On peut donc utiliser \(\ln(x^2)=2\ln x\) et faire entrer le dénominateur dans la racine cubique sous la forme \(x^3\).
Pour \(x\gt0\), on a :
\[ \ln(x^2)=2\ln x. \]Donc :
\[ \frac{\sqrt[3]{1+\ln(x^2)}}{x} = \sqrt[3]{ \frac{1+2\ln x}{x^3} }. \]Or :
\[ \frac{1+2\ln x}{x^3} = \frac1{x^3} + 2\frac{\ln x}{x^3} \to0. \]Par continuité de la fonction racine cubique :
Limite 12
Afficher la correction
Comme \(x\to1^+\), \(x-1\gt0\) et \(x+1\gt0\). La décomposition logarithmique est donc autorisée. Le facteur \(x^{2/3}-1\) est ensuite comparé à \(x-1\) grâce à la dérivabilité de la fonction puissance en \(1\).
Pour \(x\gt1\), on a :
\[ x^2-1=(x-1)(x+1), \]donc :
\[ \ln(x^2-1) = \ln(x-1)+\ln(x+1). \]On écrit :
\[ \begin{aligned} &\left(x^{\frac23}-1\right)^3\ln(x^2-1)\\ &= \left( \frac{x^{\frac23}-1}{x-1} \right)^3 (x-1)^3 \left[ \ln(x-1)+\ln(x+1) \right]. \end{aligned} \]La fonction \(x\mapsto x^{2/3}\) est dérivable en \(1\), donc :
\[ \frac{x^{\frac23}-1}{x-1}\to\frac23. \]De plus :
\[ (x-1)^3\ln(x-1)\to0 \]et :
\[ (x-1)^3\ln(x+1)\to0. \]Par conséquent :
Limite 13
Afficher la correction
L’approche à gauche de \(1\) assure \(1-x\gt0\), condition indispensable pour \(\ln(1-x)\). Le changement de variable transforme ensuite l’expression en un produit contenant \(t\ln t\).
Posons :
\[ t=1-x. \]Lorsque \(x\to1^-\), on a \(t\to0^+\), et :
\[ \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi t}{2}\right) = \sin\left(\frac{\pi t}{2}\right). \]Ainsi :
\[ \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)\ln(1-x) = t\ln t\, \frac{\sin(\pi t/2)}{t}. \]Or :
\[ t\ln t\to0 \]et :
\[ \frac{\sin(\pi t/2)}{t} = \frac{\pi}{2} \frac{\sin(\pi t/2)}{\pi t/2} \to\frac{\pi}{2}. \]Limite 14
Afficher la correction
Comme \(\tan(\pi/4)=1\), le changement de variable \(t=\tan x\) ramène la limite au voisinage de \(1\). L’argument du logarithme tend alors lui aussi vers \(1\), ce qui permet d’utiliser la limite fondamentale correspondante.
Posons :
\[ t=\tan x. \]Lorsque \(x\to\dfrac{\pi}{4}\), on a \(t\to1\). L’expression devient :
\[ \frac{\ln\left(2t^{4/3}-1\right)}{t-1}. \]On fait apparaître la limite usuelle de \(\ln\) :
\[ \frac{\ln\left(2t^{4/3}-1\right)}{t-1} = \frac{ \ln\left(2t^{4/3}-1\right) }{ \left(2t^{4/3}-1\right)-1 } \cdot 2\frac{t^{4/3}-1}{t-1}. \]Le premier facteur tend vers \(1\).
La fonction \(t\mapsto t^{4/3}\) est dérivable en \(1\), donc :
\[ \frac{t^{4/3}-1}{t-1}\to\frac43. \]Ainsi :
Limite 15
Afficher la correction
Au voisinage de \(0^+\), \(e-x\) reste strictement positif. L’idée est de transformer le dénominateur afin de faire apparaître une expression de type \(-\ln(1-u)\).
Pour \(x\) suffisamment proche de \(0\), on a \(e-x\gt0\). De plus :
\[ \begin{aligned} 1-\ln(e-x) &= \ln e-\ln(e-x)\\ &= \ln\left(\frac{e}{e-x}\right)\\ &= -\ln\left(1-\frac{x}{e}\right). \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \frac{\sqrt{x}}{1-\ln(e-x)} = \frac{e}{\sqrt{x}} \cdot \frac{x/e}{-\ln(1-x/e)}. \]Or :
\[ \frac{x/e}{-\ln(1-x/e)}\to1 \]et :
\[ \frac{e}{\sqrt{x}}\to+\infty. \]À retenir
Cet exercice montre que les limites logarithmiques peuvent se combiner à de nombreuses autres notions du programme. Lorsqu’un argument tend vers \(1\), il faut rechercher la forme \(\ln(1+u)/u\) ou \(\ln u/(u-1)\). Au voisinage de \(0^+\), les produits \(x^\alpha\ln x\) permettent de traiter les formes dans lesquelles le logarithme diverge alors qu’un autre facteur tend vers zéro. Les transformations algébriques ne sont valables qu’après vérification de la positivité des arguments du logarithme. Les changements de variable permettent enfin de ramener les bornes telles que \(1^-\), \(2^-\) ou \(2^+\) aux limites fondamentales connues. La bonne stratégie consiste donc à reconnaître d’abord la forme, puis à choisir uniquement la propriété du cours qui lui correspond.
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