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 — Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Présentation :
Cette page propose une correction détaillée de l’exercice 13 du chapitre Logarithme népérien. Les quinze limites sont calculées sans développement limité et sans règle de l’Hôpital, à l’aide des limites usuelles, de changements de variable et de transformations algébriques adaptées au programme.
Cette page propose une correction détaillée de l’exercice 13 du chapitre Logarithme népérien. Les quinze limites sont calculées sans développement limité et sans règle de l’Hôpital, à l’aide des limites usuelles, de changements de variable et de transformations algébriques adaptées au programme.
Limites et méthodes utilisées :
\[
\lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}u=1,
\qquad
\lim_{u\to1}\frac{\ln u}{u-1}=1,
\]
\[
\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,
\qquad
\lim_{x\to0}\frac{\tan x}{x}=1,
\]
ainsi que :
\[
\lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0
\qquad(\alpha\gt0).
\]
Exercice 13 Calculer les limites suivantes
Énoncé
Calculer les quinze limites proposées dans le manuel.
Chaque limite est rappelée séparément avant sa correction.
1
Limite 1
\[
\lim_{x\to+\infty}
\frac{4x-3\ln x}{2x+5\ln x}
\]
Correction
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 :
\[
\boxed{
\lim_{x\to+\infty}
\frac{4x-3\ln x}{2x+5\ln x}
=2
}
\]
2
Limite 2
\[
\lim_{x\to2}
\frac{x}{x-2}\ln\left(\frac{x}{2}\right)
\]
Correction
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 :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]
\[
\boxed{
\lim_{x\to2}
\frac{x}{x-2}\ln\left(\frac{x}{2}\right)
=1
}
\]
3
Limite 3
\[
\lim_{x\to1}
\frac{\ln x}{x^4-1}
\]
Correction
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 :
\[ \frac{1}{(x+1)(x^2+1)}\to\frac14. \]
\[\boxed{\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x^4-1}=\frac14}\]
4
Limite 4
\[
\lim_{x\to+\infty}
x\ln\left(\frac{x+2}{x+3}\right)
\]
Correction
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 :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]
\[
\boxed{
\lim_{x\to+\infty}
x\ln\left(\frac{x+2}{x+3}\right)
=-1
}
\]
5
Limite 5
\[
\lim_{x\to0^+}
x\ln\left(2x+\sqrt{x}\right)
\]
Correction
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 \(0\).
\[\boxed{\lim_{x\to0^+}x\ln\left(2x+\sqrt{x}\right)=0}\]
6
Limite 6
\[
\lim_{x\to0}
\frac{\arctan x}{\ln(1+x)}
\]
Correction
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 :
\[ \frac{x}{\ln(1+x)}\to1. \]
\[\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{\ln(1+x)}=1}\]
7
Limite 7
\[
\lim_{x\to2^+}
(x-2)\ln(x^3-8)
\]
Correction
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 \(0\).
\[\boxed{\lim_{x\to2^+}(x-2)\ln(x^3-8)=0}\]
8
Limite 8
\[
\lim_{x\to0}
\frac1{x^2}
\ln\left(
\frac{\sqrt{1-x^2}}{\cos x}
\right)
\]
Correction
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 :
\[ \frac1{2x^2}\ln(1+u) = \frac12 \frac{\ln(1+u)}{u} \cdot \frac{u}{x^2} \to0. \]
\[
\boxed{
\lim_{x\to0}
\frac1{x^2}
\ln\left(
\frac{\sqrt{1-x^2}}{\cos x}
\right)
=0
}
\]
9
Limite 9
\[
\lim_{x\to0}
\frac1x
\ln\left(
\frac{1+5\sin x}{1+3\tan x}
\right)
\]
Correction
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 :
\[ \frac{u}{x} = \frac{ 5\frac{\sin x}{x} - 3\frac{\tan x}{x} }{ 1+3\tan x } \to2. \]
\[
\boxed{
\lim_{x\to0}
\frac1x
\ln\left(
\frac{1+5\sin x}{1+3\tan x}
\right)
=2
}
\]
10
Limite 10
\[
\lim_{x\to2^-}
\ln(2-x)\,
\cos\left(\frac{\pi x}{4}\right)
\]
Correction
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 :
\[ \frac{\sin(\pi t/4)}{t} = \frac{\pi}{4} \frac{\sin(\pi t/4)}{\pi t/4} \to\frac{\pi}{4}. \]
\[
\boxed{
\lim_{x\to2^-}
\ln(2-x)\,
\cos\left(\frac{\pi x}{4}\right)
=0
}
\]
11
Limite 11
\[
\lim_{x\to+\infty}
\frac{\sqrt[3]{1+\ln(x^2)}}{x}
\]
Correction
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 :
\[
\boxed{
\lim_{x\to+\infty}
\frac{\sqrt[3]{1+\ln(x^2)}}{x}
=0
}
\]
12
Limite 12
\[
\lim_{x\to1^+}
\left(x^{\frac23}-1\right)^3
\ln(x^2-1)
\]
Correction
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 :
\[
\boxed{
\lim_{x\to1^+}
\left(x^{\frac23}-1\right)^3
\ln(x^2-1)
=0
}
\]
13
Limite 13
\[
\lim_{x\to1^-}
\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)
\ln(1-x)
\]
Correction
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 :
\[ \frac{\sin(\pi t/2)}{t} = \frac{\pi}{2} \frac{\sin(\pi t/2)}{\pi t/2} \to\frac{\pi}{2}. \]
\[
\boxed{
\lim_{x\to1^-}
\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)
\ln(1-x)
=0
}
\]
14
Limite 14
\[
\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}
\frac{
\ln\left(
2\tan x\,\sqrt[3]{\tan x}-1
\right)
}{
\tan x-1
}
\]
Correction
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 :
\[
\boxed{
\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}
\frac{
\ln\left(
2\tan x\,\sqrt[3]{\tan x}-1
\right)
}{
\tan x-1
}
=
\frac83
}
\]
15
Limite 15
\[
\lim_{x\to0^+}
\frac{\sqrt{x}}{1-\ln(e-x)}
\]
Correction
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 :
\[ \frac{e}{\sqrt{x}}\to+\infty. \]
\[\boxed{\lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt{x}}{1-\ln(e-x)}=+\infty}\]
Méthodes à retenir
- Faire apparaître les limites usuelles de \(\ln(1+u)\), de \(\sin u\) et de \(\tan u\).
- Factoriser les expressions algébriques avant de séparer les logarithmes.
- Utiliser un changement de variable adapté à la borne étudiée.
- Pour une forme \(0\times(-\infty)\), faire apparaître une expression du type \(t^\alpha\ln t\).
- Utiliser la dérivabilité de \(x\mapsto x^\alpha\) pour calculer certaines limites de quotients.
- Aucun développement limité ni règle de l’Hôpital n’est nécessaire.
Préparé par :
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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