Fonctions usuelles et leurs réciproques

$\color{red} \textrm{1. Calcul de la } 1^{\textrm{ière}}~\textrm{limite}$ (5pt)

$\lim_{x\rightarrow +\infty}(e^{2x}+x)=+\infty,~~\lim_{x\rightarrow{+\infty}}\frac{1}{x}=0$ donc c'est une forme indéterminée.

Notons $f_1(x)=(e^{2x}+x)^{\frac{1}{x}},$ alors$f_1(x)=\exp(\frac{1}{x}\ln(e^{2x}+x)) = \exp(g_1(x))$

$g_1(x)=\frac{1}{x}\ln(e^{2x}(1+xe^{-2x})) = \frac{1}{x}(\ln(e^{2x})+\ln(1+xe^{-2x})) = \frac{1}{x}2x+\frac{1}{x}\ln(1+xe^{-2x})$

Or $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{x}=0,~~\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln(1+xe^{-2x})=\ln 1= 0$donc $\lim_{x\rightarrow+\infty}g_1(x)=2.$

En utilisant la continuité de la fonction exponentielle on déduit $\lim_{x\rightarrow+\infty}f_1(x)=e^2.$

Conclusion :$\color{blue}\lim_{x\rightarrow+\infty}(e^{2x}+x)^{\frac{1}{x}}=e^2$

$\color{red} \textrm{2. Calcul de la } 2^{\textrm{ième}}~\textrm{limite}$ (5pt)

$\lim_{x\rightarrow1}(\cos\frac{\pi}{2}x)=0,~~\lim_{x\rightarrow1}\ln x = 0,$ donc c'est une forme indéterminée.

Notons $f_2(x)=\frac{\cos \frac{\pi}{2}x}{\ln x},~~u(x)=\cos\frac{\pi}{2}x,~~v(x)=\ln x,$

alors $f_2(x)=\frac{u(x)-u(1)}{v(x)-v(1)} = \frac{\frac{u(x)-u(1)}{x-1}}{\frac{v(x)-v(1)}{x-1}}$or les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables au point $1.$

$u'(x)=-\frac{\pi}{2}\sin\frac{\pi}{2}x ,~~u'(1)=-\frac{\pi}{2},~~v'(x)=\frac{1}{x},~~v'(1)=1\neq 0$

En appliquant la règle du calcul de la limite d'un quotient on obtient $\lim_{x\rightarrow 1}f_2(x)=-\frac{\pi}{2}.$

Conclusion : $\color{blue}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\cos\frac{\pi}{2}x}{\ln x}=-\frac{\pi}{2}$

$\color{red} \textrm{3. Calcul de la }3^{\textrm{ième}}~\textrm{limite}$ (5pt)

$\lim_{x\rightarrow+\infty}\textrm{Argch} x = +\infty,~~\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln x=+\infty$ donc c'est une forme indéterminée.

Notons $f_3(x)=\frac{\textrm{Argch}x}{\ln x},$ en utilisant l'expression $\textrm{Argch}x=\ln(x+\sqrt{x^2-1}),$

on peut transformer $\textrm{Argch}x=\ln(x(1+\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}))=\ln x + \ln(1+\sqrt{1-\frac{1}{x^2}})$

donc $f_3(x)=1+\frac{1}{\ln x}\ln(1+\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}),$

or $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1}{\ln x} = 0,~~\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln(1+\sqrt{1-\frac{1}{x^2}})=\ln(1+1)=\ln 2,$

d'où $\lim_{x\rightarrow+\infty}f_3(x)=1.$

Conclusion : $\color{blue}\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\textrm{Argch}x}{\ln x} = 1$

$\color{red} \textrm{4. Calcul de la } 4^{\textrm{ième}}~\textrm{limite}$ (5pt)

$\lim_{x\rightarrow0}(1+\textrm{th} x)=0,~~\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{1}{\textrm{sh}x}=+\infty,~~\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{1}{\textrm{sh}x}=-\infty,$ donc c'est une forme indéterminée.

Notons $f_4(x)=(1+\textrm{th}x)^{\frac{1}{\textrm{sh}x}} = \exp(\frac{1}{\textrm{sh}x}\ln(1+\textrm{th}x)) = \exp g_4(x),$

alors si $u(x)=\ln(1+\textrm{th}x).~~v(x)=\textrm{sh}x,~~g_4(x)=\frac{\frac{u(x)-u(0)}{x}}{\frac{v(x)-v(0)}{x}}.$

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables en $0.$

$u'(x)=\frac{1-\textrm{th}^2x}{1+\textrm{th}x},~~u'(0)=1,~~v'(x)=\textrm{ch}x,~~v'(0)=1\neq 0$

d'où $\lim_{x\rightarrow0}g_4(x)=1.$

En utilisant la continuité de la fonction exponentielle on déduit $\lim_{x\rightarrow 0}f_4(x)=e.$

Conclusion : $\color{blue}\lim_{x\rightarrow0}(1+\textrm{th}x)^{\frac{1}{\textrm{sh}x}} = e$