La règle de L'Hôpital : une méthode de levée d'indétermination

Soit \( f, g\) deux fonctions définies sur \( I = [a,b]\) et leur dérivée respective \( f', g'\) définies sur \(]a , b [\).

De même, soit \( \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}} \) un point ou une extrémité de l'intervalle \( I\) ; \( \alpha \) étant un point ou une extrémité, il peut alors prendre n'importe quelle valeur, y compris \( -\infty \) ou \( +\infty \).

Pour calculer la limite en \( \alpha\) d'une fonction sous forme de quotient présentant une forme indéterminée de type \( \left[ \frac{0}{0} \right]\) ou \( \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right]\), il peut y avoir un intérêt à employer cette méthode, dans le but de lever l'indétermination.

La règle de L'Hôpital nous dit que :

Démonstration

1. Forme indéterminée de type [zero/zero] \( : \left[ \frac{0}{0} \right] \)

Soit \( f, g\) deux fonctions définies sur \( I = [a,b]\) et \( \alpha\) un point ou une extrémité de \( I\), et leur dérivée respective \( f', g'\) qui ne s'annule pas en même temps, et l'hypothèse \( (H) \) suivante :

$$ \Biggl \{ \begin{gather*} lim_{x \to \alpha} \ f(\alpha) = 0 \\ lim_{x \to \alpha} \ g(\alpha) = 0 \end{gather*} \qquad (H) $$

Si l'on souhaite calculer :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} $$

On se retrouve avec une forme indéterminée de type \( \left[ \frac{0}{0} \right]\).

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = \left[ \frac{0}{0} \right] $$

Grâce au théorème des accroissements finis généralisé (ou théorème de la moyenne de Cauchy), on sait que :

$$ \forall (f, g) \ continues \ sur \ [a,b]^2 \ et \ dérivables \ sur \ ]a,b[^2, $$

$$ \exists c \in \hspace{0.05em} ]a,b[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} $$

Dans notre cas,

$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)} \qquad (1) $$

Mais, avec \( (H) \) l'expression \( (1) \) devient \( (2) \) :

$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x)}{g(x)} \qquad (2) $$



Par suite,

$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (3)$$

Or, comme \( \alpha < c < x\), on a les deux implications suivantes :

$$ x \to \alpha \Longrightarrow c \to \alpha \Longrightarrow c \to x $$


Par conséquent si \( x \to \alpha \), alors \( c \to x \) et on peut réécrire \( (3) \) sous forme \( (3') \) :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (3') $$



Soit finalement,

$$ \forall x \in I, \enspace \forall \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}}, \enspace g(x) \neq 0, \hspace{0.2em} g'(x) \neq 0, $$

$$ \left \{ \begin{gather*} lim_{x \to \alpha} \ f(x) = 0, \\ lim_{x \to \alpha} \ g(x) = 0 \\ \\ lim_{x \to \alpha} \ \frac{f(x)}{g(x)} = l \end{gather*} \right \} \Longrightarrow lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = l \qquad (L'H \it{ô} pital ) $$

• Cas 1 : levée de l'indétermination

D'après cette règle, si : \( lim_{x \to \alpha} \enspace f'(x) \neq 0 \) ou bien \( lim_{x \to \alpha} \enspace g'(x) \neq 0 \), alors la limite de \( \frac{f}{g} \) s'obtient directement.

• Cas 2 : forme toujours indéterminée

Dès lors que l'on est toujours sur une une forme indéterminée, on recommence le processus jusqu'à lever l'indétermination.




2. Forme indéterminée de type [infini/infini] \( : \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right]\)

De la même manière, on peut montrer que cela fonctionne aussi lorsque à la place de \( (H)\) nous avons une nouvelle hypothèse \( (H')\), telle que :

$$ \Biggl \{ \begin{gather*} lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) = \pm \infty \\ lim_{x \to \alpha} \enspace g(x) = \pm \infty \end{gather*} \qquad (H') $$

On a alors en passant à la limite, une nouvelle forme indéterminée de type \( \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right]\) :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = \left[ \frac{\pm \infty}{\pm \infty} \right] $$

Réécrivons l'expression \( (1) \) trouvée précédemment :

$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)} \qquad (1) $$

En passant à la limite, on a :

$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)}= l \qquad (4)$$

Comme \( f(\alpha) \) et \( g(\alpha) \) sont tous deux constants et sachant \( (H') \), on peut écrire que :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x) - f(\alpha)}{g(x) - g(\alpha)}= lim_{x \to \alpha} \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (4') $$

Alors, grâce à \( (4) \) et \( (4') \) on obtient \( (5)\) :

$$ \forall x \in I, \enspace \exists c \in \hspace{0.05em} ]\alpha, x[, \ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(c)}{g'(c)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)}= l \qquad (5)$$



Enfin, de la même manière que précédemment, on a une réaction en chaîne lorsque \(x \to a\) :

$$ x \to \alpha \Longrightarrow c \to \alpha \Longrightarrow c \to x $$


Par conséquent si \( x \to \alpha \), alors \( c \to x \) et on peut réécrire \( (5) \) sous forme \( (5') \) :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{g(x)} = l \qquad (5') $$

Soit finalement,

$$ \forall x \in I, \enspace \forall \alpha \in \overset{-}{I}\cup{\{\infty\}}, \enspace g(x) \neq 0, \hspace{0.2em} g'(x) \neq 0, $$

$$\left \{ \begin{gather*} lim_{x \to \alpha} \ f(x) = \pm \infty, \\ lim_{x \to \alpha} \ g(x) = \pm \infty \\ \\ lim_{x \to \alpha} \ \frac{f(x)}{g(x)} = l \end{gather*} \right \} \Longrightarrow lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f'(x)}{g'(x)} = l \qquad (L'H \it{ô} pital^*)$$




3. Forme indéterminée de type [zero fois l'infini] \( : \bigl[ 0 \times \pm \infty \bigr]\)

Enfin, avec un produit \( fg \) ayant une indétermination de type \( [0] \times {[ \pm \infty]}\), telle que :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) g(x) = \bigl[ 0 \times \pm \infty \bigr] $$
$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) = 0 \\ lim_{x \to \alpha} \enspace g(x) = \pm \infty \end{gather*} $$

On pourra considérer plutôt un quotient et appliquer la règle, tel que :

$$ lim_{x \to \alpha} \enspace f(x) g(x) = lim_{x \to \alpha} \enspace \frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}}$$

Exemples

1. Exemple 1
$$ lim_{x \to 0^+} \enspace \frac{sin(x)}{x} = \left[ \frac{0^+}{0^+} \right] $$

On tombe sur une forme indéterminée de type \( \left[ \frac{0}{0} \right]\).

On applique la règle :

$$ lim_{x \to 0^+} \enspace \frac{sin(x)}{x} = lim_{x \to 0} \enspace \frac{cos(x)}{1}= 1 $$


2. Exemple 2
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} = \left[ \frac{+ \infty}{+ \infty} \right] $$

En appliquant la règle en série, le numérateur va rester fixe, mais le dénominateur va devenir constant à partir de la \(n\)-ième derivation :

$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} = lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{nx^{n-1}} $$
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} = lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{n(n-1)x^{n-2}} $$
$$ lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{x^n} \enspace = \enspace... \enspace = \enspace lim_{x \to +\infty} \enspace \frac{e^x}{n!} = + \infty $$
3. Exemple 3
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = \bigl[ 0^+ \times - \infty \bigr] $$

$$ avec \enspace \Biggl \{ \begin{gather*} lim_{x \to 0^+} \ x^n = \ 0^+ \\ lim_{x \to 0^+} \ ln(x) = - \infty \end{gather*} $$

Pour appliquer la règle, on va considérer le quotient pour le calcul de la limite :

$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ \frac{ln(x)}{x^{-n}} $$

À ce moment-là, la règle nous donne que :

$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ \frac{1 \over x}{-nx^{-n-1}} $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ \frac{1}{-nx^{-n}} $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ x^n ln(x) = lim_{x \to 0^+} \ - \frac{x^{n}}{n} = \ 0^+ $$
4. Exemple 4
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{ln(1 + x)}{x} = \left[ \frac{0^+}{0^+} \right] $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{ln(1 + x)}{x} = lim_{x \to 0^+} \ \frac{\frac{1}{1 + x}}{1} = 1 $$
5. Exemple 5
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{e^x - 1}{x} = \left[ \frac{0^+}{0^+} \right] $$
$$ lim_{x \to 0^+} \ \frac{e^x - 1}{x} = lim_{x \to 0^+} \ \frac{e^x}{1} = 1 $$