BotafogoRègle de Bernoulli–de l’Hôpital
On a utilisé les limites pour calculer les dérivées à partir de la définition. On va voir maintenant que les dérivées peuvent nous aider à calculer les limites. Prenons l’exemple d’une indétermination du type “00”,
x→0limx3sin(x)−x.On ne peut pas utiliser l’IPE sin(x)∼x ici, car ce n’est pas une expression factorisée. Pour calculer cette limite, on introduit l’outil suivant.
Ce théorème reste vrai si on remplace
- limx→x0 par limx→x0+ ou limx→x0−, ou
- V par un voisinage de ±∞ et limx→x0 par limx→±∞.
On prolonge d’abord f et g par continuité en définissant
f~(x):={f(x)0 si x=x0 si x=x0, et g~(x):={g(x)0 si x=x0 si x=x0.
Ces prolongées sont continues sur un voisinage de x0.
Soit x∈V tel que x0<x. Alors f~ et g~ sont continues sur [x0,x] et dérivables sur ]x0,x[. On peut donc appliquer le TAF généralisé sur cet intervalle. Ainsi, il existe t∈]x0,x[ tel que
g~′(t)f~′(t)=g~(x)−g~(x0)f~(x)−f~(x0)=g~(x)f~(x).
Lorsque x→x0+, on a t→x0+, et donc x→x0+limg(x)f(x)=x→x0+limg~(x)f~(x)=x→x0+limg~′(t)f~′(t)=t→x0+limg~′(t)f~′(t)=L. De manière analogue, on montre que limx→x0−g(x)f(x)=L. On peut donc conclure que limx→x0g(x)f(x)=L.
La Règle de BH s’applique seulement dans un cas d’indétermination du type “00” ou “±∞±∞”.
- (“00”): limx→0x3sin(x)−x
- f, g définies et dérivables sur un voisinage épointé de 0, par ex. ]−1,1[∖{0},
- g(x)=0, g′(x)=3x2=0 sur ce voisinage épointé.
- (“∞∞”): limx→∞exx
- f, g définies et dérivables sur ]1,∞[,
- g(x)=0, g′(x)=ex=0 sur ]1,∞[.
Généralisation: pour tout n∈N∗, on a limx→∞exxn.
Vérifié pour n=1 ci-dessus. Si c’est vrai pour n, alors on a pour n+1: x→∞limexxn+1BH=x→∞limex(n+1)xn=(n+1)⋅=0 par hyp.x→∞limexxn=0. On déduit que pour tout polynôme P(x), on a limx→∞exP(x)=0, et que pour tout n∈N∗, x→∞limx(ln(x))n=y→∞limeyyn=0, en utilisant le changement de variable y=ln(x).
- (“0⋅±∞”): limx→0+(x⋅ln(x))x→0+lim(x⋅ln(x))=−x→0+lim1/x−ln(x)=−x→0+lim−1/x2−1/x ( par BH, ∞∞)=−x→0+limx=0.
- (“00”): limx→0+xxx→0+limxx=x→0+limexln(x) (en geˊneˊral, f(x)g(x)=eg(x)⋅ln(f(x)))=exp(x→0+lim(x⋅ln(x))) (car exp(x) est continue)=exp(0)=1.
- (“1∞”): limx→∞(1+x1)xx→∞lim(1+x1)x=x→∞limexp(x⋅ln(1+x1))=exp(x→∞lim(x⋅ln(1+x1)))=exp(x→∞lim1/xln(1+x1))=exp(x→∞lim(−1/x2)1+1/x1⋅(−1/x2))=exp(1)=e.
- limx→02x+1x=limx→021=21.Ceci n’est pas une forme indéterminée, la limite du dénominateur n’est pas 0. On a limx→02x+1x=0.
- limx→0xsin(x)=1.Même si BH s’applique, on connaît déjà cette limite après notre travail sur les IPE.
- limx→∞x−1x+1=limx→∞1+x−12=1.Ici, BH s’applique mais ne donne rien d’utile:limx→∞x−1x+1=limx→∞1/2x−11/2x+1=limx→∞x+1x−1.
- limx→∞3x1000−x1001x999−x1000=limx→∞−x1001−x1000=0.
Polycopié rédigé par Sacha Friedli, Anastasia Khukhro, Ghid Maatouk. Sauf indication contraire, le contenu de ce document est soumis à une licence Creative Commons internationale, Attribution - Utilisation non commerciale - Partage dans les mêmes conditions 4.0 International (CC BY-NC-SA 4.0).
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