Mathématiques Terminale Spécialité

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Cours 3

Limites et comparaison

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Théorème (comparaison)
Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle \text{I} de la forme \mathrm{I}=] \mathrm{A} ;+\infty[\text{A} est soit réel, soit -\infty.
  • Si, pour tout x \in \mathrm{I}, f(x) \geqslant g(x) et \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}g(x)=+\infty, alors \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}f(x)=+\infty.
  • Si, pour tout x \in \mathrm{I}, f(x) \leqslant g(x) et \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}g(x)=-\infty, alors \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}f(x)=-\infty.
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Remarque

La même propriété est valable pour une limite en -\infty.
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Démonstration
On suppose que, pour tout x \in \mathrm{I}, f(x) \geqslant g(x) et \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}g(x)=+\infty.
Soit \text{M} un réel.
Comme \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}g(x)=+\infty par définition, il existe m \in \mathrm{I} tel que, pour tout x \in \mathrm{I}, si x > m, alors g(x)>\mathrm{M}.
Or, on a f(x) \geqslant g(x)pour tout x \in \mathrm{I}.

Donc, pour tout x \in \mathrm{I}, si x > m, alors f(x) \geqslant g(x)>\mathrm{M} et donc f(x)>\mathrm{M}.

Ainsi, pour tout réel \text{M}, il existe m \in \mathrm{I} tel que, pour tout x \in \mathrm{I}, si x > m, alors f(x)>\mathrm{M}.
D'où \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}f(x)=+\infty.

On procède de même pour démontrer le deuxième point.
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Théorème (comparaison)
Soient f, g et h trois fonctions définies sur un intervalle \text{I} de la forme \mathrm{I}=]\mathrm{A}\:;+\infty[\text{A} est soit réel, soit -\infty. Soit \ell un nombre réel.
Si, pour tout x \in \mathrm{I}, g(x) \leqslant f(x) \leqslant h(x), et si g et h ont la même limite \ell en +\infty, alors : \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}f(x)=\ell.
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Remarque

Ce théorème est souvent appelé « théorème des gendarmes ». Il est également valable en -\infty et en un réel a.
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Démonstration
Voir exercice p. 183.
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Théorème (croissance comparée)
Pour tout n \in \mathbb{N}^{*}, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}\frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{n}}=+\infty et \lim\limits_{\substack{x \to -\infty}}x^{n} \mathrm{e}^{x}=0.
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Démonstration
Voir exercices et p. 184.
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Application et méthode - 5
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Énoncé
Déterminer la limite des fonctions suivantes en +\infty.
1. f(x)=\frac{2 \cos (x)+1}{x^{2}+1}

2. g(x)=\sqrt{x^{2}+2}

3. h(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2}
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Méthode

1. La fonction cosinus n'a pas de limite en +\infty mais on sait que, pour tout réel x, -1 \leqslant \cos (x) \leqslant 1.
Pour déterminer la limite de f, on encadre f(x) par deux expressions dont on connaît la limite et on utilise le théorème des gendarmes.
2. Lorsqu'on ne connaît pas d'encadrement, on peut chercher une majoration ou une minoration et déterminer la limite par comparaison.
3. On se trouve devant une forme indéterminée. On factorise pour faire apparaître une expression dont on connaît la limite par croissance comparée.
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Solution
1. Pour tout réel x, -1 \leqslant \cos (x) \leqslant 1 soit -2 \leqslant 2 \cos (x) \leqslant 2 d'où -1 \leqslant 2 \cos (x)+1 \leqslant 3.
Comme, pour tout réel x, x^{2}+1>0, alors -\frac{1}{x^{2}+1} \leqslant f(x) \leqslant \frac{3}{x^{2}+1}.
Or, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}x^{2}=+\infty donc \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}(x^{2}+1)=+\infty et donc \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}-\frac{1}{x^{2}+1}=0 et, de la même manière, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}\frac{3}{x^{2}+1}=0.
D'après le théorème des gendarmes, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}f(x)=0.

2. Pour tout réel x, x^{2}+2 \geqslant x^{2}.
La fonction racine carrée étant croissante sur [0\:;+\infty[, on a \sqrt{x^{2}+2} \geqslant \sqrt{x^{2}} pour tout réel x.
Or, pour tout réel x \geqslant 0, \sqrt{x^{2}}=x donc \sqrt{x^{2}+2} \geqslant x.
Ainsi, pour tout x \geqslant 0, g(x)>x. Or, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}x=+\infty donc, d'après le théorème de comparaison, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}g(x)=+\infty

3. Pour tout x \neq 0, h(x)=\mathrm{e}^{x}-x^{2}=x^{2}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}-1\right).
Or, d'après le théorème de croissance comparée, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}\frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}=+\infty donc \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}}{x^{2}}-1\right)=+\infty.
Puisque \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}x^{2}=+\infty, alors, par produit, \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}h(x)=+\infty.

Pour s'entraîner
Exercices p. 177

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