quelque soit n, La limite tends vers + infini.

EDIT
avec la soustraction du 1 au numérateur on obtient la définition de la dérivé de [latex]f(x)[/latex]
[TeX]f'(x_0)=\lim_{x\to x_0} \frac {f(x)-f(x_0)}{x-x_0}[/TeX]
Ici [latex]\rm x_0=0 et f(x)=(a+x)^n avec a=1 et f(0)=a^n=1[/latex]

La dérivée de [latex]\rm f(x) est f'(x)=n(a+x)^{n-1}[/latex]
Donc
[TeX]\rm f'(0)=n(a+0)^{n-1}=n.a (ou =n avec a=1)[/latex] qui est la limite recherchée


PS: Cette façon de résoudre des limites est une méthode qu'il est interessant de garder en mémoire pour l'appliquer pour d'autres cas d’indétermination de type 0/0. Quelques exemples:

[latex]\lim_{x\to 0} \frac {sin(x)}{x}[/TeX][TeX]\lim_{x\to 4} \frac {\sqrt{x}-2}{x-4}[/TeX][TeX]\lim_{x\to 0} \frac {e^x-1}{x}[/TeX]
PPS: cette approche est une méthode vulgaire de la règle de l’hôpital avec g(x)=x

2011

Bonjour,

[latex](1+h)^{2011}=1+2011h+h^2P(h)[/latex] où P est un polynôme de d° 2009

La limite demandée est donc 2011

Pas bien dur quand on se souvient du binôme de Newton...
[TeX]\begin{align} \lim\limits_{h \to 0} \frac{(1+h)^{2011}-1}{h} &= \lim_{h \to 0} \frac{\left( \sum_{i=0}^{2011} \binom{2011}{i} h^i \right) -1}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \sum_{i=0}^{2010} \binom{2011}{i+1} h^i \\ &= \sum_{i=0}^{2010} \binom{2011}{i+1} 0^i \\ &= \binom{2011}{1} \\ \lim\limits_{h \to 0} \frac{(1+h)^{2011}-1}{h} &= 2011 \end{align}[/TeX]
La généralisation est vite faite

(1+ h)^n = 1 +nh + ...h^2+...h^n

((1+h)^n - 1 ) /h= n + (ah+bh^2 .....)


Quand h tends vers zéro, la limite tend vers n

Bon alors [latex](1+h)^n = \sum_{k=0}^{n}C_n^kh^k = \sum_{k=2}^{n}C_n^kh^k + hC_n^1+1 = \sum_{k=0}^{n-2}C_n^{k+2}h^{k+2} + hn + 1=\\
h^2.f(h) + hn + 1[/latex]
f étant un polynôme de degré n-2 dont on se fiche pas mal.
[TeX]\frac{(1+h)^n-1}{h} = h.f(x) + n[/TeX]
Donc, quand h tend vers 0, notre expression tend vers n.

Le binôme de Newton simplifie le -1 et le /h on obtient C_n_1 +h*(...) qui tend vers C_n_1 = n quand h tend vers 0

2011 ! Ouaiiiiiis, trouvé du premier coup. Mais j'ai pas compris l'histoire des dérivés.

Je découvre le latex, parce que c'est tout moche sinon...

En passant par les développements limités en 0 de [latex](1+h)^n[/latex]

On a :
[TeX]
\underset{h \rightarrow 0}{lim} \frac{(1+h)^n-1}{h} = \underset{h \rightarrow 0}{lim} \frac{1+nh+o(h)-1}{h}

\underset{h \rightarrow 0}{lim} \frac{(1+h)^n-1}{h} = \underset{h \rightarrow 0}{lim} n+o(h)

\underset{h \rightarrow 0}{lim} \frac{(1+h)^n-1}{h} = n[/TeX]
Donc :
[TeX]\underset{h \rightarrow 0}{lim} \frac{(1+h)^{2011}-1}{h} = 2011[/TeX]

La réponse est bien 2011, la définition de la dérivée suffisait emplement, j'ai fais un raisonnement similaire à celui de @Frank9525 :

franck9525 a écrit:

EDIT
avec la soustraction du 1 au numérateur on obtient la définition de la dérivé de [latex]f(x)[/latex]
[TeX]f'(x_0)=\lim_{x\to x_0} \frac {f(x)-f(x_0)}{x-x_0}[/TeX]
Ici [latex]\rm x_0=0 et f(x)=(a+x)^n avec a=1 et f(0)=a^n=1[/latex]

La dérivée de [latex]\rm f(x) est f'(x)=n(a+x)^{n-1}[/latex]
Donc
[latex]\rm f'(0)=n(a+0)^{n-1}=n.a (ou =n avec a=1)[/latex] qui est la limite recherchée

PS: Le binôme de Newton et les DL, je m'en passe très bien

Bravo et Merci à tous !!
Shadock

Je trouve la variété des réponses, qui sont justes en plus, extraordinaire

Une autre ?

On pose [latex]r=1+h[/latex]
[TeX]f(h)=\frac{(1+h)^n-1}{h} = \frac{r^n-1}{r-1}[/TeX]
On reconnaît la somme d'une suite géométrique :
[TeX]f(h)=\sum_{k=0}^{n-1} r^k[/TeX]
Avec r qui tend vers 1 quand h tend vers 0, on voit bien que f(h) tend vers n.

Oups, démonstration déjà évoquée, au temps pour moi, j'ai rien dit

on pourrait aussi par les exponentielles, mais après, c'est pour les mouches ...