Commençons par traiter le cas où $L=0$ et $R\in \mathbb{R}$.
Fixons un $x\in ]a,b[$ (que l’on fera ensuite $\to a^{+}$). Comme ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)={\lim }_{x\to a^{+}}g(x)=L=0$, on peut prolonger $f$ et $g$ par continuité à $[a,x]$, en posant $f(a):=0$, $g(a):=0$. Comme maintenant $f$ et $g$ sont continues sur $[a,x]$ et dérivables sur $]a,x[$, on peut utiliser la généralisation du Théorème des accroissements finis (fin de la section précédente), pour garantir l’existence d’un point $c_x\in ]a,x[$ tel que $$f^{\prime }(c_x)=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}{g}^{\prime }(c_x).$$ Ceci nous permet de récrire le quotient (puisque ni $g$ ni $g^{\prime }$ ne s’annulent dans $]a,b[$): $$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-0}{g(x)-0}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(c_x)}{g^{\prime }(c_x)}$$ Maintenant, prenons la limite $x\to a^{+}$. Comme $a<c_x<x$, on a $c_x\to a^{+}$ lorsque $x\to a^{+}$, et donc $$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(c_x)}{g^{\prime }(c_x)}=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=R.$$
Passons maintenant au cas où $L=+\infty$ et $R\in \mathbb{R}$.
On a donc ${\lim }_{x\to a^{+}}f(x)=+\infty$, ${\lim }_{x\to a^{+}}g(x)=+\infty$, et la limite $$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=R$$ est finie. En préparation, fixons $a<x<x_0<b$ et écrivons $$\begin{array}{rl}|\frac{f(x)}{g(x)}-R|& ⩽|\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}|+|\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}-R|\\ & ⩽\left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|\cdot \underset{=:{\phi }_{x_0}(x)}{\underbrace{|1-\frac{1-\frac{f(x_0)}{f(x)}}{1-\frac{g(x_0)}{g(x)}}|}}+\underset{=:{\psi }_{x_0}(x)}{\underbrace{|\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}-R|}}\end{array}$$ Maintenant, $$\begin{array}{rl}|\frac{f(x)}{g(x)}-R|& ⩽\left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|{\phi }_{x_0}(x)+{\psi }_{x_0}(x)\\ & ⩽|\frac{f(x)}{g(x)}-R|{\phi }_{x_0}(x)+|R|{\phi }_{x_0}(x)+{\psi }_{x_0}(x),\end{array}$$ et on peut isoler $|\frac{f(x)}{g(x)}-R|$ dans cette dernière inégalité: $$\begin{array}{r}|\frac{f(x)}{g(x)}-R|⩽\frac{|R|{\phi }_{x_0}(x)+{\psi }_{x_0}(x)}{1-{\phi }_{x_0}(x)}.\end{array}$$ Voyons maintenant comment le côté droit peut être rendu arbitrairement petit en prenant $x$ et $x_0$ suffisamment proches de $a$. D’abord, appliquons le TAFG sur $[x,x_0]$: il existe $c_{x,x_0}\in ]x,x_0[$ tel que $${\psi }_{x_0}(x)=|\frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}-R|=|\frac{f^{\prime }(c_{x,x_0})}{g^{\prime }(c_{x,x_0})}-R|.$$ Par hypothèse, $\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}\to R$. Donc en fixant $\epsilon >0$, on peut prendre un $x_0>a$ suffisamment proche de $a$, de façon à ce que pour tout $a<x<x_0$, $0⩽{\psi }_{x_0}(x)⩽\epsilon$. Ensuite, remarquons qu’à $x_0$ fixé, on a toujours ${\lim }_{x\to a^{+}}{\phi }_{x_0}(x)=0$. On a donc $$\underset{x\to a^{+}}{\lim }|\frac{f(x)}{g(x)}-R|⩽\epsilon .$$ Comme $\epsilon >0$ est arbitraire, on a bien montré que $$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=R,$$ ce qu’on voulait démontrer.

Considérons la première limite. Deux remarques permettent de simplifier le calcul.

• D’abord, on peut toujours écrire
  $$a^{mx}=e^{m^{\prime }x},$$
  où $m^{\prime }=m\log (a)$. Or puisque $a>1$, on a $m^{\prime }>0$. Donc il suffit de démontrer le résultat pour la base $e$.
• Puisque $\alpha ⩽\lfloor \alpha \rfloor +1$, il suffit aussi de démontrer le résultat pour des $\alpha$ entiers, c.-à-d. $\alpha =k\in \mathbb{N}$.

Fixons donc $m>0$, et montrons que pour tout entier $k⩾1$, $$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^k}{e^{mx}}=0.$$ Dans le cas où $k=1$, $$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x}{e^{mx}}\stackrel{BH}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{m{e}^{mx}}=0.$$ Supposons alors que le résultat a été démontré pour un entier $k$. On a $$\begin{array}{rl}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^{k+1}}{e^{mx}}& \stackrel{BH}{=}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{(x^{k+1}{)}^{\prime }}{(e^{mx}{)}^{\prime }}\\ & =\frac{k+1}{m}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^k}{e^{mx}}\\ & =0,\end{array}$$ et donc le résultat est vrai pour $k+1$.
La deuxième limite est une conséquence de la première. En effet, ne posant $y={\log }_a(x)$, $$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{({\log }_a(x){)}^{\alpha }}{x^m}=\underset{y\to \infty }{\lim }\frac{y^{\alpha }}{a^{my}}=0.$$