Sujet D.1.4 Relations de comparaison
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Exercice a
Déterminer un équivalent simple lorsque $x$ tend vers $0$ de :
$\,(\sin x)^2+\ln\big(1+x^2\big).\,$
définition des équivalents
Soient $\,f\,$ et $\,g\,$ deux fonctions réelles définies au voisinage de $\,a\app\surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$
$\,f\,$ est equivalente à $\,g\,$ en $\,a\sp{1.5}\,$ ssi on a, au voisinage de $\,a:\,$
$\displaystyle{}\sth{.5}f(x)=g(x)\,\delta(x)\sp{1.5}, \txt{avec :}\lim xa\delta(x)=1$
On écrit : $\,{f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)}\sp{1.5},\,$ et si $\,g(x)\neq0\,$ pour $\,x\neq a\sp{1.5},\,$ alors :
$\displaystyle{}f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)\!\Ssi\!\lim xa\,\smh{1}{\dfrac{f(x)}{g(x)}}=1$
caractérisation des équivalents
Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
équivalents et opérations
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
équivalents et composition des fonctions
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
indication
1
Il n'est pas permis, en général, de sommer des relations d'équivalence.
indication
2
On peut néanmoins sommer des expressions en $\,o(x^2\sp{1.5})\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient comme équivalent : $\,\big((\sin x)^2+\ln\big(1+x^2\big)\big)\,\eq x0\ 2\sp{1.5}x^2.\,$
correction
Selon l'équivalent usuel du
Les fonctions cosinus et sinus vérifient :
sinus,
on a par
$\displaystyle{}(\cos x-1)\,\eq x0-\smh{1.5}{\dfrac{x^2}2}\ \txt{et}\,\sin x\,\eq x0\,x$
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
produit
d'équivalents : $\,(\sin x)^2\eq x0 \,x^2\sp{1.5}.\,$
La relation d'équivalence relative au
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
La fonction logarithme vérifie :
logarithme
peut être
et
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
composée
à droite
par la fonction $\,u:x\mapsto x^2,\,$ de limite nulle en $\,0:\,$
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
$\displaystyle{}\ln\big(1+x^2\big)\eq x0 \,x^2$
Cependant, il n'est pas permis de sommer ces deux relations d'équivalence.
Toutefois, cette difficulté peut être ici contournée grâce à la
Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :
caractérisation
des équivalents :
$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
$\displaystyle{}(\sin x)^2\dl x0\,x^2 +o\big(x^2\big)\ \txt{et}\ \ln\big(1+x^2\big)\dl x0 \,x^2 +\o x2$
En sommant ces deux
Soit $f$ fonction réelle définie au voisinage de $\,a\app\bb R\,$ et $\,n\app\bb N\sp{1.5}.\,$
Un développement limité de $f$ en $\,a\,$ d'ordre $\,n\,$ est de la forme :
développements
limités, on obtient :
$\displaystyle{}f(x)\ \dl xa \,P(x-a) + o\big((x-a)^n\big)$
où $P$ est polynôme de $\,\bb R_n[X]\sp{1.5};\,$ un tel polynôme $P$ est alors unique.
$\displaystyle{}(\sin x)^2+\ln\big(1+x^2\big)\dl x0 \,2\sp{1.5}x^2 +\o x2$
Ceci équivaut à la relation d'équivalence : $\,\big((\sin x)^2+\ln\big(1+x^2\big)\big)\,\eq x0 \,2\sp{1.5}x^2.\,$
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Exercice b
Déterminer la limite de $\,(\cos x)^{\ln x}\,$ lorsque $x$ tend vers $\,0\,.\,$
définition des équivalents
Soient $\,f\,$ et $\,g\,$ deux fonctions réelles définies au voisinage de $\,a\app\surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$
$\,f\,$ est equivalente à $\,g\,$ en $\,a\sp{1.5}\,$ ssi on a, au voisinage de $\,a:\,$
$\displaystyle{}\sth{.5}f(x)=g(x)\,\delta(x)\sp{1.5}, \txt{avec :}\lim xa\delta(x)=1$
On écrit : $\,{f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)}\sp{1.5},\,$ et si $\,g(x)\neq0\,$ pour $\,x\neq a\sp{1.5},\,$ alors :
$\displaystyle{}f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)\!\Ssi\!\lim xa\,\smh{1}{\dfrac{f(x)}{g(x)}}=1$
caractérisation des équivalents
Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
équivalents et opérations
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
équivalents et composition des fonctions
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
indication
1
Une limite de la forme $\,1^\I\,$ est indéterminée.
indication
2
Rechercher un équivalent de $\,\ln\big((\cos x)^{\ln x}\big)\,$ lorsque $x$ tend vers $\,0\,.\,$
réponse
On obtient comme limite : $\,\lim x0\,(\cos x)^{\ln x}=1\sp{1.5}.\,$
correction
Par continuité du
On y remédie en mettant cette expression sous
Les fonctions cosinus et sinus sont continues sur $\bb R$ et de période $2\sp{1.5}\pi:$
cosinus
et limite du
- Le cosinus est pair et strictement décroissant sur $\,\smb{1}{[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]}\sp{1.5}.\,$
- Le sinus est impair et strictement croissant sur $\,[-\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
La fonction logarithme vérifie :
logarithme,
on a $\,\lim x0\,\cos x=1\,$ et $\,\lim x0\,\ln x=-\I\,.\,$
Par
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
Soient $\,f:I\to \bb R\,$ et $\,g:J\to\bb R\,$ avec $\,f(I)\subset J\sp{1.5};\,$ alors :
composition,
on en déduirait une limite de $\,(\cos x)^{\ln x}\,$ de la forme : $\,1^{-\I},\,$ inverse de $\,1^{\I}\sp{1.5}.\,$ Cependant, cette limite est
$\displaystyle{}{\big(\,\lim x a\ f(x) = b \txt{et} \sp{-1.5}\lim y b\ g\sp{1.5}(y) = c\,\big)}\Imp\!\lim x a \,(g\circ f)(x) = c$
Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$
indéterminée
puisque le logarithme de cette dernière expression devient : $\,0\times\I\sp{1.5}.\,$ - $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$ si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$ si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$
Pour $\,x>0\,$ et $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ on définit $\,x\,$ puissance $\,\alpha\,$ par : $\,x^{\alpha}=\e{\alpha\sp{1.5}\op{ln}x}.\,$
Pour tous $\,x,y > 0\,$ et $\,\alpha,\beta\app\bb R\sp{1.5},\,$ on a alors :
forme
exponentielle :
- $\,(x\sp{1.5}y)^{\alpha}=x^{\sp{1.5}\alpha}\sp{1.5}y^{\sp{1.5}\alpha}\,$ et $\,(x/y)^{\sp{1.5}\alpha}=x^{\sp{1.5}\alpha}\!/y^{\sp{1.5}\alpha}\,;\,$
- $\,x^{\alpha+\beta}=x^{\sp{1.5}\alpha}\sp{1.5}x^{\sp{1.5}\beta}\,$ et $\,x^{\sp{1.5}\alpha-\beta}=x^{\sp{1.5}\alpha}\!/x^{\sp{1.5}\beta}\,;\,$
- $\,\smh0{\big(x^{\sp{1.5}\alpha}\big)^{\sp{-1.5}\beta}}=x^{\sp{1.5}\alpha\sp{1.5}\beta}.\,$
$\displaystyle{}(\cos x)^{\ln x}=\e{\,\ln x\sp{1.5}\ln(\cos x)}$
La relation d'équivalence relative au
La fonction logarithme vérifie :
logarithme
peut être
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
composée
à droite
par la fonction $\,u:x\mapsto(\cos x - 1)\sp{1.5},\,$ de limite nulle en $\,0:\,$
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
$\displaystyle{}\ln(\cos x)=\ln\big(1+u(x)\big)\eq x0\,u(x)$
On poursuit alors avec l'équivalent usuel relatif au
Les fonctions cosinus et sinus vérifient :
cosinus
lorsque $x$ tend vers $\,0:\,$
$\displaystyle{}(\cos x-1)\,\eq x0-\smh{1.5}{\dfrac{x^2}2}\ \txt{et}\,\sin x\,\eq x0\,x$
$\displaystyle{}\ln(\cos x)\eq x0\,u(x)=(\cos x-1)\eq x0\!-\frac{x^2}2$
On obtient ensuite un résultat comme
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
produit
d'équivalents, d'où sa limite par
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
Pour tous réels $\,\alpha\sp{1.5},\ \beta\,$ et $\,\gamma\,$ strictement positifs, on a :
croissances
comparées :
$\eqalign{(\ln x)^\beta\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(x^\alpha)\!&\txt{et}\,x^\alpha\!\!\dl x{\smh0{0}}\,o\sp{1.5}(\sp{1.5}|\ln x|^{-\beta})\\
x^\alpha\!\!\dl x{+\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\e{\gamma\,x})\!&\txt{et}\,\e{\gamma\,x}\!\!\dl x{-\I}\sp{1.5}o\sp{1.5}(\sp{1.5}|x|^{-\alpha})}$
$\displaystyle{}\ln\big((\cos x)^{\ln x}\sp{1.5}\big)=\ln x\,\ln(\cos x)\sp{1.5}\eq x0-\frac{x^2\ln x}2\tend x0\,0$
La continuité de
Pour $\,a\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions exponentielles : $\,x\mapsto\e{\sp{1.5}a\sp{1.5}x}\,$ sont :
l'exponentielle
permet enfin de conclure : $\,\lim x0\,(\cos x)^{\ln x}=\e0=1\sp{1.5}.\,$
- continues et strictement croissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a > 0\sp{1.5};\,$
- continues et strictement décroissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a<0\sp{1.5}.\,$
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Exercice c
Déterminer à l'aide d'équivalents la limite en $\,+\infty\,$ de $\,\dfrac{\op{ch}\frac{x^2}{x-1}}{\op{ch}x}\!\cdot\,$
définition des équivalents
Soient $\,f\,$ et $\,g\,$ deux fonctions réelles définies au voisinage de $\,a\app\surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$
$\,f\,$ est equivalente à $\,g\,$ en $\,a\sp{1.5}\,$ ssi on a, au voisinage de $\,a:\,$
$\displaystyle{}\sth{.5}f(x)=g(x)\,\delta(x)\sp{1.5}, \txt{avec :}\lim xa\delta(x)=1$
On écrit : $\,{f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)}\sp{1.5},\,$ et si $\,g(x)\neq0\,$ pour $\,x\neq a\sp{1.5},\,$ alors :
$\displaystyle{}f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)\!\Ssi\!\lim xa\,\smh{1}{\dfrac{f(x)}{g(x)}}=1$
caractérisation des équivalents
Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
équivalents et opérations
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
équivalents et composition des fonctions
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
indication
1
De la relation : $\,\dfrac{x^2}{x-1}\,\eq x{+\I}\sp{1.5}x\sp{1.5},\,$ on ne peut pas déduire que :
$\,\op{ch}\dfrac{x^2}{x-1}\,\eq x{+\I}\op{ch}x\,.\,$
indication
2
Il faut d'abord déterminer un équivalent de $\,\op{ch}x\,$ lorsque $\,x\,$ tend vers $\,+\I\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient comme limite : $\,\lim x{+\I}\,\dfrac{\op{ch}\dfrac{x^2}{x-1}}{\op{ch}x}=\,\e{}\,.\,$
correction
On a, par
Compte tenu des
Soit $\widetilde P$ une fonction polynomiale réelle : $\,\widetilde P:x\mapsto a_n\sp{1.5}x^n+\cdots+a_0\sp{1.5}.\,$
En $+\I$ ou $-\I\sp{1.5},$ $\widetilde P(x)$ est équivalent à son terme de plus haut degré :
équivalents
polynômiaux :
$\,u(x)=\dfrac{x^2}{x-1}\eq x{+\I}x\,;\,$ mais
les équivalents ne peuvent pas être
$\displaystyle{}\stb{1.5}\txt{Si}a_n\neq0:\ \widetilde P (x)\!\eq x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n\!\txt{et}\!\!\lim x{\pm\I}\!\widetilde P(x)=\!\!\lim x{\pm\I}\!a_n\sp{1.5}x^n$
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
composés
à gauche :
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
$\displaystyle{}u(x)\eq x{+\I} x\longnon\Imp\op{ch} u(x)\eq x{+\I} \op{ch}x.$
On ne peut donc pas écrire que :
$\,\dfrac{\op{ch}\frac{x^2}{x-1}}{\op{ch}x}\eq x{+\I}\,\dfrac{\op{ch}x}{\op{ch}x}\,,\,$ ni en déduire que : $\,\lim x{+\I}\,\dfrac{\op{ch}\frac{x^2}{x-1}}{\op{ch}x}=1\sp{1.5}.\,$
La fonction exponentielle $\,x\mapsto\e x\,$ vérifie :
limites
de l'exponentielle, on peut cependant utiliser la
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x{-\I}\e{x}=0\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\e x=+\I\ \txt{et}\,(\e x-1)\eq x0 \,x$
Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :
caractérisation
des équivalents en écrivant :
$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
$\displaystyle{}\op{ch}\sp{1.5}y=\frac{\e{\sp{1.5}y}+\e{-y}}2\dl y{+\I}\frac{\e{\sp{1.5}y}}2 +o\big(\e{y}\big)\sim\frac{\e{\sp{1.5}y}}2$
On
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
compose
ensuite à droite cette relation d'équivalence
par la fonction $\,u:x\mapsto\dfrac{x^2}{x-1}\,$ qui a pour limite $\,+\I\,$ en $\,+\I:\,$
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
$\displaystyle{}\op{ch}\dfrac{x^2}{x-1}=\op{ch} u(x)\eq x{+\I}\frac{\e{\sp{1.5}u(x)}}2$
On obtient alors un équivalent de l'expression initiale par
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
quotient
d'équivalents :
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
$\displaystyle{}\frac{\op{ch}\frac{x^2}{x-1}}{\op{ch}x}\eq x{+\I}\frac{\e{\frac{x^2}{x-1}}}{\e{x}}
=\e{{\Big(\tfrac{x^2}{x-1}- x\Big)}}=\e{\textstyle\frac{x}{x-1}}$
Sachant que $\,\dfrac x{x-1}\,\tend x{+\I}1\sp{1.5},\,$ on a finalement par continuité de
Pour $\,a\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions exponentielles : $\,x\mapsto\e{\sp{1.5}a\sp{1.5}x}\,$ sont :
l'exponentielle
en $\,1:\,$ $\,\lim x{+\I}\dfrac{\op{ch}\frac{x^2}{x-1}}{\op{ch}x}=\e{}\,.\,$
- continues et strictement croissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a > 0\sp{1.5};\,$
- continues et strictement décroissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a<0\sp{1.5}.\,$
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Exercice d
Selon la valeur de $\,\alpha > 0\sp{1.5},\,$ comparer $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x\,$ et $\,x^{\alpha\sp{1.5}x}\,$ lorsque $x$ tend vers $\,+\I\sp{1.5}.\,$
définition des équivalents
Soient $\,f\,$ et $\,g\,$ deux fonctions réelles définies au voisinage de $\,a\app\surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$
$\,f\,$ est equivalente à $\,g\,$ en $\,a\sp{1.5}\,$ ssi on a, au voisinage de $\,a:\,$
$\displaystyle{}\sth{.5}f(x)=g(x)\,\delta(x)\sp{1.5}, \txt{avec :}\lim xa\delta(x)=1$
On écrit : $\,{f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)}\sp{1.5},\,$ et si $\,g(x)\neq0\,$ pour $\,x\neq a\sp{1.5},\,$ alors :
$\displaystyle{}f(x)\sp{1.5}\eq xa \,g(x)\!\Ssi\!\lim xa\,\smh{1}{\dfrac{f(x)}{g(x)}}=1$
caractérisation des équivalents
Pour des fonctions réelles $f$ et $g$ définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\sth{.5}\stb{1.5}\eq xa\,g(x)\Ssi f(x)\sp{1.5}\dl xa \,g(x)+o\big(g(x)\big)$
équivalents et opérations
Soient $f_i$ et $g_i$ des fonctions réelles définies au voisinage de $a\app\surl{\bb R}\,.$
Si $\,f_1(x)\smb1{\eq xa} \,g_1(x)\,$ et $\,f_2(x)\smb{1.5}{\eq xa}\, g_2(x)\sp{1.5},\,$ on a alors :
- $\,f_1(x)\sp{1.5}f_2(x)\ \eq xa\ g_1(x)\sp{1.5}g_2(x)\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1.5}{\dfrac{f_1(x)}{f_2(x)}\sp{1.5}\eq xa \sp{1.5}\dfrac{g_1(x)}{g_2(x)}}\,$ si $\,f_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ et $\,g_2(x)\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}0\,$ pour $x\sp{-1.5}\neq\sp{-1.5}a\sp{1.5}.$
équivalents et composition des fonctions
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
indication
1
Écrire le quotient de ces expressions sous forme d'une exponentielle.
indication
2
Utiliser un équivalent de $\,\ln(1+y)\,$ lorsque $y$ tend vers $0$ pour déterminer la limite de ce quotient.
réponse
On obtient, selon la valeur de $\,\alpha > 0\sp{1.5},\,$ les relations suivantes :
- $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x \smb{1}{\eq x{+\I}}\,x^{\,\alpha\,x}\,$ lorsque $\,\alpha > 1\,;\,$
- $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x \smb{1}{\dl x{+\I}}\,o\big(x^{\,\alpha\,x}\big)\,$ lorsque $\,0<\alpha < 1\,;\,$
- $\,\big(x-1\big)^x \smb{1}{\eq x{+\I}}\,\e{-1}\,x^{\,x}\,$ lorsque $\,\alpha = 1\,.\,$
correction
Pour tout $\,x > 1\sp{1.5},\,$ on a par définition des
Il s'agit donc en fait d'étudier la limite du quotient de ces expressions lorsque $x$ tend vers $+\I:$
Pour $\,x>0\,$ et $\,\alpha\app\bb R\sp{1.5},\,$ on définit $\,x\,$ puissance $\,\alpha\,$ par : $\,x^{\alpha}=\e{\alpha\sp{1.5}\op{ln}x}.\,$
Pour tous $\,x,y > 0\,$ et $\,\alpha,\beta\app\bb R\sp{1.5},\,$ on a alors :
puissances :
$\,0 < x^{\alpha}-1 < x^{\alpha}\sp{1.5},\,$ et par croissance du
- $\,(x\sp{1.5}y)^{\alpha}=x^{\sp{1.5}\alpha}\sp{1.5}y^{\sp{1.5}\alpha}\,$ et $\,(x/y)^{\sp{1.5}\alpha}=x^{\sp{1.5}\alpha}\!/y^{\sp{1.5}\alpha}\,;\,$
- $\,x^{\alpha+\beta}=x^{\sp{1.5}\alpha}\sp{1.5}x^{\sp{1.5}\beta}\,$ et $\,x^{\sp{1.5}\alpha-\beta}=x^{\sp{1.5}\alpha}\!/x^{\sp{1.5}\beta}\,;\,$
- $\,\smh0{\big(x^{\sp{1.5}\alpha}\big)^{\sp{-1.5}\beta}}=x^{\sp{1.5}\alpha\sp{1.5}\beta}.\,$
Le logarithme est continu et strictement croissant sur $\,]\sp{1.5}0\sp{.75},+\I[\sp{1.5}.\,$
logarithme
et de
Pour $\,a\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonctions exponentielles : $\,x\mapsto\e{\sp{1.5}a\sp{1.5}x}\,$ sont :
l'exponentielle :
- continues et strictement croissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a > 0\sp{1.5};\,$
- continues et strictement décroissantes sur $\,\bb R\,$ pour $\,a<0\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}x\sp{1.5}\ln\!\big(x^{\alpha}-1\big) < x\sp{1.5}\ln\!\big(x^{\alpha}\,\big)\sp{1.5},\txt{puis :}
\e{x\ln(x^\alpha -1)}<\e{x\ln(x^\alpha)}$
On établit ainsi que, pour tout $\,x>1:\,$ $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x< \big(x^{\alpha}\,\big)^x=x^{\alpha\,x}.\,$
Mais cette comparaison n'est pas une comparaison en $\,+\I\,$ au sens des relations de comparaison (équivalence ou négligeabilité).$\displaystyle{}\frac{\big(x^{\alpha}-1\big)^x}{\big(x^{\alpha}\big)^x}=
\Big(\frac{x^{\alpha}-1}{x^{\alpha}}\Big)^x=\Big(1-\frac 1{x^{\alpha}}\Big)^x=\e{x\ln\big(1-1\big/x^\alpha\big)}$
La relation d'équivalence relative au
La fonction logarithme vérifie :
logarithme
peut être
et
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x0\sp{1.5}\ln x=-\I\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\ln x=+\I\ \txt{et}\,\ln(1+x)\sp{1.5}\eq x0 \,x$
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
composée
à droite
par la fonction $\,u:x\mapsto -\dfrac1{x^{\alpha}}\,$ de
$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
Pour $\,\alpha\app\bb R\!\setminus\!\{0\}\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}\stb1\,$ vérifie :
limite
nulle en $\,+\I:\,$
$\displaystyle{}\big((1+x)^\alpha-1\big)\smb{1.5}{\eq x0}\,\alpha\sp{1.5}x\,,\txt{ainsi que :}$
- $\,\smb{.5}{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\ \,$ et $\,{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=+\I\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha > 0\,;\,$
- $\,\smb{1.5}{\lim x{0^+}}\,x^\alpha=+\I\ \,$ et $\,\smb1{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha < 0\,.\,$
$\displaystyle{}x\,\ln\Big(1-\frac1{x^{\alpha}}\Big)\ \eq x {+\I}\ x\Big(\!-\frac1{x^{\alpha}}\Big)=-\,x^{1-\,\alpha}$
Connaissant les limites en $\,+\I\,$ de la fonction
Pour $\,\alpha\app\bb R\!\setminus\!\{0\}\sp{1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}\stb1\,$ vérifie :
puissance,
on a alors par
$\displaystyle{}\big((1+x)^\alpha-1\big)\smb{1.5}{\eq x0}\,\alpha\sp{1.5}x\,,\txt{ainsi que :}$
- $\,\smb{.5}{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\ \,$ et $\,{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=+\I\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha > 0\,;\,$
- $\,\smb{1.5}{\lim x{0^+}}\,x^\alpha=+\I\ \,$ et $\,\smb1{\lim x{+\I}}\,x^\alpha=0\sp{1.5},\,\,$ pour $\,\alpha < 0\,.\,$
Soient $\,f,g:I\!\setminus\!\{a\}\to\bb R\,$ ayant des limites finies ou non en $\,a\app \surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$
Si $\,f(x)\!=\! g(x)\,$ au voisinage de $a$ ou si : $\,f(x)\eq xa g(x),\,$ alors :
équivalence :
$\displaystyle{}\lim x a\ f(x)= \lim x a \ g(x)$
$\displaystyle{}\!\sp{-1.5}\lim x{+\I}x\ln\Big(1-\frac1{x^{\alpha}}\Big)=\!\lim x{+\I}\!\big(\!-x^{1-\,\alpha}\big)=\Bigg\{\eqalign{\!0\,&\txt{si} \alpha > 1\\[-.5ex] \!-1\sp{1.5}&\txt{si} \alpha = 1\\[-.5ex] -\sp{-1.5}\I\sp{-1.5}&\txt{si} \alpha < 1}$
Par
Soient $\,f:I\to \bb R\,$ et $\,g:J\to\bb R\,$ avec $\,f(I)\subset J\sp{1.5};\,$ alors :
composition
d'une limite par la fonction
$\displaystyle{}{\big(\,\lim x a\ f(x) = b \txt{et} \sp{-1.5}\lim y b\ g\sp{1.5}(y) = c\,\big)}\Imp\!\lim x a \,(g\circ f)(x) = c$
La fonction exponentielle $\,x\mapsto\e x\,$ vérifie :
exponentielle,
on obtient enfin :
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x{-\I}\e{x}=0\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\e x=+\I\ \txt{et}\,(\e x-1)\eq x0 \,x$
$\displaystyle{}\lim x{+\I}\frac{\big(x^{\alpha}-1\big)^x}{\big(x^{\alpha}\,\big)^x}=
\Bigg\{\eqalign{ &1\ &\txt{si} \alpha > 1\\[-.5ex]\,&\e{-1}\!\!&\txt{si} \alpha = 1\\[-.5ex] &0\ &\txt{si} \alpha < 1}$
On n'aurait pas pu obtenir directement un équivalent de $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x\,$ à partir de celui de $\,x\ln\big(1-1\big/x^\alpha\big)\,$, car :
En conclusion, on peut dire que :$\displaystyle{}x\,\ln\Big(1-\frac1{x^{\alpha}}\Big)\eq x {+\I}(-\,x^{1-\,\alpha})\longnon\Imp
\e{x\ln\big(1-1\big/x^\alpha\big)}\eq x {+\I}\e{\sp{1.5}(\sp{1.5}-\,x^{1-\,\alpha}\sp{1.5})}$
En effet, il n'est pas possible en général de
Soit une fonction réelle $u$ admettant une limite $\,a\app\surl{\bb R}\,$ en $\,\alpha\app\surl{\bb R}\,.\,$ Pour des fonctions réelles $\,f\,$ et $\,g\,$ définies au voisinage de $\,a\sp{1.5},\,$ on a :
composer
à gauche un équivalent par une fonction quelconque.
Il est en revanche tout à fait permis de procéder à une composition de limites, comme on l'a fait ci-dessus.$\displaystyle{}f(x)\ \eq xa \ g(x)\Imp f(u(t))\ \eq t\alpha \ g(u(t)) \stb{1.5}$
Composer ainsi à droite par $u\sp{1.5},$ c'est changer de variable : $\,x=u(t)\sp{1.5}.\,$
En revanche, la composition à gauche n'est pas permise :
$\displaystyle{}f(x)\eq xa g(x)\longnon\Imp h\big(f(x)\big) \eq xa h\big(g(x)\big)\stb{1.5}$
- $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x \smb{1}{\eq x{+\I}}\,x^{\,\alpha\sp{1.5}x}\,$ lorsque $\,\alpha > 1\sp{1.5},\,$
- $\,\big(x^{\alpha}-1\big)^x \dl x{+\I}o\big(x^{\,\alpha\sp{1.5}x}\big)\,$ lorsque $\,\alpha < 1\sp{1.5}.\,$