Limites TS+

Bonjour

Pour approfondir

je cherche un équivalent de $1+cos⁡2x1+2xtan⁡4x\frac { 1+\cos { 2x } }{ \sqrt { 1+2x } \tan { 4x } }$ au voisinage de 0.

je propose deux raisonnements .lequel choisir?

**a)**En remplaçant le 0 dans la variable, on simplifie l'expression et le résultat est immédiat.

**b)**En me ramenant à une forme usuelle,puis simplifié par les monômes du plus bas degrés, Ce raisonnement est il juste pour autant,car au numérateur aucune mise en facteur?
J'ai le sentiment que ce n'est pas rigoureux

a)

$\frac { 1+\cos { 2x } }{ \sqrt { 1+2x } \tan { 4x } } { \sim }\frac { 2 }{ \tan { 4x } } { \sim }\frac { 1 }{ 2x } \$

b)

$(1−cos⁡2x)+2cos⁡2x(1+2x−1+1).tan⁡4x∼4x22+2(2x2+1)4x∼2x2+24x+4x2∼24x∼12x\frac { \left( 1-\cos { 2x } \right) +2\cos { 2x } }{ \left( \sqrt { 1+2x } -1+1 \right) .\tan { 4x } } { \sim }\frac { \frac { { 4x }^{ 2 } }{ 2 } +2 }{ \left( \frac { 2x }{ 2 } +1 \right) 4x } { \sim }\frac { { 2x }^{ 2 }+2 }{ 4x+{ 4x }^{ 2 } } { \sim }\frac { 2 }{ 4x } { \sim }\frac { 1 }{ 2x }$

merci d'avance,

Bonjour, Tel que c'est écrit tout est correct (dans la mesure où on sait que les équivalents sont donnés au voisinage de 0.)
Ceci étant dit la réponse b) prend un détour inutile, c'est donc la réponse a) qui est la plus naturelle.

merci jb2017 pour vôtre réponse.

j 'en ai fais quelques une dont celle ci , lim en $+∞+\infty$ j' ai préféré ne pas chercher d' équivalent.

$f(a)=4a.tan⁡2a1+tan⁡2aa+1a≠−1\ f\left( a \right) =\frac {^{ 4 }\sqrt { a }. \sqrt { \frac { \tan ^{ 2 }{ a } }{ 1+\tan ^{ 2 }{ a } } } }{ a+1 } \quad \quad a\neq -1$

$tan⁡2a1+tan⁡2a=1−1cos⁡−2a=sin⁡2a=∣sin⁡a∣\sqrt { \frac { \tan ^{ 2 }{ a } }{ 1+\tan ^{ 2 }{ a } } } =\sqrt { 1-\frac { 1 }{ \cos ^{ -2 }{ a } } } =\sqrt { \sin ^{ 2 }{ a } } =|\sin { a| }$

$g(a)=4a∣sin⁡a∣a+1g\left( a \right) =\frac { ^{ 4 }\sqrt { a } |\sin { a| } }{ a+1 }$

$0\le |\sin { a| } \le 1\$

$0\le ^{ 4 }\sqrt { a } |\sin { a| } \le ^{ 4 }\sqrt { a } \$

$0\le \frac { ^{ 4 }\sqrt { a } |\sin { a| } }{ a+1 } \le \frac { ^{ 4 }\sqrt { a } }{ a+1 } \$

$4aa+1∞~a14−1\frac { ^{ 4 }\sqrt { a } }{ a+1 } \tilde { \infty } \quad { a }^{ \frac { 1 }{ 4 } -1 }$

En cours on nous parle du théorème de comparaison en réalité on cherche un équivalent?

$0≤4a∣sin⁡a∣a+1≤1a3/40\le \frac { ^{ 4 }\sqrt { a } |\sin { a| } }{ a+1 } \le \frac { 1 }{ { a }^{ 3/4 } }$

$lim⁡a→∞1a3/4=0\lim _{ a\rightarrow \infty } \frac { 1 }{ { a }^{ 3/4 } } =0$

-D'après le TH de gendarmes

$lim⁡a→∞4a∣sin⁡a∣a+1=0\lim _{ a\rightarrow \infty } \frac { ^{ 4 }\sqrt { a } |\sin { a| } }{ a+1 } =0$

Le résultat est correct, I.e la limite est exacte et la justification aussi.
quand à un équivalent (simple) la question ne se pose pas ici à cause du facteur en sinus

Bonjour jb2017 et Sphie90,

Désolée pour mon intervention, mais je me permets quelques précisions sur la première question de ce topic (que je découvre à l'instant)

Pour la a), Sophie, ton explication en "remplaçant x par 0" n'est pas "correcte", mais tu as visiblement pris les équivalents de chaque expression, et comme il y a compatibilité des équivalents avec multiplication et division, ça va.

Pour le b), je confirme ton sentiment sur le fait que ce n'est pas rigoureux...

En voulant utiliser les équivalents usuels, tu as transformé les expressions en sommes.
Ensuite, tu as remplacé l'équivalent de la somme par la somme des équivalents.
Or, il n'y a pas compatibilité des équivalents avec l'addition (ou soustraction)
L'équivalent d'une sommen'est pas toujours la somme des équivalents.

Je te donne un exemple "naïf"
Au voisinage de 0 : $x2+x3∼x2x^2+x^3\sim x^2$
En transformant en somme, on peut écrire :
$x^2+x^3=(x^2+x)+(x^3-x)$
$x2+x∼xx^2+x\sim x$
$x3−x∼−xx^3-x\sim -x$
En ajoutant , la somme est équivalente à 0, ce qui est inexact.

Il faut justifier des conditions supplémentaires pour pouvoir ajouter des équivalents.
Je t'indique une condition suffisante :
Au voisinage de $x_0$
$\left{f_1\sim f_2\ \ g_1\sim g_2$

Si $f_1$ et $g_1$ on le même signe en chaque point d'un voisinage de $x_0$ , alors$f_1+g_1\sim f_2+g_2 \$

Ajouter des équivalents n'est pas simple

Le mieux, dans toute la mesure du possible, est de ne pas les ajouter...

Mais excuses pour cette intervention

rebonjour
J'apporte aussi une précision. D'abord j'ai lu un peu vite (je pense au numérateur de la question b) où il y a une erreur de signe. Sans cette erreur de signe, tel que c'était écrit c'était correct (bien qu'un peu inutile) mais c'est que ce n'est pas rigoureux car non justifié. Effectivement ajouter des équivalents c'est dangereux.
Ceci étant dit au voisinage de 0 on a $1+cos(2x)=2-2x^2+o(x^2)$
Donc $1+cos(2x)=(2−2x2)(1+o(x2)2−2x2)=(2−2x2)(1+o(1)).1+cos(2x)=(2-2x^2)(1+\frac{o(x^2)}{2-2x^2})=(2-2x^2)(1+o(1) ).$
On a bien $1+cos(2x)∼(2−2x2).1+cos(2x)\sim (2-2x^2).$
Mais bien entendu ce n'est pas comme cela qu'il faut agir ds cet exercice.

Pour sophi90 je précise que o(x^2) signifie que c'est une fonction de la forme
$x2ϵ(x)x^2 \epsilon(x)$ où $ϵ(x)\epsilon(x)$ est une fction qui tend vers 0 qd x tend vers 0. (Notation de Landau)

Bonsoir ,

je vous remercie pour ttes ces précisions qui m'ont été utile.J 'ai bien compris que dans l'hypothèse ou nous sommes amenés à ajouter des équivalents, une justification doit être formulée soit directement par $o ()$ .. ou en justifiant par un signe identique au voisinage de $x 0$ .
merci, mtschoon,jb2017

J ai fais ce calcul de limite en $0$ j espère avoir reussie

soit,

$f\left( x \right) =\frac { \sin { \left( \ln { \left( \frac { { 3 }^{ x }+1 }{ { 5 }^{ x }+1 } \right) } \right) } }{ 1-\cos { \sqrt { { e }^{ x }-1 } } } \quad \quad \ \$

$\ \underset { 0 }{ \sim } \quad \sin { \left( \ln { \left( \frac { { 3 }^{ x }+1 }{ { 5 }^{ x }+1 } \right) } \right) } \sim \ln { \left( \frac { { 3 }^{ x }+1 }{ { 5 }^{ x }+1 } \right) } \quad \quad \$

$\ \ \underset { 0 }{ \sim } \quad \quad 1-\cos { \sqrt { { e }^{ x }-1 } } \sim 1-\cos { \sqrt { x } } \sim \frac { 1 }{ 2 } { \left( \sqrt { x } \right) }^{ 2 }\sim \frac { x }{ 2 } \ \$

$\ f\left( x \right) \underset { 0 }{ \sim } \frac { 2\ln { \left( \frac { { 3 }^{ x }+1 }{ { 5 }^{ x }+1 } \right) } }{ x } \ \$

$\ \ln { \frac { { \left( \left( \frac { { 3 }^{ x }-1 }{ x } \right) x \right) +1+1 } }{ \left( \left( \frac { { 5 }^{ x }-1 }{ x } \right) x \right) +1+1\quad } } .\frac { 2 }{ x } \quad =\ln { \frac { x\ln { 3+2 } }{ x\ln { 5+2 } } } .\frac { 2 }{ x } \ \$

$2xln⁡(xln⁡3+2)−ln⁡(xln⁡5+2)\ \frac { 2 }{ x } \ln { \left( x\ln { 3+2 } \right) } -\ln { \left( x\ln { 5 } +2 \right)}$

$2xln⁡(2(1+xln⁡32))−ln⁡(2(1+xln⁡52))\ \frac { 2 }{ x } \ln { \left( 2\left( 1+\frac { x\ln { 3 } }{ 2 } \right) \right) } -\ln { \left( 2\left( 1+\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \right) \right) }$

$2xln⁡2+ln⁡(1+xln⁡32)−[ln⁡2+ln⁡(1+xln⁡52)]\ \frac { 2 }{ x } \ln { 2 } +\ln { \left( 1+\frac { x\ln { 3 } }{ 2 } \right) } -\left[ \ln { 2+\ln { \left( 1+\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \right) } } \right]$

$\ \ \frac { 2 }{ x } \ln { \left( 1+\frac { x\ln { 3 } }{ 2 } \right) } -\ln { \left( 1+\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \right) } \$

or

$\ \ln { \left( 1+\frac { x\ln { 3 } }{ 2 } \right) } -\ln { \left( 1+\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \right) } \underset { 0 }{ \sim } \frac { x\ln { 3 } }{ 2 } -\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \$

$2x.x(ln⁡3−ln⁡5)2=ln⁡35\ \frac { 2 }{ x } .\frac { x\left( \ln { 3-\ln { 5 } } \right) }{ 2 } =\ln { \frac { 3 }{ 5 } }$

ainsi

$lim⁡x→02ln⁡(3x+15x+1)x=ln⁡35\ \ \lim _{ x\rightarrow 0 } \frac { 2\ln { \left( \frac { { 3 }^{ x }+1 }{ { 5 }^{ x }+1 } \right) } }{ x } =\ln { \frac { 3 }{ 5 } }$

merci à vous bon dimanche

C'est bien d'avoir compris cette histoire de somme d'équivalents à magner avec précaution, car ce serait dommage que tu prennes de mauvaises habitudes en voulant prendre de l'avance pour l'an prochain...

Pour ta dernière limite, je n'ai pas pris le temps de vérifier tous les détails de tes calculs, mais je viens de les faire de mon côté et j'arrive au même résultat.

Bon dimanche !

Je ne lis pas ts les détails, mais la réponse est bonne. Ceci étant dit, comme dans les discussions ci-dessus tous les équivalents utilisés ne sont pas standards. Ils faut être certains qu'ils soient corrects. C'est dire que les calculs sont à justifier.
Je pense que pour cet exercice il faut faire un DL (pas trop poussé car on ne veut que la limite).
Pour commence on procède comme cela :
On commence par $1+3x1+5x\frac{1+3^x}{1+5^x}$ pour trouver (faire les calculs).
$1+3x1+5x=1−12log[53]x+o(x)\frac{1+3^x}{1+5^x}=1-\frac{1}{2} \text{log}\left[\frac{5}{3}\right]x+o(x)$
et qui est de la forme 1+u avec u->0.
On remplace dans "le log et puis dna les sin ."
On aura le DL du numérateur.
On fait de même pour le dénominateur et puis on remplace dans le quotient...

Je suis tout à fait d'accord sur les DL , c'est mieux, mais Sophie est en TS...elle prend un peu d'avance pour sa classe-prépa l'an prochain mais les DL , elle ne les connait pas pour l'instant...

Bonne journée.

Bonjour,
D'accord, je n'avais pas tout à fait compris et merci pour l'information.
C'est très bien comme cela donc je l'encourage à persévérer dans cette voie.

Bonjour,

Ah oui, j'ai oublié de justifier du signe ou d'introduire $o(x)o\left( x \right)$ pour cette expression

$ln⁡(1+xln⁡32)−ln⁡(1+xln⁡52)∼0xln⁡32−xln⁡52\ln { \left( 1+\frac { x\ln { 3 } }{ 2 } \right) } -\ln { \left( 1+\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \right) } \underset { 0 }{ \sim } \frac { x\ln { 3 } }{ 2 } -\frac { x\ln { 5 } }{ 2 }$ Une idéeJustement pour éviter d'additionner des équivalents rien ne m'empêche de contourner ce problème en construisant des limites connues.C'est radicale,plus question pour cette étape de parler d'équivalent

$[ln⁡(1+xln⁡32)xln⁡32]xln⁡32−[ln⁡(1+xln⁡52)xln⁡52]xln⁡52\left[ \frac { \ln { \left( 1+\frac { x\ln { 3 } }{ 2 } \right) } }{ \frac { x\ln { 3 } }{ 2 } } \right] \frac { x\ln { 3 } }{ 2 } -\left[ \frac { \ln { \left( 1+\frac { x\ln { 5 } }{ 2 } \right) } }{ \frac { x\ln { 5 } }{ 2 } } \right] \frac { x\ln { 5 } }{ 2 }$

merci, bon dimanche.

Rebonjour,
Oui, c'est cela. Dans les DL c'est l'idée qui est derrière .
Par exemple (on travaille au voisinage de 0), on écrit
ln(1+u)= u +o(u) (o(u) veut dire o(u)=u \epsilon(u), avec \epsilon(u) fonction qui tend vers 0 qd u tend vers 0).
Cela vient de la notion de dérivabilité vue en Terminale
i.e [(ln(1+u)-ln(1))/(1+u-1)] tend vers la dérivée de ln(1+u) en u=0. C'est à dire vers 1.
Cela peut s'écrire ln(1+u)/u-1=\espilon(u) et \espilon(u) tend vers 0.
Et on retrouve ce qui est écrit la haut.
En fait on peut aller + loin. Par exemple on a
ln(1+u)=u+u^2/2+o(u^2) (DL à l'ordre 2) . Mais pour comprendre cela il faut une étude détaillée des DL.
Maintenant pour les calculs de limite, assez souvent l'ordre 1 suffit.
Autrement dit on peut très bien faire comme tu as dit, (revenir à des limites connues)
c'est à dire faire l'exercice sans utiliser la notion de DL ou (même d'équivalent),
i.e faire l'exercice uniquement à partir des connaissance de Terminale.

A bien y réfléchir c'est la même chose mais il faut utiliser les outils de terminale
car ils sont mieux maitriser pour toi (pour l'instant).

C'est tentant d'ajouter ou de retrancher des équivalents, mais c'est une faute à ne pas faire (en Sup en particulier...), tu l'as très bien compris.

Sans s'assurer que les conditions sont réalisées (ce qui est vraiment contraignant), ou bien la réponse finale sera bonne mais mal prouvée (donc sans valeur) ou bien elle sera fausse.

Ta dernière transformation est très bonne !