Comparaison des fonctions numériques

Exercices du dossier Comparaison des fonctions numériques

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Exercice 925
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f(x)=\dfrac{\ln\left(1+ \tan x\right)}{\sqrt{\sin x}}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{\tan x}{\sqrt{ x}} \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{x}{\sqrt x}=\boxed{\sqrt x}\)

  2. \(f(x) =\dfrac{x^{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}{x^{{\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3}}} \dfrac{\sqrt{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^3}}}{\sqrt[3]{1+{\scriptstyle 2\over\scriptstyle x^2}}}\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} \boxed{x^{{\scriptstyle 5\over\scriptstyle 6}} }\)

  3. \(f\left(x\right)=\dfrac{1}{\cos x}-\tan x=\dfrac{1-\sin x}{\cos x}\xlongequal{X=x-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}\dfrac{1-\sin\left(X+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right)}{\cos \left(X+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right)} = \dfrac{1-\cos X}{-\sin X}\underset{X\rightarrow 0}{\sim}-\dfrac{X}{2}\). Donc \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow \dfrac{\pi}{2}}{\sim} \boxed{-\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{4}}\)

  4. \(f(x) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} \boxed{1}\) car \(\cos\left(\sin x\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 1\).

  5. \(f\left(x\right)=x^x-1=e^{x\ln x}-1\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \boxed{x\ln x}\) car \(x\ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\)..

  6. \(\cos\left(\pi x\right)\underset{x\rightarrow 1}{\sim}-1\) et \(x^2-2x+1=\left(x-1\right)^2\) donc \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 1}{\sim}\boxed{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\left|x-1\right|}}\)


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Exercice 779
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f\left(x\right)=\dfrac{2x}{\left|x-2\right|}-\dfrac{x-1}{\left|x^2-4\right|}=\dfrac{1}{\left|x-2\right|}\left(2x - \dfrac{x-1}{\left|x+2\right|}\right) \underset{x\rightarrow 2}{\sim} \boxed{\dfrac{15}{4\left|x-2\right|}}\)

  2. \(f(x) \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{x^2}{x}=\boxed{x}\) par produit d’équivalents.

  3. \(f\left(x\right)= \sqrt{\dfrac{x^5}{2x+5}}=\dfrac{x^{{\scriptstyle 5\over\scriptstyle 2}}}{x^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}}\dfrac{1}{\sqrt { 2+{\scriptstyle 5\over\scriptstyle x}}}\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{\dfrac{x^2}{\sqrt{2}}}\)

  4. \(f(x) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} -{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2}\) car \(\ln\left(\cos x\right)= \ln\left(1-\left(1-\cos x\right)\right) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} 1-\cos x \underset{x\rightarrow 0}{\sim} \boxed{{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2}}\).

  5. \(f(x) =\ln\left(\sin x\right)=\ln\dfrac{\sin x}{x}+\ln x=\ln x\left( \dfrac{\ln{\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}}{\ln x} +1 \right)\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \boxed{\ln x }\) car \(\dfrac{\sin x}{x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}1\) et \(\dfrac{\ln{\scriptstyle\sin x\over\scriptstyle x}}{\ln x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\).

  6. \(f\left(x\right)= \dfrac{\left(2+x\right)\ln\left(1+\sqrt x\right)}{\sin^2 x} \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{2\sqrt{x}}{x^2}=\boxed{2x^{-{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}}\)


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Exercice 555
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f\left(x\right) =\ln\left(\cos x\right) \xlongequal{X={\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}-x} \ln\left(\cos\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}-X\right)\right)=\ln\left(\sin X\right)=\ln{\scriptstyle\sin X\over\scriptstyle X}+\ln X=\ln\left(X\right)\left(\dfrac{\ln{\scriptstyle\sin X\over\scriptstyle X}}{\ln\left(X\right)}+1\right)\underset{X\rightarrow 0^+}{\sim}\ln X\). Donc \(f\left(x\right) \underset{x\rightarrow {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}^-}{\sim}\boxed{\ln\left({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}-x\right)}\).

  2. \(f(x)=\ln\left(1+\sin x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim} \sin x\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\boxed{x}\)

  3. \(f(x)=\dfrac{x}{1-\sin x} -x =\dfrac{x\sin x}{1-\sin x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\boxed{x^2}\). On peut aussi remarquer que \(f(x)=x\left(\left(1-\sin x\right)^{-1} -1\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim} x\sin x\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\boxed{x^2}\).

  4. \(f\left(x\right)=\sqrt{\ln\left(x+1\right)-\ln \left(x\right)}= \sqrt{\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)}= \sqrt{\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\boxed{ \dfrac{1}{\sqrt x}}\)

  5. \(f(x)=\dfrac{x^3-2x^2-1}{2x^5+x^2} \ln\left(1+\sqrt x\right) \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} -\dfrac{\sqrt x}{x^2\left(2x^3+1\right)}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}\boxed{-x^{-{\scriptstyle 3\over\scriptstyle 2}}}\) car \(2x^3+1\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}1\).

  6. \(f\left(x\right)=\ln\left(\sqrt{1+\sin x}\right)=\dfrac{1}{2}\ln\left(1+\sin x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{\sin x}{2}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\boxed{\dfrac{x}{2}}\)


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Exercice 675
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f\left(x\right) = \dfrac{\tan x - \sin 3x}{\ln \left(1+x\right)}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{\tan x - \sin 3x}{x}\) et \(\dfrac{\tan x}{x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}{\scriptstyle x\over\scriptstyle x}=1\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\), \(\dfrac{\sin 3x}{x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}{\scriptstyle 3x\over\scriptstyle x}=3\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}3\). Donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{-2}\).

  2. \(f\left(x\right)=\dfrac{\mathop{\mathrm{ch}}x - 1}{\operatorname{arcsin} ^2 x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x^2}{2x^2}=\dfrac{1}{2}\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{\dfrac{1}{2}}\).

  3. On a : \(\dfrac{2x}{x\sin x}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{2x}{x^2}=\dfrac{2}{x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}+\infty\) et \(\dfrac{\sin 3x}{x\sin x}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}\dfrac{3x}{x^2}=\dfrac{3}{x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}+\infty\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}\boxed{+\infty}\).

  4. On a : \(\dfrac{2\tan x}{\sin^3 x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{2}{x^2}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}+\infty\) et \(\dfrac{\mathop{\mathrm{sh}}5x}{\sin^3 x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{5}{x^2}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}+\infty\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{} \boxed{+\infty}\).

  5. \(f\left(x\right) = \dfrac{\ln \left(x\right)}{\sqrt{x}-1}\xlongequal{X=x-1}\dfrac{\ln\left(1+X\right)}{\sqrt{1+X}-1}\underset{X\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{X}{{\scriptstyle X\over\scriptstyle 2}}=2\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 1]{}\boxed{2}\).

  6. \(\dfrac{\operatorname{arccos} x-{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}}{\mathop{\mathrm{sh}}x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{-x}{x}=-1\). De plus : \(\ln\left(\sqrt{1+x}\right)=\dfrac{1}{2}\ln\left(1+x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x}{2} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{1}\).


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Exercice 410
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f\left(x\right) = \dfrac{\sqrt{1+\ln\left(1+x\ln x\right)}-1}{\sin (x\ln x)}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\dfrac{x\ln x}{\sin (x\ln x)}\) car \(x\ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) et \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\). Donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).

  2. \(f\left(x\right)=\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)^{x}=e^{x\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)}\) mais \(x\left(1+{\scriptstyle a\over\scriptstyle x}\right)\underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}a\) donc par opérations sur les limites :\(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{e^a}\).

  3. \(f\left(x\right)=\left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)^{{\scriptstyle x\over\scriptstyle\ln x}}=e^{ \dfrac{x\ln \left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)}{\ln x}}\) mais \(\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\) donc \(\dfrac{x\ln \left(1+\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}\right)}{\ln x} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{x\sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}{\ln x} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}\dfrac{\ln x}{ \ln x}=1\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{e}\).

  4. D’une part : \(\dfrac{\operatorname{arctan} \left(x-1\right)}{x^2-1}=\dfrac{\operatorname{arctan} \left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\xlongequal{X=x-1}\dfrac{\operatorname{arctan} X}{X\left(X+2\right)}\underset{X\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{X}{2X}=\dfrac{1}{2}\). D’autre part : \(\dfrac{\sin\left(e^{\left(x-1\right)}-1\right)}{\ln x}\xlongequal{X=x-1} \dfrac{\sin\left(e^{\left(X\right)}-1\right)}{\ln \left(1+X\right)}\underset{X\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{\left(e^{\left(X\right)}-1\right)}{X}\underset{X\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{X}{X}=1\) donc \(\dfrac{\sin\left(e^{\left(x-1\right)}-1\right)}{\ln x}\xrightarrow[x\rightarrow 1]{}1\) et \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 1]{}\boxed{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).

  5. \(f\left(x\right)=\left(\mathop{\mathrm{ch}}x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\operatorname{arcsin} ^2 x}}=e^{\dfrac{\ln \mathop{\mathrm{ch}}x}{\operatorname{arcsin} ^2 x}}=e^{\dfrac{\ln \left(1+\left(\mathop{\mathrm{ch}}x-1\right)\right)}{\operatorname{arcsin} ^2 x}}\) et \(\ln \left(1+\left(\mathop{\mathrm{ch}}x-1\right)\right) \underset{x\rightarrow 0}{\sim}\left(\mathop{\mathrm{ch}}x-1\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x^2}{2}\) donc \(\dfrac{\ln \left(1+\left(\mathop{\mathrm{ch}} x-1\right)\right)}{\operatorname{arcsin} ^2 x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x^2}{2x^2}=\dfrac{1}{2}\). On en déduit que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{\sqrt e}\).

  6. \(\dfrac{x^{\dfrac{x+1}{x}}-x}{\ln\left(1+x^2\right)} =x\dfrac{x^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}-1}{\ln\left(1+x^2\right)}=x\dfrac{e^{{\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}-1}{\ln\left(1+x^2\right)} \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim}x\dfrac{{\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle x}}{\ln\left(1+x^2\right)}=\dfrac{\ln x}{\ln\left(1+x^2\right)}=\dfrac{\ln x}{\ln x^2+\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\right)}=\dfrac{1}{2+\dfrac{\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}\right)}{\ln x}}\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\boxed{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}\).


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Exercice 702
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  1. \(f(x) =\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{\sqrt[3]{1+x}-1}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}x}{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3 } x}=\dfrac{3}{2}\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\boxed{\dfrac{3}{2}}\).

  2. Posant \(h=x-1\), \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x^2 - 1} = \dfrac{\ln \left(1+h\right)}{h+h^2} \underset{h\rightarrow 0}{\sim} 1 \xrightarrow[h\rightarrow 0]{} \boxed{1}\)

  3. Comme \(e^{x}\xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}0\), on a : \(f\left(x\right)=\dfrac{\sin\left(e^{x}\right)}{\tan \left(\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right)}\underset{x\rightarrow -\infty}{\sim}\dfrac{e^{x}}{\ln\left(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right)} \underset{x\rightarrow -\infty}{\sim}\dfrac{e^x}{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}=xe^x\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -\infty]{}\boxed{0}\)

  4. \(f\left(x\right)= \dfrac{\operatorname{arctan} x - \operatorname{arctan} a}{\log_a x -1}=\dfrac{\operatorname{arctan} x - \operatorname{arctan} a}{x-a}\dfrac{x-a}{\log_a x -1}\). Mais, en reconnaissant des taux d’accroissements : \(\dfrac{\operatorname{arctan} x - \operatorname{arctan} a}{x-a}\xrightarrow[x\rightarrow a]{} \dfrac{1}{a^2+1}\) et \(\dfrac{\log_a x -1}{x-a}\xrightarrow[x\rightarrow a]{}\dfrac{1}{a\ln a}\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow a]{} \boxed{\dfrac{a\ln a}{a^2+1}}\)

  5. \(f(x) = \dfrac{\mathop{\mathrm{argsh}}x}{\ln x} = \dfrac{\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}{\ln x}= \dfrac{\ln x+\ln\left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}\right)}{\ln x} = 1+\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}\right)}{\ln x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{1}\) car \(\ln\left(1+\sqrt{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2}}\right)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}\ln 2\). On peut aussi effectuer ce calcul par un changement de variable : \(\dfrac{\mathop{\mathrm{argsh}} x}{\ln x} \xlongequal{x=\mathop{\mathrm{sh}}X} \dfrac{X}{\ln \mathop{\mathrm{sh}}X} = \dfrac{X}{X + \ln \left({\scriptstyle 1-e^{-2X}\over\scriptstyle 2}\right)} = \dfrac{1}{1+ {\scriptstyle\ln \left({\scriptstyle 1-e^{-2X}\over\scriptstyle 2}\right)\over\scriptstyle X} }\xrightarrow[X\rightarrow +\infty]{}\boxed{1}\)

  6. \(f\left(x\right)= \left(\ln x - 1 \right){\ln\left(x-e\right)}=\dfrac{\ln x-\ln e}{x-e}\left(x-e\right)\ln\left(x-e\right)\). Mais, en reconnaissant le taux d’accroissement de la fonction \(\ln\) en \(e\) : \(\dfrac{\ln x-\ln e}{x-e}\xrightarrow[x\rightarrow e]{}\dfrac{1}{e}\) et \(\left(x-e\right)\ln\left(x-e\right)\xlongequal{X=x-e}X\ln X\xrightarrow[X\rightarrow 0]{}0\). Donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow e]{}\boxed{0}\).


Exercice 563 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver la limite lorsque \(x\rightarrow \pi^+\) de la fonction \[f(x) = \left( 1 + \cos x \right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sin x}}\]



[ID: 592] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 563
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Par le changement de variables \(h=x-\pi\), on se ramène à trouver la limite lorsque \(h\rightarrow 0^+\) de la fonction \[g(h)= f(\pi + h) = \left( 1-\cos h\right)^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sin h}} = e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sin h} \ln\left( 1 - \cos h\right)}\] Posons \(\alpha(h)=-\dfrac{1}{\sin h} \ln(1-\cos h)\). D’après l’équivalent classique pour le cosinus, on a \(1-\cos h \underset{h \rightarrow 0}{\sim} \dfrac{h^2}{2}\) donc on peut écrire \(1-\cos h = \dfrac{h^2}{2} \theta(h)\) avec \(\theta\) une fonction vérifiant : \(\theta(h) \rightarrow 1\). Alors \[\ln(1-\cos h) = \ln\left( \dfrac{h^2}{2}\theta(h) \right) = 2 \ln h - \ln 2 + \ln \theta(h)\] et donc \[\ln(1-\cos h) \underset{h \rightarrow 0}{\sim} 2\ln h\] Par suite, il vient que \[\alpha(h) \underset{h \rightarrow 0}{\sim}-\dfrac{2\ln h}{h} \xrightarrow[h\rightarrow 0]{} -\infty\] et par conséquent \(g(h) \rightarrow 0\) et donc \(\boxed{f(x) \xrightarrow[x \rightarrow \pi^+]{} 0}\).


Exercice 309 *

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent lorsque \(x\rightarrow +\infty\) de la fonction \[f(x) = x^{\sin\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2+1}\right) } - 1\]



[ID: 594] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 309
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Mettons \(f\left(x\right)\) sous forme exponentielle : \[f(x) = e^{\sin\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^2+1}\right) \ln x } -1\] En posant \(\alpha(x) = \sin\left(\dfrac{1}{x^2+1}\right) \ln x\), on a : \[\alpha(x) \underset{x \rightarrow 0}{\sim} \dfrac{\ln x}{x^2} \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 0\] Et donc on peut utiliser l’équivalent classique pour l’exponentielle et il vient que : \(f(x) \underset{x \rightarrow 0}{\sim} \alpha(x) \underset{x \rightarrow 0}{\sim} \boxed{ \dfrac{\ln x}{x^2} }\).


Exercice 324 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent simple lorsque \(x\rightarrow +\infty\) de la fonction définie par \[f(x) = \ln\left( e^{x^2+1} - x^2\right) + \ln\left(x^2 - 1\right)\]



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Exercice 324
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Écrivons : \[\begin{aligned} f(x) &=\ln\left[ e^{x^2+1}\left( 1 - \dfrac{x^2}{e^{x^2+1}}\right)\right] + \ln\left[ x^2\left(1 - \dfrac{1}{x^2}\right) \right] \\ &= x^2 + 2\ln x + 1 + \ln\left( 1 - \dfrac{x^2}{e^{x^2+1}}\right) + \ln\left( 1 - \dfrac{1}{x^2} \right) \\ &\underset{x \rightarrow 0}{\sim} x^2 \end{aligned}\] Car \(\dfrac{\ln x}{x^2} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0, \dfrac{\ln\left( 1 - \dfrac{x^2}{e^{x^2+1}}\right) }{x^2}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0, \dfrac{\ln\left( 1 -\dfrac{1}{x^2}\right)}{x^2}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\). Donc \(\boxed{ f(x)\underset{x \rightarrow 0}{\sim} x^2}\).


Exercice 423 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent simple lorsque \(x\rightarrow +\infty\) de la fonction définie par \[f(x) = \dfrac{\ln\left(x^2+1\right) - \ln\left(2x^2-1\right)}{ \ln\left(x^3+1\right) - \ln\left(x^3-1\right)}\]



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Exercice 423
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Cherchons un équivalent du numérateur \(n\left(x\right)\) puis du dénominateur \(d\left(x\right)\) de cette expression: \[\begin{aligned} n(x) &= \ln(x^2+1) - \ln(2x^2-1) = \ln x^2 + \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) - \ln(2x^2) - \ln\left( 1 - \dfrac{1}{2x^2}\right) \\ &= 2\ln x - \ln 2 - 2\ln x + \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right) -\ln\left(1-\dfrac{1}{2x^2}\right) = -\ln 2 + \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) - \ln\left(1-\dfrac{1}{2x^2} \right) \underset{x \rightarrow 0}{\sim} -\ln 2 \end{aligned}\] \[\begin{aligned} d(x) &= \ln(x^3 + 1) - \ln(x^3 - 1) = \ln\left( \dfrac{x^3+1}{x^3-1}\right) \\ &= \ln\left(\dfrac{1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^3}}{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^3}} \right) = \ln\left( 1 + \dfrac{{\scriptstyle 2\over\scriptstyle x^3}}{1-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x^3}}\right) \underset{x \rightarrow 0}{\sim}\dfrac{2}{x^3} \end{aligned}\] Par conséquent, on trouve que \[\boxed{ f(x) \underset{x\rightarrow 0}{\sim} -\dfrac{\ln 2}{2} x^3}\]


Exercice 592 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent simple lorsque \(x\rightarrow \pi\) de \[f(x)=e^{\sin x} + \cos x\]



[ID: 600] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 592
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Effectuons le changement de variables \(h=x-\pi\). On obtient : \[g(h)=f(\pi+h)=e^{-\sin h} - \cos h =\left( e^{-\sin h}-1 \right) + \left( 1-\cos h\right) = \alpha(h)+\beta(h)\] Puisque \(\alpha(h)\underset{h \rightarrow 0}{\sim} -\sin h \sim -h\) et que \(\beta(h)\underset{h \rightarrow 0}{\sim} \dfrac{h^2}{2}\), il vient que \(\beta(h)=o(\alpha(h))\) et donc que \(g(h)\sim \alpha(h)\sim -h\). Par conséquent, \(\boxed{f(x) \underset{x \rightarrow \pi}{\sim} (\pi-x) }\).


Exercice 549 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent simple lorsque \(x\rightarrow 1\) de la fonction \[f(x)=e^{x\ln(x^2)} - e^{\sin(\pi x)}\]



[ID: 602] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 549
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Effectuons le changement de variables \(h=x-1\) : \[g(h)=f(1+h)=e^{2(1+h)\ln(1+h)}-e^{-\sin(\pi h)} =\alpha(h)-\beta(h)\]\[\alpha(h)=e^{2(1+h)\ln(1+h)}-1 \underset{h \rightarrow 0}{\sim} 2h \quad \textrm{ et} \quad \beta(h)=e^{-\sin(\pi h)}-1 \underset{h \rightarrow 0}{\sim} -\sin(\pi h)\underset{h \rightarrow 0}{\sim} -\pi h\] Montrons alors que \(g(h)\underset{h \rightarrow 0}{\sim} (2+\pi)h\): \[\dfrac{g(h)}{(2+\pi)h} = \dfrac{\alpha(h)}{(2+\pi)h} - \dfrac{\beta(h)}{(2+\pi)h}\] avec \(\dfrac{\alpha(h)}{(2+\pi)h}\underset{h \rightarrow 0}{\sim} \dfrac{2}{(2+\pi)}\) et \(\dfrac{\beta(h)}{(2+\pi)h}\underset{h \rightarrow 0}{\sim} \dfrac{-\pi}{2+\pi}\). On a bien que \(\dfrac{g(h)}{(2+\pi)h} \rightarrow 1\). Par conséquent, \[\boxed{ f(x)\underset{x \rightarrow 1}{\sim} (2+\pi)(x-1) }\]


Exercice 446 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Trouver un équivalent simple lorsque \(x\rightarrow 0^+\) de la fonction \[f(x)=\dfrac{(1+x)^{x^x}}{\sin(\pi x^x ) }\]



[ID: 604] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 446
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Soit \(g(x)=(1+x)^{x^x}=e^{\ln(1+x)e^{x\ln x}}\). Comme \(x\ln x \rightarrow 0\), lorsque \(x\rightarrow 0\), \(e^{x\ln x} \rightarrow 1\) et donc \(e^{x\ln x}\underset{x \rightarrow 0}{\sim} 1\). Par conséquent, \(g(x)\underset{x \rightarrow 0}{\sim} 1\).

D’autre part, \(h(x)=\sin(\pi x^x)= \sin(\pi(e^{x\ln x}-1) + \pi)=-\sin(\pi(e^{x\ln x}-1))\underset{x \rightarrow 0}{\sim} -\pi(e^{x\ln x}-1)\underset{x \rightarrow 0}{\sim} -\pi(x\ln x)\). Finalement, \(\boxed{ f(x)\underset{x \rightarrow 0}{\sim}-\dfrac{1}{\pi x\ln x} }\).


Exercice 279 *

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Calculer la limite en \(+\infty\) de \[f\left(x\right)= \sqrt[3]{x^3+1} - (x+1)\]



[ID: 608] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 279
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Ecrivons \[f\left(x\right)=\sqrt[3]{x^3+1} - (x+1)=x\left[ \left( 1+\dfrac{1}{x^3}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}} - 1 \right] -1\] mais lorsque \(x\rightarrow +\infty\), \(\left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}}-1 \sim \dfrac{1}{3x^3}\), et donc \(\boxed{f(x)\rightarrow -1}\).


Exercice 696 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(a\in \mathbb{R}\). Calculer la limite en \(+\infty\) de \[f\left(x\right)= \sqrt{x^2+2x-3} - ax\]



[ID: 610] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 696
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Remarquons que si \(a\leqslant 0\), alors \(f(x)\rightarrow +\infty\). Supposons donc \(a>0\). En utilisant les quantités conjuguées, il vient que : \[f(x)=\sqrt{x^2+2x-3}-\sqrt{a^2x^2}= \dfrac{(1-a^2)x^2+2x-3}{\sqrt{x^2+2x-3}+\sqrt{a^2x^2}}\] Si \(a\neq 1\), on a alors : \[f(x)\underset{x \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{(1-a^2)}{1+a} x\] et si \(a=1\), \(f(x)\underset{x \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{2x}{2x} \underset{x \rightarrow +\infty}{\sim}1\). On peut alors conclure :

  • si \(a\in ]-\infty,1[\) alors \(f(x)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} +\infty\).

  • si \(a=1\) alors \(f(x)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 1\).

  • si \(a>1\) alors \(f(x)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} -\infty\).


Exercice 590 **

13 janvier 2021 10:04 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(a,b >0\). Déterminer la limite en \(+\infty\) de \[f\left(x\right)= \left( a^x + b^x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\]



[ID: 612] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:04] [Catégorie(s): Comparaison des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 590
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04
  • Si \(a\neq b\). On peut supposer par exemple que \(a>b\). Alors \[f(x)=(a^x+b^x)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} = a\left( 1+ x\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} = ae^{\alpha(x)}\]\(\alpha(x)=\dfrac{1}{x}\ln\left( 1+\left(\dfrac{b}{a}\right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\right)\). Mais puisque \(\dfrac{b}{a}<1\), \(\left(\dfrac{b}{a}\right)^{{x}} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 0\) et donc \(\alpha(x)\underset{x \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{x}\left(\dfrac{b}{a}\right)^x=\dfrac{e^{x\ln{\scriptstyle b\over\scriptstyle a}}}{x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 0\). Donc \[\boxed{ f(x) \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}a}\]

  • Si \(a=b\), alors \[f(x)=2^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}a =ae^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\ln2} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{ a}\]

Dans tous les cas, \[f(x)\xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} \boxed{\max(a,b)}\]


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Exercice 970
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:04

Soit \(n\in \mathbb{N}^{*}\). Il vient que \(f(u_n)=1\) et que \(f(v_n)=e^{ (n+a_n)\ln(n+a_n)-n\ln n}=e^{\alpha_n}\). Posons \(\alpha_n=(n+a_n)\ln(n+a_n)-n\ln n\) et développons cette expression : \[\alpha_n = a_n\ln n +(n+a_n)\ln(1+\dfrac{a_n}{n})\] Comme \(a_n\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1\), \(\dfrac{a_n}{n}\rightarrow 0\) et donc \((n+a_n)\ln(1+\dfrac{a_n}{n})\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{(n+a_n)a_n}{n}\underset{n \rightarrow +\infty}{\sim} 1\). D’autre part, \(a_n\ln n \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}+\infty\) et finalement \(\alpha_n \rightarrow +\infty\).

En conclusion, \(f(u_n)\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1\), \(f(v_n)\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}+\infty\). Par conséquent, \(f\) n’admet pas de limite en \(+\infty\).


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