Une limite

Omm

Hello,

Comment calculer \quad $\displaystyle \lim_{x\to 1} \ln(x)\ln(1-x)\ln(x-1)$ ?

J'ai essayé en écrivant : $\ln(x)\ln(1-x)\ln(x-1)=x\ln(x)\frac{\ln(1-x)}{x}\ln(x-1)$ pour récupérer des taux d'accroissement, mais le souci est que j'aboutis toujours à la FI $0\times \infty$

Auriez-vous un indice ?
Merci

Pennywise1

Bonne nuit,

Dans quel ensemble $x$ varie-t-il dans l'expression $\displaystyle \lim_{x \to 1} \ln(x) \ln(1-x) \ln(x-1)$ ?

C. de Pluquaire

Bonne nuit,

Bonne question.

Bien cordialement.

Omm

Effectivement, merci beaucoup

breukin

Je dirais que quelle que soit la représentation choisie pour le log, on trouve 0, car on est amené à trouver la limite de $ \epsilon \ln^2 \epsilon $.
(J'ai posé $ x=1+\epsilon e^{i\theta} $.)

gerard0

Heu ... Breukin :

x-1 et 1-x devant être tous les deux strictement positif ...

Cordialement.

breukin

Moi, je travaille dans les complexes (je parle de représentation du log).
La preuve, je pose le changement de variable $ \displaystyle x = 1 + \epsilon e^{i\theta} $.
Et de toute façon, c'est la seule façon pour que la question ait un sens, puisque sans ça, la fonction n'est pas définie.

Donc si on prend la représentation $ \displaystyle \ln z = \ln r + i\theta $ avec $ \displaystyle \phi \le \theta < \phi+2\pi $, on est amené à évaluer (on prend $ \displaystyle \epsilon < 1 $) :
$ \displaystyle \ln(1+\epsilon e^{i\theta}) \ln(-\epsilon e^{i\theta}) \ln(\epsilon e^{i\theta}) $
Le premier terme est équivalent à $ \displaystyle \epsilon e^{i\theta} $

Les deux termes suivants sont égaux à $ \displaystyle \ln(\epsilon) + i \theta + \text{cst} $, les constantes dépendant de la représentation choisie du log.
Ils sont donc équivalents à $ \displaystyle \ln(\epsilon) $ vu que le reste est borné.
Le produit est donc équivalent à $ \displaystyle \epsilon \ln^2(\epsilon) e^{i\theta} $ et tend vers 0 quand $ \displaystyle \epsilon $ tend vers 0 à représentation fixée du log.

jean lismonde

bonjour

supposons que x tende vers 1 à droite, posons $x = 1 + h$ avec h tendant vers 0 à droite
raisonnons sur l'ensemble des complexes comme le fait Breukin

$ln(x-1) = lnh$ et $ln(1-x) = ln(-1) + ln(x-1) = (2k-1)i\pi + ln(h)$

et ton expression $lnx.ln(1-x).ln(x-1)$ devient $ln(1+h).[(2k-1)i\pi + ln(h)]ln(h)$

lorsque h tend vers 0 à droite prenons l'équivalent de l'expression soit: $h.ln(h)(2k-1)i\pi +h.ln²h$

expression qui tend vers 0 lorsque h tend vers 0

si x tend vers 1 à gauche on trouverait le même résultat

cordialement