Limite de suite de fonctions rationnelles
Bonjour, je cherche à déterminer $$
\lim\limits_{k \to +\infty} \left( \dfrac{(k+2)^{(k+1)}}{(k+1)^k} - \dfrac{(k+1)^{(k+1)}}{k^k} \right)
$$ Je me suis dit que quelque soit la valeur de $k$, les deux quotients sont des fonctions rationnelles dont le monôme de plus haut degré est $k$ du coup je pensais dire que cette limite est égale à limite (quand $k \to +\infty$) de $(k-k)$ c'est à dire 0.
Je ne suis pas très serein. Lorsque $k$ tend vers l'infini, mes quotients tendent-ils réellement vers des fonctions rationnelles ? Le problème c'est qu'en haut et en bas je me retrouve avec des combinaisons linéaires qui vont avoir une infinité de termes (en appliquant le binôme de Newton). Ce ne sera par conséquent plus considéré comme des polynômes puisqu'on doit avoir un nombre fini de termes. Par conséquent, les limites de quotient ne sont plus des fonctions rationnelles et je ne pourrai donc pas calculer leur limite comme je l'ai fait plus haut.
Quelqu'un pourrait-il m'éclairer ?
Je vous remercie par avance.
Bien cordialement.
\lim\limits_{k \to +\infty} \left( \dfrac{(k+2)^{(k+1)}}{(k+1)^k} - \dfrac{(k+1)^{(k+1)}}{k^k} \right)
$$ Je me suis dit que quelque soit la valeur de $k$, les deux quotients sont des fonctions rationnelles dont le monôme de plus haut degré est $k$ du coup je pensais dire que cette limite est égale à limite (quand $k \to +\infty$) de $(k-k)$ c'est à dire 0.
Je ne suis pas très serein. Lorsque $k$ tend vers l'infini, mes quotients tendent-ils réellement vers des fonctions rationnelles ? Le problème c'est qu'en haut et en bas je me retrouve avec des combinaisons linéaires qui vont avoir une infinité de termes (en appliquant le binôme de Newton). Ce ne sera par conséquent plus considéré comme des polynômes puisqu'on doit avoir un nombre fini de termes. Par conséquent, les limites de quotient ne sont plus des fonctions rationnelles et je ne pourrai donc pas calculer leur limite comme je l'ai fait plus haut.
Quelqu'un pourrait-il m'éclairer ?
Je vous remercie par avance.
Bien cordialement.
Réponses
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Ce ne sont pas des fonctions rationnelles de $k$ : la variable est aussi en exposant.
Je pense que tu ferais bien d'utiliser $u^v=e^{u\log(v)}... -
rakam voulait dire $u^v=e^{v\log u}.$ J'ai fait le calcul et je trouve que $$\log (1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+x^2\epsilon(x)$$ avec $\epsilon (x)\xrightarrow[x\to 0]{} 0$ appliqué à $\ x=\dfrac 1 k$ et $\ x=\dfrac 1{k+1}$ suffit pour conclure.
-
Je vous remercie d'avoir pris le temps de me répondre. Au temps pour moi, ce ne sont en effet pas des fonctions rationnelles...
En passant par exp et log, j'obtiens :
$(k+2) \times \left( 1 + \dfrac{1}{k+1} \right) ^{k} - (k+1) \times \left( 1 + \dfrac{1}{k} \right) ^{k} = (k+2)e^{k \times \ln\left( 1 + \tfrac{1}{k+1} \right)} - (k+1)e^{k \times \ln\left( 1 + \tfrac{1}{k} \right)}$
J'essaye alors d'étudier les limites des deux termes en posant pour le premier $x=\dfrac{1}{k+1}$ comme suggéré par P. et j'obtiens :
$\lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{x+1}\right) \times e^{\left( \tfrac{1}{x} - 1 \right) \times \ln(1+x)}$
qui est équivalente (en utilisant un DL de $\ln$ à l'ordre2 comme suggéré par P.) à :
$\lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{x+1}\right) \times e^{1-\tfrac{3}{2}x+\tfrac{1}{2}x^2} = +\infty$
Ensuite, j'étudie le deuxième terme de la même façon en posant $x=\dfrac{1}{k}$ et j'obtiens :
$\lim\limits_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{x+1}\right) \times e^{1-\tfrac{1}{2}x} = +\infty$
Et là, je n'arrive pas à conclure parce que j'ai du $+\infty - \infty$. L'ennui c'est que pour chaque terme étudié, j'ai posé un changement de variable différent (pour le premier $x=\dfrac{1}{k+1}$ et après $x=\dfrac{1}{k+1}$) du coup je n'arrive pas à faire le lien entre les deux.
Ça fait très longtemps que je n'ai pas étudié de fonctions puissances et je me sens très nul, my bad...
Merci à Rakam pour m'avoir montré qu'il suffit d'utiliser le $ pour écrire les formules comme sur LateX. -
J'ai plutot fait
$$(k+1)\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}-k\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}.$$ -
Je ne comprends pas, sauf erreur de ma part, j'obtiens :
$\dfrac{(k+2)^{(k+1)}}{(k+1)^k}-\dfrac{(k+1)^{(k+1)}}{k^k}=(k+1)\times \left(1+\dfrac{1}{k+1}\right)^{k+1}-\color{red}{\underline{(k+1)}} \times \left(1+\dfrac{1}{k}\right)^k$ et non $\dfrac{(k+2)^{(k+1)}}{(k+1)^k}-\dfrac{(k+1)^{(k+1)}}{k^k}=(k+1)\times \left(1+\dfrac{1}{k+1}\right)^{k+1}-\color{red}{\underline{k}} \times \left(1+\dfrac{1}{k}\right)^k$
je me suis peut-être planté quelque part où il y a autre chose que je ne vois pas ? -
Bonrjou,
Personnellement, j'utilise la variable : \(h=k+1\),de telle sorte que :
\begin{align}
\frac{(k+2)^{(k+1)}}{(k+1)^k}&=(k+1)\left(\frac{k+2}{k+1}\right)^{k+1}&\frac{(k+1)^{(k+1)}}{k^k}&=(k+1)\left(\frac{k+1}k\right)^k\\
&=h\left(1+\frac1h\right)^h&&=h\left(1-\frac1h\right)^{1-h}
\end{align}
d'où:
\begin{align}
\frac{(k+2)^{(k+1)}}{(k+1)^k}-\frac{(k+1)^{(k+1)}}{k^k}&=
h\left(1+\frac1h\right)^h\left(1-\left(1+\frac1h\right)^{-h}\left(1-\frac1h\right)^{1-h}\right)\\
&\mathop{\sim}_{+\infty}eh\left(1-\left(1-\frac1h\right)\left(1-\frac1{h^2}\right)^{-h}\right)
\end{align} -
Bonjour gb, merci à toi aussi de prendre du temps pour moi.
Pour déterminer $\lim\limits_{h \to +\infty} eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)\left(1-\dfrac{1}{h^2}\right)^{-h}\right)$, j'utilise un DL de ln et j'obtiens :
\begin{align*}
eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)\left(1-\dfrac{1}{h^2}\right)^{-h}\right) & =eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-h \times ln\left(1-\dfrac{1}{h^2}\right)}\right)
\\
& \underset{+\infty}{\sim} eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-h\times \left(-\dfrac{1}{h^2}\right)}\right)
\\
& \underset{+\infty}{\sim} eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{\dfrac{1}{h}}\right)
\\
& \underset{+\infty}{\sim} eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)\right)
\\
& \underset{+\infty}{\sim} e
\end{align*}
Je pense que j'ai du commettre une erreur quelque part parce qu'il me semble que la limite de tout ça est 0 non ? -
shinitchi a écrit:\[eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-h \times ln\left(1-\dfrac{1}{h^2}\right)}\right) \underset{+\infty}{\sim} eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-h\times \left(-\dfrac{1}{h^2}\right)}\right)\]
Cet équivalent, et tous ceux qui suivent en travaillant sur l'exponentielle, me semblent difficiles à justifier.
Mieux vaut faire un développement asymptotique de l'exponentielle pour garder le contrôle de la situation. -
Je n'arrive pas à grand chose, mais je dois mal m'y prendre. Je vous remercie tous en tout cas d'avoir essayé de m'aider. Le temps fera le reste.
-
Il suffit pourtant d'utiliser le développerment limité usuel (??) de \(\ln(1+x)\) au voisinage de 0.
-
j'ai malheureusement beaucoup de lacunes, je ne comprends pas pourquoi l'équivalence est difficile à justifier. Je ne pense pas savoir non plus ce qu'est le développement asymptotique de l'exponentielle. Cela fait très longtemps que je n'ai pas travaillé tout cela...
Il m'a semblé avoir utilisé le développement limité de $ln(1+x)$ au voisinage de 0 en remplaçant $x$ par $-\dfrac{1}{h^2}$. Je me suis contenté de l'ordre $1$ puisque la suite tend aussi vers 0. Mais ce n'est peut-être pas là que j'aurai dû utiliser le DL ? -
Je note :
\begin{align}u&=\ln\left(1-\frac{1}{h^2}\right)&v&=-\dfrac{1}{h^2}\end{align}
Par définiton d'un équivalent :
\[u\underset{+\infty}{\sim}v\iff\lim_{h\to+\infty}\frac uv=1.\]
Penses-tu pouvoir en déduire :
\[1-\left(1-\frac1h\right)e^{-hu}\underset{+\infty}{\sim}1-\left(1-\frac1h\right)e^{-hv}\]
c'est-à-dire :
\[\lim_{h\to+\infty}\frac{1-\left(1-\dfrac1h\right)e^{-hu}}{1-\left(1-\dfrac1h\right)e^{-hv}}=1\ ?\] -
Je pensais que le fait de dire que le développement limité de $ln\left(1-\dfrac{1}{h^2} \right)$ est $-\dfrac{1}{h^2}+o\left(-\dfrac{1}{h^2}\right)$ lorsque $h \to +\infty$ revenait à dire que $ln\left(1-\dfrac{1}{h^2} \right) \underset{+\infty}{\sim} -\dfrac{1}{h^2}$ auquel cas j'en déduisais que :
$1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-hu} \underset{+\infty}{\sim} 1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-hv}$.
Mais là encore, je dois lourdement me tromper... -
shinitchi a écrit:$ln\left(1-\dfrac{1}{h^2} \right) \underset{+\infty}{\sim} -\dfrac{1}{h^2}$ auquel cas j'en déduisais que :
$1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-hu} \underset{+\infty}{\sim} 1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-hv}$.
C'est cette déduction qui pose problème.
La bonne méthode consiste à remplacer \(\ln\left(1-\dfrac1{h^2}\right)\) par sa valeur (exacte…) \(-\dfrac1{h^2}+o\left(\dfrac1{h^2}\right)\). -
Je me permets de reformuler : les équivalents ne sont pas compatibles avec les additions en général.
Par exemple, au voisinage de $+\infty$, on a $\cos\bigl(-\frac1h\bigr)\sim\cos\bigl(\frac1{h^2}\bigr)$ mais $1-\cos\bigl(-\frac1h\bigr)$ n'est pas équivalent à $1-\cos\bigl(\frac1{h^2}\bigr)$ : le premier est équivalent à $\frac1{2h^2}$, le deuxième à $\frac1{2h^4}$.
Pour justifier des additions, il faut garder la trace de l'erreur commise, le $o(h^{\cdots})$ du DL. C'est ce qu'a dit gb. -
D'accord, du coup en gardant la valeur exacte, j'aurais :
\begin{align*}
eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)\left(1-\dfrac{1}{h^2}\right)^{-h}\right) & =eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-h\times ln\left(1-\dfrac{1}{h^2}\right)}\right)
\\
& = eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-h\times \left(-\dfrac{1}{h^2}+o\left(-\dfrac{1}{h^2}\right)\right)}\right)
\\
& = eh\left(1-\left(1-\dfrac{1}{h}\right)e^{-\dfrac{1}{h}+o\left(-\dfrac{1}{h}\right)}\right)
\end{align*}
Et là, je bloque pour montrer que ça tend vers $0$ parce que je ne suis pas sûr de savoir développer asymptotiquement $e^{-\dfrac{1}{h}+o\left(-\dfrac{1}{h}\right)}$. -
Si $h=1/(k+1)$ et si $f(h)=e^{\frac{1}{h}\log(1+h)}$ l'expression initiale est $A+B$ avec
$$A=\frac{1}{h}(f(h)-f(-h)),\ \ B=f(-h).$$ Or $f(h)=e(1-\frac{h}{2}+h\epsilon(h))$ avec $\epsilon(h)\to_{h\to 0} 0.$ Donc $A\to_{h\to 0} -e$, $B\to_{h\to 0} e$ et $A+B\to_{h\to 0} 0.$ -
Merci beaucoup Math Coss pour ta précision sur l'addition des équivalents.
En reprenant les notations de P. je n'arrive pas à voir pourquoi $\lim\limits_{h \to 0} A=-e$. Je comprends que $f(h)=e^{\big(1-\tfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\big)}$ du coup j'obtiens : $$
A =\dfrac{1}{h}\Big(e^{\big(1-\tfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\big)}-e^{\big(1+\tfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\big)}\Big)
$$ et là je bloque encore sur la forme indéterminée $\dfrac{1}{0} \times (e-e)$.
Je suis désolé de ne vraiment rien voir et vous remercie du temps que vous prenez pour moi. -
On peut factoriser $e=e^1$. Reste une différence de deux termes de la forme $e^{u(h)}$ où $u(h)$ tend vers $0$ avec $h$. Plus précisément, $u(h)\sim h/2$ donc $o(u(h))=o(h)$ (de façon équivalente, une fonction qui s'écrit $u(h)\varepsilon(u(h))$ s'écrit $h\tilde{\epsilon}(h)$ et inversement).
On utilise le DL de l'exponentielle : $e^{u(h)}=u(h)+o(u(h))=u(h)+o(h)$, etc. -
J'ai essayé de suivre tes conseils Math Coss ainsi que ceux de P. Ne maîtrisant pas trop la théorie des DL et des équivalents, je manque peut-être de rigueur en écrivant ce qui suit ?
\begin{align*}
A & = \dfrac{1}{h} \Big(e^{\big(1-\tfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\big)}-e^{\big(1+\tfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\big)} \Big)
\\
& = \dfrac{1}{h} \Big(e^1\times e^{\big(-\tfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\big)}-e^1\times e^{\big(\tfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\big)}\Big)
\\
& = \dfrac{1}{h} \times e\Big(e^{\big(-\tfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\big)}-e^{\big(\tfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\big)}\Big)
\\
& = \dfrac{1}{h} \times e\left(1-\dfrac{h}{2}+h\epsilon(h)+o\Big(-\dfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\Big)- 1-\dfrac{h}{2}+h\epsilon(h)+o\Big(\dfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\Big)\right)
\\
& = \dfrac{1}{h} \times e \left(-h+2h\epsilon(h)+o\Big(-\dfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\Big)+o\Big(\dfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\Big)\right)
\\
& = -e +2e\epsilon(h)+\dfrac{o\Big(-\dfrac{h}{2}+h\epsilon(h)\Big)+o\Big(\dfrac{h}{2}-h\epsilon(h)\Big)}{h}
\\
& \underset{h \to 0}{\rightarrow} -e
\end{align*} -
Disons que tu mélanges deux types de notations pour les restes : les $o(\cdots)$ et le plus rudimentaires $h^\cdots\varepsilon(h^\cdots)$, ce qui conduit à des choses inutilement lourdes. Le résultat final est juste.
Voici deux autres rédactions possibles (on convient que les $\epsilon(h^\cdots)$ représentent des fonctions différentes dont la seule propriété connue est de tendre vers $0$ avec $h$ ; il faudrait mettre des symboles différents mais ça alourdirait pour rien) :
\begin{align*}
\frac{1}{h} \left(e^{1-\frac{h}{2}+h\epsilon(h)}-e^{1+\frac{h}{2}-h\epsilon(h)} \right)&=
\frac{e}h\left(-\frac{h}2+h\epsilon(h)+\epsilon\left(\frac{h}{2}+h\epsilon(h)\right)
-\frac{h}2+h\epsilon(h)+\epsilon\left(\frac{h}{2}+h\epsilon(h)\right)\right)\\
&=\frac{e}h\left(-h+h\epsilon(h)\right)=-e+\epsilon(h)\;;\\
\frac{1}{h} \left(e^{1-\frac{h}{2}+o(h)}-e^{1+\frac{h}{2}-o(h)} \right)&=
\frac{e}{h}\left(-\frac{h}{2}+o(h)-\left(\frac{h}{2}+o(h)\right)\right)\\
&=\frac{e}{h}(-h+o(h))=-e+o(1).
\end{align*}
La limite est donc $-e$. -
Merci beaucoup pour ces précisions Math Coss. J'ai beaucoup à apprendre sur les DL et les équivalents... Il me manque juste du temps en ce moment.
Merci à tous d'avoir pris du temps pour moi, même si je ne comprenais pas tout.
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