Morceau de l'exponentielle intégrale

Si tu utilises l'inégalité précédente (je n'ai pas vérifiée si elle était vraie) et si tu divises par $-\ln(x)$ pour un $x\in]0,1[$, tu obtiens une inégalité qui donne le résultat demandé par le théorème des gendarmes.

Donc en admettant cette double inégalité, la limite serait bel et bien $e$.

Au fait, la dérivée de $f(x)$, ce n'est pas $\frac{e^x}{x}$ ?

Même si cela ne change pas les résultats on peut remarquer que la double inégalité à démontrer au 1) est fausse pour x=2 par exemple .
il faudrait lire je pense $ e^x-e$ et non $ e^x-1$ au numérateur...

@ André 49 quelle doit être la valeur en 0 du numérateur et du dénominateur pour appliquer la règle de L'Hospital ?

Edit: En appliquant la généralisation de la règle au cas de limites infinies ( $-\infty$ ici ) on obtient 1 effectivement ...bizarre...

Il n'empêche qu'il existe une généralisation qui donnerait 1 pour limite ...

Edit : Les calculs numériques avec Maxima semblent confirmer la limite $1$ et non $e$

Je n'ai pas compris de quelle limite vous parlez pour l'Hôpital

Quand $x \to 0$,
$f(x) = \int_1^x \frac{e^t}{t}dt = \int_1^x \frac{1+O(t)}{t} dt = g(x)+O(1) = (1+o(1))g(x)$ où $g(x) = \ln x $ donc $A=\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{g( x)} = 1$

On a aussi que $\lim_{x \to 0^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} =C$ converge et $g(x),g'(x)$ convergent tous les deux vers $ +\infty$ donc on peut appliquer l'Hôpital $A= C$

(car $f(x) =f(1)+\int_1^x f'(t)dt=f(1)+ \int_1^x (C g'(t) + o(g '( t)))dt=f(1)+C (g(x)-g(1))+o(g(x))= g(x)(C+o(1))$ donc $\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{g (x)} =\lim_{x \to 0^+} \frac{ g(x)(C+o(1))}{g(x)} =C$)