Limite d'une fonction
dans Analyse
Bonjour à tous,
J'aimerais montrer à l'aide de la définition de ce qu'est une limite d'une fonction au voisinage d'un point que, $$
\lim_{ x \to 0^+ } \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } = + \infty.
$$ Merci d'avance.
J'aimerais montrer à l'aide de la définition de ce qu'est une limite d'une fonction au voisinage d'un point que, $$
\lim_{ x \to 0^+ } \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } = + \infty.
$$ Merci d'avance.
Réponses
-
Aucun intérêt, fais-le tout seul, puisque ça te plaît.
-
Perte de tempsLe 😄 Farceur
-
S'il vous plaît, juste pour me familiariser avec ce genre de définition, et pour que ça devient un automatisme.
Quelle est la définition qu'il faut utiliser ?
Merci d'avance. -
Tu te moques du monde ?
La définition est dans tous les cours de L1/prépa, tu peux la trouver toi-même, gros bêta ! Et ta question est déraisonnable.
En fait, ce fil est simplement fait pour qu'on te réponde, pas pour faire des maths. Sinon l'expression serait moins compliquée, mais ton incohérence mentale t'empêche de te rendre compte de ce que tu fais.
Je crois qu'il est temps de trouver un médecin pour traiter tes problèmes, ici tu ne règleras rien, tu feras seulement l'âne pour avoir du son. Tu es malade, Pablo, vois un psychiatre ou un psychologue. -
Si je ne m'abuse, il faut utiliser la définition suivante,
$ \forall A > 0, \ \exists \eta > 0 , \ \forall x \in \mathbb{R} $,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $$
Non ? -
Soit $ A > 0 $ tel que, $ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $.
Alors,
Si, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > A^4 \Big) $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A \Big) $.
Si, $ \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \dfrac{A ^{4}}{2} \\ \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > \dfrac{A ^{4}}{2} \end{cases} $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > A^4 \Big) $
Si, $ \begin{cases} x^4 + \dfrac{1}{x^{5}} > \dfrac{A ^{12}}{8} \\ x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} > \dfrac{A ^{20}}{32} \end{cases} $, alors, $ \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \dfrac{A ^{4}}{2} \\ \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > \dfrac{A ^{4}}{2} \end{cases} $
Non ?
Comment poursuivre alors, le calcul ?
Merci d'avance. -
Si, $ \begin{cases} \dfrac{1}{x^{5}} > \dfrac{A ^{12}}{8} \\ \dfrac{1}{x^{3}} > \dfrac{A ^{20}}{32} \\ \\ x > 0 \end{cases} $, alors, $ \begin{cases} x^4 + \dfrac{1}{x^{5}} > \dfrac{A ^{12}}{8} \\ x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} > \dfrac{A ^{20}}{32} \end{cases} $
Si, $ \begin{cases} x^{5} < \dfrac{8}{A ^{12}} \\ x^{3} < \dfrac{32}{A ^{20}} \\ \\ x > 0 \end{cases} $, alors, $ \begin{cases} \dfrac{1}{x^{5}} > \dfrac{A ^{12}}{8} \\ \dfrac{1}{x^{3}} > \dfrac{A ^{20}}{32} \\ \\ x > 0 \end{cases} $.
Si, $ \begin{cases} 0 < x < \sqrt[ \displaystyle 5]{\dfrac{8}{A ^{12}}} \\ 0 < x < \sqrt[ \displaystyle 3]{\dfrac{32}{A ^{20}}} \end{cases} $, alors, $ \begin{cases} x^{5} < \dfrac{8}{A ^{12}} \\ x^{3} < \dfrac{32}{A ^{20}} \\ \\ x > 0 \end{cases} $.
Si, $ 0 < x < \inf \Big( \sqrt[ \displaystyle 5]{\dfrac{8}{A ^{12}}} , \sqrt[ \displaystyle 3]{\dfrac{32}{A ^{20}}} \Big) $, alors, $ \begin{cases} 0 < x < \sqrt[ \displaystyle 5]{\dfrac{8}{A ^{12}}} \\ 0 < x < \sqrt[ \displaystyle 3]{\dfrac{32}{A ^{20}}} \end{cases} $.
Non ? -
Par conséquent, il suffit de prendre $ \eta = \inf \Big( \sqrt[ \displaystyle 5]{\dfrac{8}{A ^{12}}} , \sqrt[ \displaystyle 3]{\dfrac{32}{A ^{20}}} \Big) $, pour que,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $$.
D'où, $ \forall A > 0, \ \exists \eta > 0 , \ \forall x \in \mathbb{R} $,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $$
D'où,
$$ \displaystyle \lim_{ x \to 0^+ } \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } = + \infty $$
CQFD.
C'était facile à établir en fait. (:D -
Bonsoir,
Tout ça pour une limite qui se fait de tête !!
Ou alors le but est de nous montrer qu tu sais écrire en $\LaTeX$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
Quelle est la limite (avec des détails) si on remplace le $+$ du milieu par un $-$ ?
\[\lim_{x\to 0^+}\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4+\frac 1{x^5}}-\sqrt[5]{x^4+\frac 1{x^3}}}\]
Une dernière, pour la route :
\[\lim_{x\to 0^+}\sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}}-\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}}\] -
Bonjour Philippe,
J'ai réfléchi un peu à la manière de calculer ces deux limites, et il semble qu'ils sont un peu dur à traiter sans les outils d'approximations qu'on voit en L1 : Negligeabilité, équivalence ... etc.
Comment simplifier l'expression, $ \sqrt[3]{ x^4+ \dfrac{1}{x^{5}}} -\sqrt[5]{ x^4+\dfrac{1}{x^{3}}} $ ?
Merci d'avance. -
Bonjour,
Quand on maîtrise Hodge, on voit que $\dfrac{5}{3} > \dfrac{3}{5}$.
Cordialement,
Rescassol -
Oui, je sais, mais ton raisonnement conduit à nul part.
-
Bonsoir,
Si, il conduit à la solution, réfléchis un peu.
Cordialement,
Rescassol -
Au voisinage de $ 0^+ $, on a,
$ \sqrt[3]{ x^4+ \dfrac{1}{x^{5}}} -\sqrt[5]{ x^4+\dfrac{1}{x^{3}}} \displaystyle \sim_{0^{+}} \sqrt[3]{ \dfrac{1}{x^{5}}} -\sqrt[5]{\dfrac{1}{x^{3}}} \sim_{0^{+}} x^{ -\tfrac{5}{3} } -x^{- \tfrac{3}{5}} \sim_{0^{+}} x^{ -\tfrac{5}{3} } ( 1 - x^{ \tfrac{5}{3} - \tfrac{3}{5} } ) \sim_{0^{+}} x^{ -\tfrac{3}{5} } ( 1 - x^ { \tfrac{16}{15}} ) $
$ \sim_{0^{+}} x^{ -\tfrac{3}{5} } ( 1 - x.x^ { \tfrac{1}{15}} ) \sim_{0^{+}} x^{ - \tfrac{3}{5} } $
D'où, \[
\lim_{x\to 0^+}\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4+\frac 1{x^5}}-\sqrt[5]{x^4+\frac 1{x^3}}} = + \infty .
\] Si je ne m'abuse, il faut utiliser la définition suivante.
$ \forall A > 0, \ \exists \eta > 0 , \ \forall x \in \mathbb{R} $,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $$
pour la démontrer. Non ?
Est ce ça va jusqu'ici ?
Merci d'avance. -
Soit $ A > 0 $ tel que, $ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $.
Alors,
Si, $ \Big( \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > A^4 \\ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}}} \end{cases} \Big) $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A \Big) $.
Si, $ \Big( \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } + A^4 \\ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}}} \end{cases} \Big) $, alors, $ \Big( \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > A^4 \\ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}}} \end{cases} \Big) $,
Si, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } + A^4 \Big) $, alors, $ \Big( \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } + A^4 \\ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}}} \end{cases} \Big) $
Si, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > A^4 \Big) $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } + A^4 \Big) $
Si, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > A^4 \Big) $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } > A^4 \Big) $
Si, $ \Big( x^4 + \dfrac{1}{x^{5}} > A^{12} \Big) $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} > A^4 \Big) $
Si, $ \Big( \dfrac{1}{x^{5}} > A^{12} \Big) $, alors, $ \Big( x^4 + \dfrac{1}{x^{5}} > A^{12} \Big) $
Si, $ \Big( 0 < x^5 < A^{-12} \Big) $, alors, $ \Big( \dfrac{1}{x^{5}} > A^{12} \Big) $
Si, $ \Big( 0 < x < A^{- \dfrac{12}{5}} \Big) $, alors, $ \Big( 0 < x^5 < A^{-12} \Big) $
Par conséquent, il suffit de prendre $ \eta = A^{- \dfrac{12}{5}} $, pour que,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $$.
D'où, $ \forall A > 0, \ \exists \eta > 0 , \ \forall x \in \mathbb{R} $,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } > A $$
D'où,
$$ \displaystyle \lim_{ x \to 0^+ } \sqrt[ \displaystyle 4]{ \sqrt[ \displaystyle 3]{x^4 + \dfrac{1}{x^{5}}} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^4 + \dfrac{1}{x^{3}} } } = + \infty $$
CQFD.
Êtes vous d'accord ? -
Pour la limite suivante,
\[\lim_{x\to 0^+}\sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}}-\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}}\]
Au voisinage de $ 0^+ $, on a,
$ \sqrt[3]{ 1+ \dfrac{1}{x^{3}}} -\sqrt[5]{ 1+\dfrac{1}{x^{5}}} \displaystyle \sim_{0^{+}} \sqrt[3]{ \dfrac{1}{x^{3}}} -\sqrt[5]{\dfrac{1}{x^{5}}} \displaystyle \sim_{0^{+}} 0 $
D'où,
\[\lim_{x\to 0^+} \sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}} -\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}} = 0 \]
Si je ne m'abuse, il faut utiliser la définition suivante,
$ \forall \epsilon > 0, \ \exists \eta > 0 , \ \forall x \in \mathbb{R} $,
$$ 0 < x < \eta \ \ \Longrightarrow \ \ \Big| \sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}} -\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}} \Big| < \epsilon $$
pour la démontrer. Non ?
Est ce ça va jusqu'ici ?
Merci d'avance.
Edit : La méthode suivie dans ce poste est fausse, parce que, en général, si $ f_1 \sim_x f_2 $ et $ g_1 \sim_x g_2 $, alors, on n'a pas forcément, $ f_1 + g_1 \sim_x f_2 + g_2 $. -
Soit $ \epsilon > 0 $ tel que, $ \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac 1{x^3}}-\sqrt[ \displaystyle 5]{1+\dfrac 1{x^5}} \Big| < \epsilon $.
Alors,
Si, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac 1{x^3}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{1+\dfrac 1{x^5}} < \epsilon \Big) $, alors, $ \Big( \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac 1{x^3}}-\sqrt[ \displaystyle 5]{1+\dfrac 1{x^5}} \Big| < \epsilon \Big) $.
C'est juste l'application de l'inégalité triangulaire, $ |a-b| \leq |a| + |b| $ pour tout $ a,b \in \mathbb{R} $.
Si, $ \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac{1}{x^3}} < \dfrac{ \epsilon }{2} \\ \sqrt[ \displaystyle 5]{1 + \dfrac{1}{x^{5}} } < \dfrac{ \epsilon }{2} \end{cases} $, alors, $ \Big( \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac 1{x^3}} + \sqrt[ \displaystyle 5]{1+\dfrac 1{x^5}} < \epsilon \Big) $
Si, $ \begin{cases} 1+\dfrac{1}{x^3} < \dfrac{ \epsilon^3 }{8} \\ 1 + \dfrac{1}{x^{5}} < \dfrac{ \epsilon^{5} }{32} \\ x > 0 \end{cases} $, alors, $ \begin{cases} \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac{1}{x^3}} < \dfrac{ \epsilon }{2} \\ \sqrt[ \displaystyle 5]{1 + \dfrac{1}{x^{5}} } < \dfrac{ \epsilon }{2} \end{cases} $
A partir de là, il se trouve qu'il y'a quelque chose qui ne va pas bien. Qui peut me corriger et me mettre sur le bon chemin ?
Merci d'avance. -
\[\lim_{x\to 0^+}\sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}}-\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}} = \lim_{x\to 0^+} \dfrac{1}{x} \Big( \sqrt[3]{x^3 +1}-\sqrt[5]{x^{5}+1} \Big) = \Big( \sqrt[3]{x^3 +1}-\sqrt[5]{x^{5}+1} \Big) '(0) \]
Je termine demain si j'aurai un peu de temps.
Bonne nuit. -
Une fonction équivalente à 0 au voisinage de $a$ est nulle au voisinage de $a$.
-
Bonsoir,
D'accord @Héhéhé,
Alors,
$ \Big( x \mapsto \sqrt[3]{x^3 +1}-\sqrt[5]{x^{5}+1} \Big) '(0) = \Big( x \mapsto \exp \Big( \dfrac{1}{3} \ln (x^3 +1) \Big) - \exp \Big( \dfrac{1}{5} \ln (x^{5}+1) \Big) \Big) '(0) $
$ = \Big( x \mapsto \dfrac{3x^{2}}{3(x^3 + 1)} \mathrm{exp} \Big( \dfrac{1}{3} \ln (x^3 +1) \Big) - \dfrac{5x^{4}}{5(x^5 + 1)} \mathrm{exp} \Big( \dfrac{1}{5} \ln (x^{5}+1) \Big) \Big) (0) $
$ = \Big( x \mapsto \dfrac{x^{2}}{x^3 + 1} \sqrt[3]{x^3 +1} - \dfrac{x^{4}}{x^5 + 1}\sqrt[5]{x^5 +1} \Big) (0) = 0 $
D'où,
\[\lim_{x\to 0^+}\sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}}-\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}} = \lim_{x\to 0^+} \dfrac{1}{x} \Big( \sqrt[3]{x^3 +1}-\sqrt[5]{x^{5}+1} \Big) = \Big( x \mapsto \sqrt[3]{x^3 +1}-\sqrt[5]{x^{5}+1} \Big) '(0) = 0 \]
Non ? -
-
Soit $ \epsilon > 0 $ tel que, $ \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac 1{x^3}}-\sqrt[ \displaystyle 5]{1+\dfrac 1{x^5}} \Big| < \epsilon $.
Alors,
Si, $ \Big( \dfrac{1}{|x|} \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} \Big| < \epsilon \Big) $, alors, $ \Big( \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{1+\dfrac 1{x^3}}-\sqrt[ \displaystyle 5]{1+\dfrac 1{x^5}} \Big| < \epsilon \Big) $.
Quelqu'un peut-il me montrer l'étape qui doit suivre. Je suis bloqué.
Merci d'avance. -
Si je réussis à montrer que, $ \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} \Big| \leq |x|^2 $ pour tout $ x $ au voisinage de $ 0^+ $, c'est réglé.
Comment alors montrer que, $ \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} \Big| \leq |x|^2 $ pour tout $ x $ au voisinage de $ 0^+ $ ?
Merci d'avance. -
-
Montrons qu'au voisinage de $ 0^+ $, on a, $ \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} \Big| \leq |x|^2 $.
C'est à dire, montrons qu'au voisinage de $ 0^+ $, on a, $ - x^2 \leq \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} \leq x^2 $
Faisons alors une étude de fonction pour établir cette double inégalité.
Posons, $ f(x) = \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} - x^2 $.
$ f $ est définie pour tout $ x \geq 0 $ et on a, $ f(0) = 0 $.
$ f $ est continue et dérivable pour tout $ x > 0 $.
Pour tout $ x > 0 $, $ f'(x) = \dfrac{x^{2}}{x^3 + 1} \sqrt[3]{x^3 +1} - \dfrac{x^{4}}{x^5 + 1}\sqrt[5]{x^5 +1} - 2x $.
Oh mon Dieu, c'est trop long.
Comment montrer que, $ f'(x) < 0 $ pour tout $ x > 0 $ ?
Merci d'avance. -
Bonjour,
Utilise $a^{15}-b^{15}=(a-b)(...)$ avec $a=(1+x^3)^{\frac13}$ et $b=(1+x^5)^{\frac15}.$ -
Ta méthode est compliquée et ne mène à rien YvesM.
N'as-tu pas une autre astuce plus simple à suivre ?
Merci d'avance. -
Ta limite se calcule avec des développements limités, c'est dans n'importe quel cours un peu sérieux de L1 ou de prépa.
-
Relis depuis le début Héhéhé, pour voir où se situe le hic.
J'ai déjà calculé la limite. Je cherche maintenant à établir cette limite à l'aide de la définition de la notion de limite.
Essaie de lire tout doucement, où je me suis arrêté jusqu'à maintenant. -
Quel est l'intérêt de revenir à la définition ?
-
Pour m'entraîner à faire ce genre de raisonnement de musculation mentale, et devenir pro.
-
Ca n'a aucun intérêt, en mathématiques personne ne va revenir à la définition pour des limites de fonctions usuelles pour des fonctions aussi compliquée, c'est comme si tu voulais t'entrainer à courir avec des chaussures de ski pour devenir champion du 100 metres.
Tu veux progresser sur les limites ? Suis un vrai cours sur les limites, sois capable de démontrer toutes les propriétés sur les limites (par exemple somme, produit, composition, quotient de limites) et faire les exercices classiques dessus. -
Qui peut me montrer que $ \Big| \sqrt[ \displaystyle 3]{x^{3}+1} - \sqrt[ \displaystyle 5]{x^{5}+1} \Big| \leq |x|^2 $ pour tout $ x $ au voisinage de $ 0^+ $ ?
Merci. -
Bonjour,
Ça t'arrive de lire et de comprendre ce qu'on te répond ?
Cordialement,
Rescassol -
J'aimerais une réponse claire et détaillée, pas que des mots sans aucune signification concrète.
-
Tu es détestable Pablo. Malgré tes innombrables délires, des gens perdent encore leur temps à essayer de t'aider, et toi tu leur réponds systématiquement, tel un enfant capricieux, que ça ne te convient pas parce que ce n'est soi-disant pas assez détaillé, voire faux (un comble, venant de quelqu'un qui écrit autant d'âneries constamment).
-
Ce n'est pas ce qu'on appelle un troll ?
-
La particularité étant que lui ne le sait pas.
-
Moi aussi j'ai une grande gueule, mais, je ne l'utilise pas sur un forum. :)o
-
Bonsoir Pablo,
Dans l'expression $\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4+\frac 1{x^5}}-\sqrt[5]{x^4+\frac 1{x^3}}}$, je regarde ce qui est le plus "gros" lorsque $x>0$ est proche de $0$ : ce sont $\frac 1{x^5}$ et $\frac 1{x^3}$.
Je les mets en facteur et je les sors des radicaux dans lesquels ils se trouvent :
\[\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^4+\frac 1{x^5}}-\sqrt[5]{x^4+\frac 1{x^3}}}=\sqrt[4]{x^{-\frac 53}\sqrt[3]{x^9+1}-x^{-\frac 35}\sqrt[5]{x^7+1}}\]
De nouveau, je regarde ce qui est le plus "gros" : c'est $x^{-\frac 53}$ : je factorise par cette quantité et je la fais sortir de la racine quatrième :
\[\sqrt[4]{x^{-\frac 53}\sqrt[3]{x^9+1}-x^{-\frac 35}\sqrt[5]{x^7+1}}=x^{-\frac 5{12}}\sqrt[4]{\sqrt[3]{x^9+1}-x^{\frac {16}{15}}\sqrt[5]{x^7+1}}\]
Ainsi, je peux voir que le facteur $x^{-\frac 5{12}}$ tend vers $+\infty$ lorsque $x$ tend vers $0$ alors que le facteur avec la racine quatrième tend vers $1$.
La limite cherchée est donc $+\infty$ pour ce premier cas.
Pour la deuxième, tu as trouvé l'astuce : si $x>0$, on a
\[\sqrt[3]{1+\frac 1{x^3}}-\sqrt[5]{1+\frac 1{x^5}}=\frac{(x^3+1)^{\frac 13}-1}x-\frac{(x^5+1)^{\frac 15}-1}x\]
Or, la dérivée de $x\mapsto (x^3+1)^{\frac 13}$ est $x\mapsto\dfrac{x^2}{(x^3+1)^{\frac 23}}$ et celle de $x\mapsto(x^5+1)^{\frac 15}$ est $x\mapsto\dfrac{x^4}{(x^5+1)^{\frac 45}}$.
J'ai utilisé dans les deux cas la formule $(u^\alpha)'=\alpha u^{\alpha-1}u'$.
Ces deux dérivées s'annulent en $0$, donc la limite cherchée est $0$. -
Merci Philippe.
-
Au voisinage d'un point, sauf éventuellement en celui-ci... Revois tes classiques Pablo !
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