Équivalent simple
Réponses
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OShine a écrit:Mais comment faire avec l'autre méthode ?
$\dfrac{\ln (n)+ 1/n+o(1/n)}{\sqrt{n}}- \dfrac{ \ln(n)}{\sqrt{n}} (1-1/2n+o(1/n))$ quand je développe ça donne des trucs trop compliqués.
C'est ce que @Gilles t'as écrit... donc, tu as fini ...
$\dfrac{1}{\sqrt{n}}[\ln (n)+ 1/n - \ln(n)(1-1/2n) +o(1/n) - \ln(n)o(1/n)]$ tu y vois plus clair ?...
Honnêtement, quand tu es en galère, "écoute" les conseils que les "maitres Jedi" te donnent... c'est ce que fait le padawan que je suis! -
Je n'ai pas trouvé sur Wolfram comment calculer un équivalent.
J'ai essayé de suivre la méthode de Gilles mais je ne comprends pas la fin.
$\dfrac{\ln (n)+ 1/n+o(1/n)}{\sqrt{n}}- \dfrac{ \ln(n)}{\sqrt{n}} (1-1/2n+o(1/n)) \\
= \dfrac{ 1}{n \sqrt{n}} + o(\dfrac{ 1}{n \sqrt{n}})+\dfrac{\ln (n)}{2 n \sqrt{n}} +o(\dfrac{ \ln(n)}{n \sqrt{n}} $
Ici je bloque. -
Bonsoir, il n'y a plus rien à faire à part comparer les termes entre eux; comme le logarithme admet une limite infinie le terme $ \frac{\ln(n)}{2n\sqrt{n}}$ est le terme prépondérant et donne un équivalent simple de la somme.A demon wind propelled me east of the sun
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Merci. Je crois avoir enfin compris !
$E= \dfrac{ 1}{n \sqrt{n}} + o(\dfrac{ 1}{n \sqrt{n}})+\dfrac{\ln (n)}{2 n \sqrt{n}} +o(\dfrac{ \ln(n)}{n \sqrt{n}}) $
On a $\dfrac{ 1}{n \sqrt{n}} = o(\dfrac{ \ln(n)}{n \sqrt{n}})$ et $ o(\dfrac{ 1}{n \sqrt{n}}) =o(\dfrac{ \ln(n)}{n \sqrt{n}})$
Ce qui permet d'écrire $E=\dfrac{\ln (n)}{2 n \sqrt{n}} +o(\dfrac{ \ln(n)}{n \sqrt{n}})$
L'équivalent recherché est donc $\dfrac{n(n-1)}{2} \times \dfrac{\ln (n)}{2 n \sqrt{n}} \sim \dfrac{n^2}{2} \times \dfrac{\ln (n)}{2 n \sqrt{n}} $
Soit l'équivalent final recherché $\boxed{\dfrac{ \sqrt{n} \ln (n)}{4 }}$ -
Le premier est simple. Résolu en 10 min. A force d'avoir fait les autres, j'ai compris le principe pour trouver des équivalents rapidement.
Le numérateur et le dénominateur sont des fonctions de classe $C^{\infty}$ sur $\R$, d'après la formule de Taylor Young appliquée à l'ordre $1$ on a $\cos(x)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2} (x-\dfrac{\pi}{3}) +o (x-\dfrac{\pi}{3})$
Donc $2 \cos(x)-1 = -\sqrt{3} (x-\dfrac{\pi}{3})+o( (x-\dfrac{\pi}{3})$
De même $\sin(3x)=-3 (x-\dfrac{\pi}{3})+o( (x-\dfrac{\pi}{3})$
Donc $f(x) \sim \dfrac{-3 (x-\dfrac{\pi}{3})}{ - \sqrt{3} (x-\dfrac{\pi}{3})} \sim \sqrt{3}$
Donc $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow \pi /3 } \dfrac{ \sin(3x)}{2 \cos(x)-1} = \sqrt{3}}$ -
@ OShine : il faut avoir le réflexe de penser au théorème de l'Hôpital avant de se plonger dans les dl pour le calcul d'une limite indéterminée. Ton premier exemple se résout en 30 secondes pas 10 minutes avec le susdit théorème .
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Niveau terminale, pour tout $x\in\,]{-}\pi/3,5\pi/3[\setminus\{\pi/3\}$,
$$\frac{ \sin(3x)}{2 \cos(x)-1}=\frac{\dfrac{\sin(3x)}{x-\pi/3}}{\dfrac{2 \cos(x)-1}{x-\pi/3}}.
$$Donc $\ \lim\limits_{x \rightarrow \pi /3 } \dfrac{ \sin(3x)}{2 \cos(x)-1} =\dfrac{3\cos(\pi)}{-2\sin(\pi/3)}=\sqrt 3$. -
En dépit de l'indulgence de bd2017 qui a écrit :
"Les notations de Landau sont des notations très bien définies et qui permettent d'alléger l'écriture."
pour justifier ta fameuse égalité de $o$ (ou $O$) je persiste à dire qu'une démonstration comportant
$$o\Big(\dfrac{ 1}{n \sqrt{n}}\Big) =o\Big(\dfrac{ \ln(n)}{n \sqrt{n}}\Big)
$$ ne peut être acceptée.
Prends des risques si tu veux mais gare aux dégâts.
Certes il y a des règles pour l'écriture des notations de Landau mais à ma connaissance, le premier membre d'une égalité comportant ces symboles DOIT être une fonction et $o(...)$ ne peut être considéré comme une fonction. -
Oshine
Un grand bonjour
Pour montrer aux autres que tu es capable maintenant d'attaquer d'autres situations, donne nous l’équivalent de la suite
$${\binom{2n}{n}}\arctan\Big(\dfrac{\log(n+1)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{\log n}\Big).
$$ Évite dans tes calculs d’être exposé aux rayonnement de Saturne.Le 😄 Farceur -
SERGE_S je ne vois pas comment faire par encadrement.
Gai Requin bien vu B-)- -
Salut gebrane, sans Stirling ? :-D
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Bonjour mon ami gai requin, il peut utiliser ce qu'il veut pourvu qu'il soigne sa rédaction.Le 😄 Farceur
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Très bonne remarque, rakam :-)
À méditer ! -
Gebrane tu veux me surcharger de travail ? Je voulais en faire encore 2 autres dans la feuille de DM donnée par Alexique.
On a $\binom{2n}{n} \arctan(\dfrac{\log(n+1)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{\log n})$
Premièrement on a $\binom{2n}{n}=\dfrac{(2n)!}{n!^2}$
Or $n! \sim \sqrt{2 \pi n} (\dfrac{n}{e})^n$ donc $(2n)! \sim 2 \sqrt{ \pi n} 4^n (\dfrac{n}{e})^{2n}$
Et $(n!)^2 \sim 2 \pi n (\dfrac{n}{e})^{2n}$
D'où $\boxed{\binom{2n}{n} \sim \dfrac{4^n}{\sqrt{\pi n}}}$
Or $\dfrac{\log(n+1)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{\log n}=\dfrac{\log(n)+log(1+1/n)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n} \sqrt{1+1/n}}{\log n}$
Mais $log(1+1/n)= 1/n+o(1/n)$ et $ \sqrt{1+1/n}=1+1/(2n)+o(1/n)$
Donc $\dfrac{\log(n+1)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{\log n}=\dfrac{\log(n)+1/n+o(1/n)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n}( 1+1/(2n)+o(1/n))}{\log n} \\
=\dfrac{\log(n)}{\sqrt n}+\dfrac{1}{n \sqrt n} + o(\dfrac{1}{n \sqrt n}) - \dfrac{\sqrt{n}}{\log(n)} - \dfrac{1}{2n \log(n)} +o( \dfrac{1}{n \log(n)}) \\
= \dfrac{\log(n)}{\sqrt n} - \dfrac{\sqrt{n}}{\log(n)} - \dfrac{1}{2n \log(n)} +o( \dfrac{1}{n \log(n)})$
Je bloque ici. -
Oshine le terme $\binom{2n}{n}$ dans la suite était là, seulement pour décoration.
Tu dois t'en sortir seul cette fois-ciLe 😄 Farceur -
J'ai trouvé sans utiliser de DL je crois.
On a $A=\dfrac{ \ln(n+1)}{\sqrt{n}} - \dfrac{\sqrt{n+1}}{\ln(n)} = \dfrac{ \ln(n) \ln(n+1) - \sqrt{n} \sqrt{n+1}}{\sqrt{n} \ln(n)}$
Par croissances comparées $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(n) \ln(n+1) - \sqrt{n} \sqrt{n+1}}{\ln (n) \ln(n+1)}=1$
Donc $A \sim \dfrac{\ln(n) \ln(n+1)}{ \sqrt{n} \ln(n)} \sim \dfrac{\ln (n)}{\sqrt{n}}$ -
Tu as oublié d'encadrer tes formules :-D
CHECK [VÉRIFIE] TES CALCULS SUR UN LOGICIEL DE CALCUL FORMEL AVANT DE POSTER. -
Que des bêtises !Le 😄 Farceur
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Oui c'est archi faux, je reprends une expression correcte :-X
$\boxed{ A=\dfrac{\log(n)}{\sqrt n} - \dfrac{\sqrt{n}}{\log(n)} - \dfrac{1}{2 \sqrt{n} \log(n)} +o( \dfrac{1}{n \log(n)})}$
Cette expression est bien correcte, je l'ai vérifié sur Wolfram.
Comment en déduire un équivalent de cette usine à gaz ? -
C'est évident, tu gardes le terme qui croît beaucoup plus vite que tous les autres.
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Et un équivalent de A ? Tu ne l'as toujours pas donné...
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Quelle usine à gaz?
Franchement tu n'es pas capable de voir le terme prépondérant et
tu penses pouvoir donner des colles en classe prépa? -
$A \sim -\dfrac{\sqrt{n}}{\log(n)}$ et je ne sais pas terminer.
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Les croissances comparées c'est niveau terminale!
A chaque message chaque nouvelle ligne que tu écris est fausse. Tu dois tout vérifier sur wolfram alpha, c'est honteux là... -
Oui il y a un problème $A$ ne tend pas vers $0$ mais vers $- \infty$
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Gebrane t'es sûr de ton énoncé ?
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Pars du principe qu'il n'y a pas de probleme dans l'énoncé
Rappel :
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Oui, mon énoncé est bien choisi!
Alors cet equivalent vaut quoi de ma suiteLe 😄 Farceur -
Bonjour, en parlant d'usine à gaz, je ne crois pas que les DL soit très utiles ici... et ça éviterait de se poser des questions sur l'usage des $o$...
$\dfrac{\ln(n+1)}{\sqrt n}$ tend vers 0 et $\dfrac{\sqrt{n+1}}{\ln n}$ vers l'infini
$\dfrac{\ln(n+1)}{\sqrt n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{\ln n} \sim -\dfrac{\sqrt{n+1}}{\ln n} \sim -\dfrac{\sqrt{n}}{\ln n}$.
Et comme dirait Gilbert Becault: "et maintenant, que vais-je faire ?"... $arctan$...
NB: attention à ne pas confondre le Bécot, ce petit baiser, avec le Bezout.... -
TrackTrick j'ai trouvé pareil mais le passage à l'arctangente me bloque.
On sait que $Arctan(x) \sim x$ en $0$ mais ici $A$ ne tend pas vers $0$ donc je suis bloqué. -
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Bonjour gerard. Il y a une coquille dans ton équivalent mais ca ne sert à rien. J 'ai donné exprès cette suite à Oshine pour voir sa réaction.Le 😄 Farceur
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Heu ... quelle coquille ?
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Bd2017 bah non laisser tomber alors que c'est du calcul bof.
Je connais les fonctions trigo et leur réciproque par cœur. Je visualise leur graphe dans ma tête. -
Il ne s'agit pas de calcul ici. Le résultat saute aux yeux depuis le début et sans faire de calcul.
En effet tu as une expression de la forme arctan(f(n)) donc la limite de f(n) est évidente
f(n) est une expression de niveau terminale.
Et maintenant tu ne sais pas voir la limite de l'arctan. Tu ne peux pas répondre à la question si tu ne connais pas la
fonction arctan. -
Dans mon cours, il est écrit qu'il faut faire attention au fait que si 2 fonctions ont la même limite elles ne sont pas forcément équivalentes.
La limite de $f(n)$ est $-\infty$ et la fonction $arctan$ tend vers $- \pi/2$ en $- \infty$.
J'obtiens que mon expression a pour limite $-\pi /2$. -
@Gerard, il te manque un signe -
@bd pourquoi tu as vendu la mèche ?
J'ai voulu surtout faire comprendre à Oshine de ne pas se lancer dans des calculs inutiles et ne jamais oublier la propriété : si une suite tend vers une limite finie et non nulle alors cette suite est équivalente à cette limiteLe 😄 Farceur -
Oui le problème avec les équivalents c'est quand une suite tend vers $0$ ou l'infini, je viens de relire le cours.
Par exemple $x \mapsto x$ et $x \mapsto x^2$ ont la même limite en $+\infty$ mais ne sont pas équivalentes. -
L'équivalent est $- \dfrac{\pi}{2}$
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Explique pourquoi !!
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Bonjour,
je me permets d'intervenir dans ce fil afin de soumettre à vos remarques une correction de la question 3 de l'exercice 1 du DM proposé par Alexique. Je ne suis pas très à l'aise avec la manipulation des o et O et je vous serais très reconnaissante si vous aviez la gentillesse de me dire ce qui ne va pas dans ma rédaction.
Il s'agit de montrer que $x^x-(\sin x)^{\sin x}\underset{0}{\sim} \frac{x^3}{6}\ln x$
Soit $x>0$, $x^x=e^{x\ln x}$
or $x\ln x\underset{x\rightarrow0}{\longrightarrow}0$ donc $e^{x\ln x}=1+x\ln x+o(x\ln x)$
Soit $x\in]0,\pi/2]$, $(\sin x)^{\sin x}=e^{\sin x \ln(\sin x)}$
$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^4)$
donc
$\ln(\sin x)=\ln x+\ln(1-\frac{x^2}{6} + O(x^3))=\ln x-\frac{x^2}{6} + O(x^3)$
puis
$\sin x\ln(\sin x)=(x-\frac{x^3}{6}+O(x^4))(\ln x-\frac{x^2}{6}+O(x^3))=x\ln x-\frac{x^3}{6}-\frac{x^3}{6}\ln x+O(x^4)$
Finalement :
$e^{\sin x\ln(\sin x)}=e^{x\ln x}e^{-\frac{x^3}{6}-\frac{x^3}{6}\ln x+O(x^4)}=e^{x\ln x}(1-\frac{x^3}{6}-\frac{x^3}{6}\ln x+O(x^4))$
On a donc
$x^x-(\sin x)^{\sin x}=e^{x\ln x}(1-1+\frac{x^3}{6}+\frac{x^3}{6}\ln x+O(x^4))=(1+x\ln x+o(x\ln x))(\frac{x^3}{6}+\frac{x^3}{6}\ln x+O(x^4))=\frac{x^3}{6}+\frac{x^3}{6}\ln x+O(x^4)$
On peut donc conclure que
$x^x-(\sin x)^{\sin x}\underset{0}{\sim}\frac{x^3}{6}\ln x$
Merci de votre aide -
@gerard: oups... tu l'avais déjà dit/fait! Mais alors pourquoi OS s'est-il lancé dans ces DL ???
@OS: oui, tu trouves comme @gerard, mais tu utilises une mitrailette pour tuer une mouche! D'où la remarque!
Tu dis: "Je connais les fonctions trigo et leur réciproque par cœur. Je visualise leur graphe dans ma tête." mais tu ne vois pas dans ta tête ce qu'il se passe en $-\infty$ ... et ça, ça me fend le coeur ! -
Pourquoi utiliser des O et pas des petit o ?
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Le $3$ est très calculatoire mais il suffit d'appliquer les formules du cours.
Moi c'est l'exercice $2$ qui me pose problème.
Etudier localement la fonction $f : x \mapsto \dfrac{x^2}{\ln ch(x)}$ au voisinage de $+\infty$ : existence d'une asymptote et position par rapport à celle-ci.
Je pose $g(x)=\dfrac{f(x)}{x^2}$
On a $\ln ch(x)=\ln(e^x+e^{-x})-\ln(2)=x+\ln(1+e^{-2x})-\ln(2)$
Or $\ln(1+e^{-2x})=e^{-2x}+o(e^{-2x})$
Et la je bloque à cause de l'exponentielle. -
Merci Gebrane, je rectifie.
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