Limite d'une fonction
Bonjour. Je souhaite trouver la limite en $0$, si elle existe de $$f(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{\tan^2(x)}.
$$ J'utilise les équivalents : $\frac{1}{\tan^2(x)}$ est équivalent au voisinage de $0$ à $\frac{1}{x^2}$ donc $f(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2} -\omicron(\frac{1}{x^2})$ donc $f(x)=-\omicron(\frac{1}{x^2})$.
Et c'est ici que je ne sais pas quoi conclure : $f$ n'a pas de limite ? Les équivalents ne permettent pas pas de trouver la limite recherchée et il faut utiliser les développements limités ? Ou on peut déterminer la limite de $f$ et j'ai mal compris la notion de fonctions négligeables ?
Si quelqu'un pouvait m'éclairer ?
$$ J'utilise les équivalents : $\frac{1}{\tan^2(x)}$ est équivalent au voisinage de $0$ à $\frac{1}{x^2}$ donc $f(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2} -\omicron(\frac{1}{x^2})$ donc $f(x)=-\omicron(\frac{1}{x^2})$.
Et c'est ici que je ne sais pas quoi conclure : $f$ n'a pas de limite ? Les équivalents ne permettent pas pas de trouver la limite recherchée et il faut utiliser les développements limités ? Ou on peut déterminer la limite de $f$ et j'ai mal compris la notion de fonctions négligeables ?
Si quelqu'un pouvait m'éclairer ?
Réponses
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Bonjour.
Sais-tu justifier proprement ton premier « donc » ?
En gros pourquoi « on peut remplacer par l’équivalent qu’on veut » ?
Le deuxième « donc », je comprends.
Et en effet, on ne peut pas conclure. -
Ton calcul est correct et ne permet pas de conclure. Il va falloir faire un développement à un ordre supérieur pour voir ce qu'il reste en soustrayant $\frac{1}{x^2}$.
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Salut $f(x)=\dfrac{\tan^2(x)-x^2}{x^2 \tan^2(x)}$
Tu peux essayer de faire un DL du numérateur. Le dénominateur est équivalent à $x^4$ car $\tan(x) \sim x$ -
Une façon rapide de faire un DL de la tangente est d'utiliser $\tan '(x)=1+ \tan^2(x)=1+x^2+o(x^2)$
Donc $\tan(x)=\tan(0)+x+x^3 /3 + o(x^3)$ -
Dom, pour le premier donc : La relation d'équivalence n'est pas compatible avec l'addition et par définition, $f$ est équivalente a $g$ si et seulement si $f=g+\omicron(g)$.
Ok OShine pour le DL, il n'était pas très compliqué et la limite recherchée vaut $\frac{2}{3}$.
En fait, c'est la remarque de Poirot que je n'ai pas comprise : Pourquoi le calcul d'équivalent n'aboutit pas et en quoi faire un DL à un ordre supérieur permet-il de "débloquer" les calculs de limite ? Et finalement augmenter l'ordre d'un DL c'est juste augmenter la précision avec laquelle on approxime notre fonction ? Ce sont plus ces questions qui me gênent dans l'analyse asymptotique que le "côté pratique" ..
Merci pour vos réponses, même si mes questions sont sûrement bêtes, cela m'aide beaucoup -
Bonjour
le mieux est d'utiliser le développement à 2 termes de tan(x) soit pour tan²(x) le développement $x^2 - 2\frac{x^4}{3} + x^6$
et donc la limite en zéro de $f(x) = \dfrac{\tan^2(x) - x^2}{x^2\tan^2(x)}$ est égale à la limite en zéro de $\ \dfrac{-\frac{2x^4}{3} + x^6}{x^4}.$
Soit $-\dfrac{2}{3}$.
Cordialement. -
Un équivalent ne suffit pas ici comme tu peux le constater. Un équivalent, ça correspond à un développement asymptotique à un terme. Ici les premiers termes se compensent, il faut donc "augmenter la précision". Concrètement, faire un développement à un ordre plus élevé.
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Bon , j'ai appris une chose de Oshine comment faire le dl de la tangente à l'ordre 3 rapidementLe 😄 Farceur
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Oups en effet c’était $\frac{-2}{3}$ jean ..
Ok merci pour ta réponse Poirot. Et finalement, existe-t-il un moyen de connaître l’ordre nécessaire pour faire le DL d’une fonction ou faut-il toujours y aller à tâtons ? -
Ou avec un autre exemple, la limite en $0$ de $f(x)=\frac{\sin(x)-x+\frac{x^3}{6}}{x^5}$ :
avec les équivalents en 0 : $f(x)=\frac{1}{6x^4}+\omicron(\frac{1}{x^4})$ . Tous les termes ne se compensent pas donc on peut obtenir la limite et $\lim\limits_{x \rightarrow 0^{\pm}} f(x)=\pm\infty$ ? Ou encore une fois il est nécessaire de "passer" à l'ordre supérieur ? Et peut-on savoir directement l'ordre nécessaire pour le DL ? -
Laissons Oshine corriger ce dlLe 😄 Farceur
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Merci Gebrane.
Remarquons que au voisinage de $0$ on a : $\sin(x)=x-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^5}{5!}+o(x^5)$
Ainsi $\sin(x)-x+\dfrac{x^3}{6}= \dfrac{x^5}{5!}+o(x^5)$ ainsi $\sin(x)-x+\dfrac{x^3}{6} \sim \dfrac{x^5}{120}$
On en déduit par quotient d'équivalents $\boxed{\dfrac{\sin(x)-x+\dfrac{x^3}{6}}{x^5} \sim \dfrac{x^5}{120 x^5} \sim \dfrac{1}{120}}$ -
(tu)Le 😄 Farceur
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Ok merci OShine et je m'étais en plus trompé c'était $f(x)=f(x)=\frac{1}{6x^2}+\omicron(\frac{1}{x^4})$ et en fait ma question était plus clairement :
dès qu'on obtient des équivalents ou même un DL avec des fonctions négligeables, il est nécessaire de passer à un ordre supérieur ? Mais ici avec la réponse de OShine je pense que la réponse à ma question est oui..
Merci pour vos réponses. -
n12345 Oshine est à ton service si tu as besoin d'aideLe 😄 Farceur
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Je reviens sur cette remarque de gebrane : la méthode OShine est recyclable pour les ordres suivants, on va aussi loin que l'on veut. Un cran de plus : \begin{align*}
\tan'x&=1+\Bigl(x+\frac{x^3}3+o(x^3)\Bigr)^2\\&=1+x^2+\frac{2}3x^4+o(x^4)\\
&\text{ce qui donne}\\
\tan x&=x+\frac{1}3x^3+\frac{2}{15}x^5+o(x^5),\end{align*} etc. -
MC (tu)Le 😄 Farceur
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n12345 je n'ai pas compris ta question.
Les DL c'est de la pratique, on s'adapte à la situation. -
Math Coss écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2219552,2220016#msg-2220016
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Très bien cette méthode pour le DL de tangente.
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Bonjour!
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