Une limite pour chacun
Trouvez les limites suivantes : $\begin{eqnarray*}\quad \lim_{x \to 0^{+}} x,\quad \lim_{x \to 0^{+}} x^{x},\quad \lim_{x \to 0^{+}} x^{x^{x}}, \quad\lim_{x \to 0^{+}} x^{x^{x^{x}}}, \ldots \end{eqnarray*}$
gebrane commence, la première limite est nulle
On laisse la deuxième pour Quentino37
La troisième pour Oshine
La quatrième pour J-L
...
La dernière la plus générale pour
gebrane commence, la première limite est nulle
On laisse la deuxième pour Quentino37
La troisième pour Oshine
La quatrième pour J-L
...
La dernière la plus générale pour
Le 😄 Farceur
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Réponses
Posons $y=x^x=e^{x \ln x}$ donc $x^{x^x}=x^y = \exp (y \ln x)= \exp (e^{x \ln x} \ln x) $
Ainsi, $x^{x^x}=\exp (e^{x \ln x} \ln x)$
Or $\lim\limits_{x \rightarrow 0} x \ln x=0$ donc par composition $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \exp(x \ln x )=1$
Par produit : $\lim\limits_{x \rightarrow 0} e^{x \ln x} \ln x = - \infty$
Par composition, on trouve finalement $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow 0} x^{x^x}=0}$
Une coquille OShine,
$x^y=...$.
Cordialement
Dom
Car tout le texte qui suit est juste.
En fait c’est la limite « d’après » du coup...
En effet usuellement, la coquille ne fout pas tout en l’air.
Je ne sais pas si c’en est une définition.
Je trouve « Substitution d'une lettre à une autre, par erreur, dans la composition d'un texte. ».
J’ai en tête des coquilles qui peuvent être des erreurs de calculs et dont la suite en dépend.
Là, je suis quasiment certain que c’est une « étourderie coquillesque » (allez ! j’invente un terme) qui engendre la suite, qui elle est sans erreur.
Cette suite par contre est la bonne conclusion pour le cas « 4 » : $x^{x^{x^{x}}}$.
Édit : globalement le résultat est faux mais localement je vote pour une coquille.
Quentino on attend ta réponse...
S'il y a un nombre pair de $x$ dans l'expression alors $ \lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)=1$ et s'il y a un nombre impair on a $ \lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)=0$
Le démontrer je ne saurais pas faire.
L’hérédité est assez simple pour moi, pour obtenir que les cas impairs donnent $0$.
Quant aux cas pairs, il suffit d’utiliser, en 0, $e^u=1+u+o(u)$ d’après mes gribouillages.
Montrons $P(n)$. S'il y a un nombre pair $2n$ de $x$ dans l'expression alors $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f_{2n}(x)=1$ et s'il y a un nombre impair $2n+1$ de $x$ dans l'expression alors $ \lim\limits_{x \rightarrow 0} f_{2n+1}(x)=0$
Au rang $n=1$, on a $ \lim\limits_{x \rightarrow 0} x^x= \lim\limits_{x \rightarrow 0} e^{ x \ln x}=e^0 =1$ et on a $ \lim\limits_{x \rightarrow 0} x^{x^x} =0$ déjà démontré.
Supposons $P(n)$ vraie et démontrons $P(n+1)$.
Soit $P(n)$ vraie, il a $2n$ $x$ dans l'expression.
Or $f_{2n+2} (x)= x^{f_{2n+1} (x)} = \exp ({f_{2n+1} (x) \ln x})$
Comme $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f_{2n+1}(x)=0$ alors par croissances comparées, $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f_{2n+2}(x)=e^0=1$
Par ailleurs, $f_{2n+3} (x)=x^{ f_{2n+2} (x)} = \exp({f_{2n+2} (x) \ln (x)} )$
Comme $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f_{2n+2}(x)=1$ alors par produit on a $\lim\limits_{x \rightarrow 0} {f_{2n+2} (x) \ln (x)} =- \infty$ et donc $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f_{2n+3} (x) =0$
On a démontré $P(n) \implies P(n+1)$.
Tu n’as pas $\displaystyle f_{N+1}(x)=f_N(x)^x$ mais plutôt $\displaystyle f_{N+1}(x)=x^{f_N(x)}$.
Pour le coup je ne jetterais pas la pierre si facilement.
C’est une erreur courante.
N’est-ce pas une petit marronnier d’ailleurs de discuter de l’ambiguïté de l’écrire itérée de puissances ?
Pas si difficile l'exercice.
Soit $\varepsilon $ une fonction qui tend vers $0$ en $0$.
A-t-on nécessairement cette égalité ?
$$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \varepsilon(x) \ln (x) =0$$
J'ai pris des exemples de $\varepsilon$ ça semble marcher, mais je n'ai peut être pas trouvé de contre exemples.
On ne peut pas faire des maths comme ça.
Éventuellement, tu peux rédiger un truc « sous l’hypothèse que je ne sais pas prouver, ça marche ».
En le disant, déjà, ça semble moins roublard.
J’ai cru que tu étais allé trop vite et en fait tu nous dis que tu avais vu le problème.
Il suffit de l’écrire sans mentir, sans honte non plus.
Essaye avec la fonction suivante : $\varepsilon : x\mapsto \frac{1}{\ln (x)}$.
Oui j'aurais dû dire que j'admets le résultat.
J'ai vu cette difficulté je l'ai contournée :-(
OShine, connais tu ce Théorème:
Pour toute forme indéterminée et pour tout élément $a$ de $\overline{\mathbb{R}}$ il existe des exemples où la forme indéterminée a pour limite $a$, ainsi que des exemples où la forme indéterminée n'a pas de limite ?
Cordialement,
Rescassol
Ça a dû arriver à tout le monde des trucs comme ça.
L’humilité de ce point de vue est nécessaire : « je n’ai pas prouvé ce point là ».
Dans un concours par exemple, le correcteur n’est jamais dupe de rien.
En tous les cas c’est ce qu’il faut se dire pour éviter les très mauvaises surprises.
La remarque de Rescassol, c'est juste de dire que le prof qui fait son cours sur les limites, pour chaque forme indéterminée, peut trouver plusieurs contre-exemples qui montrent qu'on peut faire tendre vers ce qu'on veut. Par exemple, $\frac{+\infty}{+\infty}$ est indéterminée, car ça peut tendre vers $+\infty$ avec $\frac{n^2}{n}$, $0$ avec $\frac{n}{n^2}$ ou $a$ avec $\frac{an}{n}$ et on peut faire pareil pour les autres formes indéterminées.
Il reste le cas impair. Il faudrait savoir à quel vitesse $f_{2n+1}$ tend vers 0 pour savoir s'il l'emporte ou si c'est le $\ln$. Donc il faut un équivalent ou au moins un $o$.
je ne sais pas si je suis destinataire de la quatrième limite mais je m'y tente...
on part de la limite en 0+ de $x^x$ qui est notoire, égale à 1-
on pose $g(x) = x^{x^{x}}$ soit $ln(g(x)) = = x^x.ln(x))$ qui tend vers - oo et donc g(x) tend vers 0+
tu poses $h(x) = x^{x^{x^x}} = exp(x^{x^x}lnx)$ qui tend vers 1-
en supposant que $g(x) = x^{x^x}$ impose sa limite nulle à ln(x)
on voit apparaître l'alternance :
pour une exponentielle totale avec un nombre paire de x la limite est 1-
pour une exponentielle totale avec un nombre impair de x la limite est 0+
cordialement
Je ne sais pas à quelle vitesse tend vers $0$ $f_{2n+1}$ donc je ne sais pas résoudre cet exercice.
Jean Lismonde tu ne démontres pas que $h$ tend vers $1$.
Il suffit d’écrire un petit DL(0) de $f_3$.
Pour le cas général, je pense que ça se fait aussi avec la récurrence.
Pour l’hérédité en posant quelque chose du genre $$f_{2n}(x)=1+x^{\alpha} \ln ^{\beta} (x) +o(x^{\alpha} \ln ^{\beta} (x))$$ en $0$ avec les bonnes puissances, ça doit aller.
Édit : une coquille corrigée et j’ajoute que les $\alpha$ et $\beta$ dépendent bien entendu de $n$ mais on peut juste dire dans la propriété « il existe $\alpha>1$ et $\beta>1$ patati... ».
Si je le peux, je rédige quelque chose.
Pour le cas où on a 4 fois $x$ je trouve $f_4(x)=\exp (x^3 \ln (x) )$
Démonstration : $x^{x^{x^{x}}}=y^{x^x}=z^x$ où $y=x^x$ et $z=y^x$
Donc $z^x=\exp (x \ln z)= \exp (x \ln (y^x) )= \exp(x \ln (e^{x \ln y})) = \exp(x^2 \ln y)$
Ainsi, $z^x=\exp ( x^2 \ln (e^{x \ln x}) ) = \boxed{\exp (x^3 \ln x)} \longrightarrow e^0=1$ par croissances comparées.
Calculons $f_5$, je vois maintenant apparaître l'idée de Dom.
$f_5 (x)=x^{f_4(x)}=\exp ( e^{x^3 \ln x} \ln x)$
Un DL donne $f_5(x)=\exp \left( \ln x + x^3 \ln^2 (x) +o(x^3 \ln^2 x) \right) = \boxed{x \exp \left( x^3 \ln^2 (x) +o(x^3 \ln^2 x) \right)}$
On voit directement que $\lim f_5 =0$ par croissances comparées.
Après ça devient trop une usine à gaz de continuer.
Par exemple c’est très troublant mais c’est comme ça on n’a pas :
Quel que soit $x$ positif,
$x^{x^{x^x}}=y^{x^x}$ et $y=x^x$
Éventuellement on peut écrire :
$x^{x^{x^x}}=x^{x^y}$ et $y=x^x$
Je détaille encore : $x^{x^{x^x}}$ signifie $x^{\big(x^{(x^x)} \big)}$
Je note $p_k(x)=x^{x^{...^x}}$ où la lettre $x$ est écrite $k$ fois.
Une manière propre de définir la suite de fonctions $(p_k)_{k\in \mathbb N}$ se fait par récurrence en posant :
$p_0$ la fonction définie sur $\mathbb R_+$ par :
pour tout $x$, $p_0(x)=1$,
quel que soit l’entier naturel non nul $k$, quel que soit $x\in \mathbb R_+$
$$p_{k+1}(x)=x^{p_k(x)}$$
Il suffit de démontrer, par exemple par récurrence, que :
Quel que soit l’entier naturel $n$ :
$p_{2n}(x)=1+x\ln (x) + o(x\ln (x))$, en $0$
$p_{2n+1}(x)=x+o(x)$, en $0$
Ajout d’une figure :
La courbe rouge ($p_3$) ne semble pas « rejoindre » la première bissectrice ($p_1$) [small]il faudrait couper la demi-droite bleue, à gauche...[/small] mais en zoomant un peu, on parvient à le voir tout de même.
Le lien : https://www.google.fr/search?q=x,x^(x^x),x^(x^(x^x)),1+x*ln(x)&ie=UTF-8&oe=UTF-8&hl=fr&client=safari
Je clos l'exercice, Gebrane sera content.
Montrons la propirété $P(n)$ : $f_{2n} (x)= x+o(x)$ et $f_{2n+1}(x)=1 +x \ln (x) + o (x \ln x)$
Les initialisations ont déjà été faites. Supposons $P(n)$ vraie. Alors :
$f_{2n+2}(x)=x^{f_{2n+1}(x)}=x^{1 +x \ln (x) + o (x \ln x)}= \exp \left( \ln x + x \ln^2 x + o(x \ln^2 x) \right)$
Donc $f_{2n+2}(x) = x \exp \left( x \ln^2 x + o(x \ln^2 x) \right) \sim x$ Ainsi $\boxed{f_{2n+2}(x) = x+o(x)}$
Par ailleurs, $f_{2n+3}(x)=x^{f_{2n+2}(x)}=x^{x+o(x)}=\exp \left( x \ln x + o(x \ln x) \right)=1+x \ln x +o(x \ln x)$ car au voisinage de $0$ on a $e^u=1+u+o(u)$
On a montré $\boxed{f_{2n+3}(x)=1 +x \ln (x) + o (x \ln x)}$ ce qui termine la récurrence.
$$ \lim_{x \to 0^+} x^{\left(x^{x^x} - x^x + 1\right)}$$
et pour mon ami Jean Lismonde que je remercie pour sa participation, je réserve
$$\lim_{x \to 0^+} x^{\left(x^{x^{x^x}} - x^{x^x}+ x^x - 2\right)}$$
$f(x)= \exp \left( \ln x(2-x) + x \ln^2 x+ o(x \ln^2 x) \right)$
La limite de $\ln x(2-x) + x \ln^2 x+ o(x \ln^2 x)$ vaut $-\infty$ par croissance comparées.
On en déduit que la limite est nulle en $0$.
Donc $x^{x^x}= x \exp \left( x \ln^2 x+ o(x \ln^2 x) \right)$
Finalement $x^{x^x} \sim x$ donc $\boxed{x^{x^x} = x+o(x)}$
J’ai utilisé l’expression « DL » pour des expressions du genre $f(x)=x\ln(x) +o(x\ ln(x))$ mais c’est un abus de langage.
Même si j’utilise un DL pour y parvenir, l’expression obtenue s’appelle DL seulement lorsque la partie principale (sans le $o$) est un polynôme. Ça ne change rien aux résultats mais la terminologie, c’est la terminologie.
Ce sont des développements asymptotiques (je ne sais pas si l’usage est d’écrire « DA »).