Un calcul de limite
En retravaillant l'intégrale de Dirichlet (avec des outils de L2, pas l'analyse complexe), je suis tombé sur la fonction $t \mapsto \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin(t)}$, définie sur $]0;\pi/2]$. J'ai voulu calculer $\displaystyle \lim_{t \to 0^+}\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin(t)}$. Par un calcul direct, je n'y suis pas arrivé, alors j'ai tracé la fonction sur GeoGebra et j'ai vu que la limite était $0$. Avec cette information, j'ai réussi à faire le calcul à coups de $\varepsilon$. Mais... j'aurais préféré trouver une bidouille astucieuse pour trouver $0$ directement, sans utiliser le fait de déjà connaitre le résultat qu'il faut trouver. Donc si quelqu'un a une méthode directe (niveau L2, du coup), j'aimerais bien la voir !
Réponses
-
Il te faut voir les développemenrts limités et les équivalents, ce qui se fait à bac+1 :
$\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin t}=\dfrac{\sin t - t}{t \sin t}\sim \dfrac{-\frac{t^3}6}{t^2}=-\dfrac{t}6$.
Bonne nuit.
Fr. Ch. -
Je connais, mais j'ai encore beaucoup de mal à m'en servir.
-
Ce simple petit calcul te montre que la limite en 0 est nulle, et aussi que la fonction prolongée par continuité en 0 est dérivable en 0 avec dérivée $-\frac 16$. En fait elle est $\mathcal C^\infty$, et même analytique.
C'est lié à ma chère fonction cosécante. Voir par exemple https://mathworld.wolfram.com/Cosecant.html. -
En refaisant les calculs proprement après avoir dormi un peu, effectivement je ne suis pas sûr que ce que j'avais fait est juste. Alors laissons tomber.
Quant à la dérivée qui tend vers $-\dfrac{1}{6}$, c'est effectivement la prochaine question. D'après Chaurien, j'ai juste à dériver l'équivalent en $0$ (je ne me souviens plus si on a le droit de faire ça, j'ai toujours une peur panique à manipuler les $o$, $O$ et $\sim$), cependant... j'ai fait le calcul de la dérivée : on trouve $\dfrac{\cos(t)}{\sin^2(t)} -\dfrac{1}{t^2}$. Mais comme il y a une soustraction dedans, prendre un équivalent de cette formule pour trouver $-\dfrac{1}{6}$, je ne sais pas si ça marche. -
Homo Topi a écrit:En refaisant les calculs proprement après avoir dormi un peu, effectivement je ne suis pas sûr que ce que j'avais fait est juste. Alors laissons tomber.
En tout cas, on est obligé d'utiliser le fait que $\sin t=t+o(t^2)$. Parce que, par exemple, $\frac1t-\frac1{t+t^2}=\frac1{1+t}$ ne tend pas vers 0 en 0. -
Homo Topi a écrit:Quant à la dérivée [...] D'après Chaurien, j'ai juste à dériver l'équivalent en $0$
Non, il n'a pas dit ça (parce que c'est faux en général ; on ne peut pas dériver des équivalents). Il a dit que c'est $\frac{1}{t} - \frac{1}{\sin t}\sim-\frac{t}6$ qui donne la dérivée. En effet, une fonction $f:\Bbb R\to\Bbb R$ est dérivable en $a\in\Bbb R$ de dérivée $d$ ssi on a le DL $f(a+h)=f(a)+hd+o(h)$ quand $h\to 0$. -
Homo Topi, j'ai l'impression que tu surestimes les difficultés. Tu devrais prendre les choses de façon plus détendue et déjà regarder un cours de MPSI. Je suis certain que tu maîtriseras vite les développements limités.
Merci Calli de défenfdre ma réputation ;-).
En effet si l'on pose : $f(t)=\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin t}$ avec $f(0)=0$, l'assertion $f(t) \sim -\dfrac{t}6$ se traduit par : $f(t) = f(0) -\dfrac16 t +o(t)$, ce qui signifie exactement la dérivabilité en $0$ avec $ f'(0)=-\dfrac16 $. On peut aussi traduire cette assertion par : $\lim_{t \rightarrow 0} \dfrac{f(t)-f(0)}t= -\dfrac16$, qui illustre encore mieux la dérivée en $0$.
Maintenant, ceci ne dit pas que $f$ est $\mathcal C^1$, c'est une autre histoire, et là encore un développement limité peut répondre.
Bon courage.
Fr. Ch. -
Peut-être que je surestime, je ne sais pas. Ce que je sais, c'est que j'ai survécu à toutes mes études sans jamais avoir compris l'analyse réelle. Je ne sais toujours pas comment j'ai fait, mais je l'ai fait.
Je vais reprendre ces choses-là à zéro, oui. Je me dis qu'au fond, c'est un peu inutile si je sais faire tout et n'importe quoi dans les autres domaines des maths si je ne comprends pas ça. -
Il y a quand même un moyen d'utiliser le comportement asymptotique de $\frac{\rm d}{{\rm d}t} \left(\frac1t-\frac1{\sin t}\right)$ quand $t\to 0$. C'est le théorème de prolongement d'une fonction de classe ${\cal C}^1$.Théorème a écrit:Soit $f:{]0,1]}\to\Bbb R$ de classe ${\cal C}^1$ sur $]0,1]$ telle que $f'$ possède une limite en 0. Alors $f$ est prolongeable par continuité en 0 et son prolongement est de classe ${\cal C}^1$ sur $[0,1]$.
Pour utiliser ce théorème et obtenir la valeur de la dérivée en 0, il faut montrer que $ \lim\limits_{t\to 0} \frac{\rm d}{{\rm d}t} \left(\frac1t-\frac1{\sin t}\right) = -\frac16$.
PS: De rien Chaurien. ^^ -
@Homo Topi comme toi je ne suis pas très bon avec les équivalents mais il faut aussi relativiser. Les $o,O$ et $\sim$ permettent juste de faire des calculs plus rapidement, on peut toujours faire le même calcul et aboutir sans équivalents ni o & O.
D'ailleurs voilà ce que ça donne dans ce cas particulier :
sachant que $\sin(t)= t-t^3g(t)$ ou où $g(t) =1/6-a_1t^5+a_2t^7...$ (bref le DL de sinus quoi) on a :
$\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{\sin t}=\dfrac{\sin t-t}{t\sin t}=\dfrac{-t^3g(t)}{t^2-t^5g(t)}=\dfrac{-tg(t)}{1-t^3g(t)}$
et en $t=0$ on obtient $\dfrac{0}{1}=0$.
PS bon suivant les cas ça peut devenir horrible je le conçois
Edit : voir la correction de Calli ci-dessous mais don't worry ça ne change pas le résultat B-)- -
Un DL, c'est un $o$/$O$/$\sim$. C'est toujours quelque chose de contre-intuitif à utiliser pour moi. Je vais me replonger dedans.
-
$$\lim_{t \to 0}\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin(t)} = \lim_{t \to 0}\dfrac{ 1 - \dfrac{t}{\sin(t)} } {t} = - f'(0)$$ tel que $\displaystyle f(t)=\dfrac{t}{\sin(t)}$
La fonction $f$ est dérivable en $0$ (Théorème de la limite monotone) et admet en $0$ un minimum local (au voisinage de $0$, $f(t) \geq f(0) =1$), alors $f'(0)=0$. -
J'ai révisé ça un peu, c'est surtout un travail fatiguant de bidouillage de notations pour faire les choses très proprement (ce qui est doublement difficile pour moi puisque les égalités qui contiennent des $O$, $o$, $\sim$ sont toutes des abus de notation). J'en suis arrivé à :
$f$ est dérivable en $a$
$\Longleftrightarrow$ il existe $c$ tel que $f(x+a)=f(a)+cx+o_0(x)$, auquel cas $c=f'(a)$
$\Longleftrightarrow$ il existe $c$ tel que $f(x+a)-f(a)\sim_0 cx$, auquel cas $c=f'(a)$
Du coup, comme ici $f(t) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin(t)}$, $f$ n'est pas définie en $0$ a priori mais $f(t) \sim_0 - \dfrac{t}{6}$, et comme $\displaystyle \lim_{t \to 0^+} \Big(- \dfrac{t}{6}\Big)$ existe, alors $\displaystyle \lim_{t \to 0^+} f(t)$ existe aussi et c'est la même (ça c'est un résultat que j'ai dans mes papiers), d'où le prolongement par continuité $f(0)=0$.
Donc maintenant, on peut se demander si $f$ est dérivable en $0$, et le fait que $f(0)=0$ nous le donne directement puisque $f(t) = f(t) - f(0)$ :
on a $f(t) - f(0) \sim_0 - \dfrac{t}{6}$, donc $f'(0)$ existe et vaut $-\dfrac{1}{6}$.
Donc c'est bon, j'ai pu recoller tous les morceaux que vous m'avez donnés. L'équivalence entre dérivable et l'écriture avec le $o$, je connaissais déjà, mais je n'avais pas fait le lien avec l'écriture avec le $\sim$. Maintenant en tout cas, ça, c'est fait.
EDIT : je peux ajouter à ça que
$f$ admet une limite en $a$
$\Longleftrightarrow$ il existe $c$ tel que $f(x)=c+o_a(1)$, auquel cas $c = \displaystyle \lim_{x \to a}f(x)$
$\Longleftrightarrow$ il existe $c$ tel que $f(x)\sim_a c$, auquel cas $c = \displaystyle \lim_{x \to a}f(x)$ Remarque : il vaut mieux supposer $c \neq 0$ pour s'autoriser à écrire ça.
C'est sûr que de savoir des détails comme ça, ça aide un tout petit peu. -
Attention au cas $c=0$ dans les équivalents (discussion plusieurs fois abordées sur ce forum...)
-
Oui, c'est le seul cas où ça pose problème. On peut toujours utiliser que si $f \sim_a g$ et $g$ a une limite en $a$, alors $f$ en a une aussi et c'est la même. C'est sans doute plus propre dans le cas général, mais si $c \neq 0$, j'ai l'autre formulation aussi.
-
Bonsoir, un exemple typique de ce que dit Alexique est le cas $u_{n}=\frac{1}{n}$ où $n>0$ qui tend vers $0$ mais n'est pas nulle à partir d'un certain rang
-
Ben, si $v_n \sim_{\infty} \dfrac{1}{n}$, on applique mon résultat sur l'égalité des limites pour conclure "proprement" que $\lim u_n = 0$. C'est probablement mieux de toujours faire comme ça.
-
Bonsoir
Je ne parlais pas de cela.
Mais plutôt qu'on peut dire:
Si $u_{n}$ est équivalent à $0$ , alors la limite est nulle car la suite est nulle à partir d'un certain rang.
Mais on peut avoir $u_{n}$ qui tend vers $0$ sans pour autant avoir $u_{n}$ équivalent à $0$ -
Je viens de comprendre. Je sais qu'on ne doit pas écrire d'équivalents à $0$, je n'avais pas l'intention de le faire.
-
Je reprends juste ce fil pour y écrire potentiellement de grosses bêtises sans être jugé trop sévèrement :-D
J'avais donc une fonction $f(t) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{\sin(t)}$, définie sur $]0~;~\pi/2]$. J'avais réussi à montrer qu'elle est prolongeable par continuité en $0$ en posant $f(0)=0$. Ce qu'on avait dit précédemment montre aussi que $f'(0)$ existe et vaut $-\dfrac{1}{6}$.
Sur $]0~;~\pi/2]$, on a $f'(t) = \dfrac{t^2\cos(t)-\sin^2(t)}{t^2\sin^2(t)}$.
Je suis censé démontrer que $f$ est $\mathcal{C}^1$, donc il faut que je montre que $\displaystyle \lim_{t \to 0^+}\dfrac{t^2\cos(t)-\sin^2(t)}{t^2\sin^2(t)} = -\dfrac{1}{6}$.
Il va très certainement falloir passer par les développements limités pour faire ça, mais je suis pas vraiment sûr de savoir les manipuler correctement. Je vais faire ce que je pense correct ici, on verra si c'est n'importe quoi ou non.
Si j'introduis des $\eta$ quelque part, ce sont des fonctions de limite nulle en $0$ pour m'aider à faire les calculs.
Si j'écris $\cos(t) = 1 + o_0(1)$, alors $t^2\cos(t) = t^2 + o_0(t^2)$. Si $\sin(t) = t + o_0(t) = t(1+\eta(t))$, alors $\sin^2(t) = t^2(1+2\eta(t)+\eta^2(t))$ donc $\sin^2(t) = t^2(1+\overline{\eta}(t))$, donc $\sin^2(t) = t^2 + o_0(t^2)$. Je ne peux pas conclure avec ça, puisque ça me donnerait un équivalent à $0$ au numérateur, donc il faut que je pousse les DL au moins un cran plus loin. De toute façon, il faut faire apparaitre $1/6$ quelque part et là je ne l'ai pas encore.
Première question : est-ce que j'ai déjà écrit quelque chose de faux à ce stade ?
Donc j'écris $\cos(t) = 1 - \dfrac{t^2}{2}+o_0(t^2)$, donc $t^2\cos(t) = t^2 - \dfrac{t^4}{2} + o_0(t^4)$.
Ensuite, $\sin(t) = t - \dfrac{t^3}{6} + o(t^3)$, donc $\sin^2(t) = t^2 + \dfrac{t^6}{36} + o_0(t^6) - \dfrac{t^4}{3} + o_0(t^4) + o_0(t^6) = t^2 - \dfrac{t^4}{3} + o_0(t^4)$, peut-être que vous me direz que c'est moche écrit comme ça mais j'avais la flemme d'introduire des fonctions $\eta$ de limite nulle.
En tout cas, avec ça, j'obtiens $t^2\cos(t)-\sin^2(t) = - \dfrac{t^4}{6} + o_0(t^4)$, donc $t^2\cos(t)-\sin^2(t) \sim_0 - \dfrac{t^4}{6}$.
Deuxième question : vu que j'ai utilisé un DL à l'ordre $3$ du sinus au numérateur, est-ce que je suis obligé d'utiliser le même au dénominateur ?
Je pense que non, et un DL à l'ordre $1$ me donnerait du $t^4$ au dénominateur, c'est pile ce qu'il me faut. Enfin, je crois. Il faut encore que je relise 2-3 trucs sur les équivalents dans mes cours. -
Première question : non.HT a écrit:peut-être que vous me direz que c'est moche écrit comme ça mais j'avais la flemme d'introduire des fonctions de limite nulle.
Non, c'est même plus lisible avec des $o(\dots)$ qu'avec des $\eta(x)$.
Deuxième question : non.
Je te réponds trois fois "non", mais c'est pour dire que ça va en fait. (tu):-D -
Les DL écrits sont justes. Et comme tu le dis, il n'y a aucune obligation d'écrire le DL du dénominateur à un ordre particulier: il suffit que tu ailles assez loin pour pouvoir conclure (ici le premier terme du développement, d'ordre 4, convient).
-
Ben alors ça va !
Il faut que je me fasse un gros pense-bête avec démonstrations pour les $\sim$, $o$ et $O$. Pour toutes les opérations... addition, multiplication par un scalaire, inversion, multiplication et division, composition, tout ça. Réapprendre ce qui marche ou non et essayer de retenir pourquoi. Je n'ai jamais vu ça en détail en cours, j'en ai des morceaux dans mes bouquins (mais notamment, les trucs qui ne marchent pas, vu qu'ils ne marchent pas, ils ne sont pas mentionnés donc je ne sais pas pourquoi). Bon, au boulot. -
Bonjour Homo Topi.
Pour calculer cette limite d'un quotient, des équivalents du numérateur et du dénominateur suffisent (avant les DL, connaître la manipulation des équivalents). Il se trouve que le premier terme non nul d'un DL est justement un équivalent, et tu as trouvé ces premiers termes dans les deux cas. Il n'y a à priori aucun lien entre les ordred de développement utilisés et le théorème sur l'utilisation d'équivalents dans un produit ou un quotient.
Par contre, pour un DL d'un quotient, on est souvent amené à utiliser des DL de même ordre pour aboutir. Mais c'est un autre problème.
Cordialement. -
Oui... comme dit, il faut que je réapprenne globalement les opérations licites ou non avec les notations de Landau. J'y travaille.
![[Utilisateur supprimé]](https://w7.vanillicon.com/7a0a116d7a2b15721b23d81f83a76df6_100.png)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 8 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 8
+3 Invités