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Limite

Posté par
sofianezw 19-10-16 à 01:07

Bonsoir
je bloque sur la limite de \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ x-\sin x }{1-\cos x }; j'ai essayé de multiplier par 1+\cos x , d'utiliser les formules trigonométriques (1-cos x= 2 \sin (x/2) mais x-\sin x =? ); toujours on a une forme indeterminée .
svp est ce que vous avez une idée.

Posté par
Nofutur2re : Limite 19-10-16 à 04:31

C'est faisable ... Mais il faut utiliser la règle de l'Hôpital.. (on trouve 0 comme limite)
Je ne sais pas si elle au programme de Terminale.

Posté par
sofianezwre : Limite 19-10-16 à 09:35

merci monsieur Nofutur2 pour votre réponse mais malheureusement on ne peut pas utiliser cette  règle au niveaux de terminale

Posté par
lakere : Limite 19-10-16 à 10:11

Bonjour,

Si tu es en France, c' est cuit, mais peut-être connais-tu ces deux limites ?

\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos\,x}{x^2}=\dfrac{1}{2}

  \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin\,x}{x^3}=\dfrac{1}{6}

Posté par
gerrebare : Limite 19-10-16 à 10:17

Bonjour:Je te propose une méthode:Comparer x-sinx avec x^3 au voisinage de 0
On note d(x)=x-sinx-x^3     d'(x)=1-cosx-3x²=x²((1-cosx/x²-3)
Rappel:lim(1-cosx)/x²=1/2  quand x tend vers 0( ici  x>0,la fonction est impaire....)
Il existe donc une valeur a  telle que x<a  implique d'(x)<0 sur [0;a]
Or d(0)=0   donc d(x)<=0  sur [0;a]        x-sinx<=x^3
On divise numérateur et dénominateur par x²(positif)
Le nouveau numérateur est inférieur ou égal à x(il tend vers 0)
Le dénominateur tend vers 1/2   La limite finale est donc 0

Posté par
lakere : Limite 19-10-16 à 11:03

Une méthode pour montrer que \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin\,x}{x^3}=\dfrac{1}{6} sachant que \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos\,x}{x^3}=\dfrac{1}{2}:

Soit f(x)=\dfrac{x-\sin\,x}{x^3}

f(2x)=\dfrac{2x-\sin\,2x}{8x^3}=\dfrac{x-\sin\,x\,\cos\,x}{4x^3}=\dfrac{x-x\,\cos\,x+x\,\cos\,x-\sin\,x\,\cos\,x}{4x^3}

f(2x)=\dfrac{\cos\,x}{4}\,\dfrac{x-\sin\,x}{x^3}+\dfrac{1-\cos\,x}{4x^2}

f(2x)=\dfrac{\cos\,x}{4}\,f(x)+\dfrac{1-\cos\,x}{4x^2}

On passe la limite en 0:

\ell=\dfrac{1}{4}\,\ell+\dfrac{1}{8}

d' où \ell=\dfrac{1}{6}

Puis en revenant à la limite de départ:

\dfrac{x-\sin\,x}{1-\cos\,x}=x\,\dfrac{\frac{x-\sin\,x}{x^3}}{\frac{1-\cos\,x}{x^2}}

Posté par
lakere : Limite 19-10-16 à 11:12

Une erreur à la première ligne:

Une méthode pour montrer que \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin\,x}{x^3}=\dfrac{1}{6} sachant que \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos\,x}{x^2}=\dfrac{1}{2}

Posté par
sofianezwre : Limite 19-10-16 à 11:37

monsieur  gerreba votre réponse est claire merci.

  monsieur  lake  vous avez posez que  \lim_{x\rightarrow 0 } f(x) =l; je pense que il faut démontrer d'abord  que l existe et fini

Posté par
lakere : Limite 19-10-16 à 11:43

Citation :
je pense que il faut démontrer d'abord  que l existe et fini


Et tu as parfaitement raison

C' est la (grosse) faiblesse de cette méthode...

Posté par
sofianezwre : Limite 19-10-16 à 12:46

  monsieur   gerreba a dit que  
quand \lim_{x\rightarrow 0} d'(x)=0;
Il existe donc une valeur a telle que x<a   implique d'(x)<0 sur [0;a] (d' est continue)

est ce que il y a  une autre méthode pour démontrer que  d'(x)<0  ?

ou  une autre méthode pour  démontrer que \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac{1}{6} ?

Posté par
gerrebare : Limite 19-10-16 à 13:17

Rebonjour:d'(x)=1-cosx-3x²     d"(x)=sinx-6x    d"'(x)=cosx-6<0 pour tout x
d"(0)=0  donc d"(x)<=0 pour tout x     d'x)=0     donc d'(x)<=0 pour tout x

Posté par
sofianezwre : Limite 19-10-16 à 13:36

j'ai trouvé une méthode pour calculer la limite

\frac{x-\sin x}{1-\cos x}=\frac{x-\sin x}{\sin^2 x}(1+\cos x)=\frac{x-\sin x}{x^2}\frac{x^2}{\sin^2 x}(1+\cos x)
  or \lim_{x\rightarrow 0} \frac{x^2}{\sin^ 2 x}=1

il suffit de calculer la limite de \frac{x-\sin x}{x^2} :  on suppose que x>0 ( la fonction \frac{x-\sin x}{x^2} est  impaire ) ,
Limite

donc \frac{x-\sin x}{1-\cos x} =0

Posté par
sofianezwre : Limite 19-10-16 à 13:45

monsieur  gerreba; votre réponse maintenant est très claire.

merci beaucoup à tous (monsieur  Nofutur2,  monsieur  lake et monsieur  gerreba)

Posté par
lakere : Limite 19-10-16 à 14:17

De rien pour moi sofianezw

Une remarque; pour écrire cette inégalité:

\dfrac{1}{x^2}\int_0^x\dfrac{\sin^2u}{1+\cos\,u}\,\text{d}u\leq \dfrac{1}{x^2}\int_0^x\sin^2u\,\text{d}u

Il faut prendre la précaution d' écrire que 0<x<\dfrac{\pi}{2}

Posté par
gerrebare : Limite 19-10-16 à 17:04

Rebonjour:sofianezw,il faut se montrer très prudent en effet dans ce genre d'exercices.
C'est ce qui fait la noblesse des mathématiques.


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