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Limite

Posté par
Fadiooh 18-01-26 à 15:23

Bonjour, comment calculer cette limite:
limite_{xto0}\frac{1}{ln(x+1)}-\frac{1}{x}
Sans utiliser la règle de l'Hôpital
Sans utiliser le développement limité
Merci

Posté par
Fadioohre : Limite 18-01-26 à 15:24

Fadiooh @ 18-01-2026 à 15:23

Bonjour, comment calculer cette limite:
\lim_{xto0}\frac{1}{ln(x+1)}-\frac{1}{x}
Sans utiliser la règle de l?Hôpital
Sans utiliser le développement limité
Merci

* Modération > Balises Latex ajoutées *

Posté par
carpediemre : Limite 18-01-26 à 20:30

salut

(en supposant x > 0 ... mais en fait x > -1 pour que f(x) existe ... donc x pourrait être négatif)

f(x) = \dfrac 1 {\ln (x + 1)} - \dfrac 1 x = \dfrac 1 { \dfrac {\ln \left(1 + \dfrac 1 x \right)} {\frac 1 x}} \left[ 1 - \ln \left( 1 + \dfrac 1 x \right) \right]

quand x tend vers 0 :     le crochet tend vers ...           (-oo)

                                                   la fraction tend vers ...           (1/0+ = +oo)

et par produit f(x) tend vers ...              (-oo)

mais ggb ne semble pas confirmer ce résultat ...

f(x) = \dfrac 1 {\ln (x + 1)} - \dfrac 1 x = \dfrac {x - \ln(x + 1)} {x \ln (x + 1)} = \dfrac { 1 - \dfrac {\ln(1 + x) - \ln 1} x} { \ln (x + 1)}

cette fois le numérateur tend vers 1/2 (ce que semble donner ggb) ... mais le numérateur tend vers 0+ donc f(x) tend vers +oo

sauf à passer par un développement limité (post-bac) je ne vois pas pour l'instant ...

désolé

Posté par
Fadioohre : Limite 18-01-26 à 21:06

Merci pour la tentative. Même si la réponse est incorrecte, l'effort est apprécié.

Posté par
phyelec78re : Limite 18-01-26 à 21:40

Bonjour,

lim (f+g)= lim f +lim g

donc : pour f je prend le terme avec le ln
lim_{x->0} \dfrac{1}{ln(1+x)}=lim_{x->0} \dfrac1x \dfrac{1}{\dfrac{ln(1+x)-ln1}x}  

le terme \dfrac{ln(1+x)-ln1}x}   est la dérivée de ln(x) quand x temps vers 0 qui vaut 1

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 19-01-26 à 08:46

Bonjour,

Citation :
la dérivée de ln(x) quand x temps vers 0 qui vaut 1
Une coquille sans doute ? Et pas seulement sur "temps"

Posté par
Fadioohre : Limite 19-01-26 à 10:46

Bonjour,
J'ai effectué un changement de variable:
  X=ln(x+1)

\dfrac{1}{X}-\dfrac{1}{e^{X}-1}=\dfrac{e^{X}-1-X}{X^2}\times\dfrac{X}{e{X}-1}

* Modération > Balise Latex ajoutées. Merci d'y penser dans tes prochains messages et d'utiliser le bouton "Aperçu" *

Posté par
LeHiboure : Limite 19-01-26 à 11:06

Bonjour,

Je n'ai pas d'idée sur le sujet, mais un tracé graphique suggère un passage par le point (0 ; 1/2)

A défaut d'une solution, ça peut au moins aider une recherche

Posté par
fph67re : Limite 19-01-26 à 12:21

Bonjour,

Comme cette démarche était utilisée de temps en temps, j'avais pensé à l'utilisation de la notion de dérivée.
En mettant 1/x en facteur, on obtient
f(x)=1/x*(x/ln(1+x)-1)
Avec g(x)=x/ln(x+1) et g(0)=1, on a bien la forme [g(x)-g(a)]/(x-a) dont la limite pour x tendant vers a est g'(a).
Le problème c'est que je n'ai pas réussi à trouver la limite en 0 de g'(x).
Un logiciel de calcul formel donne bien 1/2, qui est évidemment la même valeur que la limite de f(x).

Posté par
candide2re : Limite 19-01-26 à 13:29

Bonjour

Voila déjà une possibilité pour débuter :

En posant y = ln(x+1), la limite devient :

I = lim_{y\to 0} \frac{e^{y}-1-y}{y^2}\times\frac{y}{e^{y}-1}   (1)
****
Calculons pour commencer : lim_{y\to 0} \frac{e^{y}-1-y}{y^2}

poser y = 2t
L_1 = lim_{y\to 0}  \frac{e^{y}-1-y}{y^2} = lim_{t\to 0} \frac{e^{2t}-1-2t}{4.t^2} (On remarquera qu'on a donc aussi : L_1 =  lim_{t\to 0} \frac{e^{t}-1-t}{t^2}   (2)

L_1 = lim_{t\to 0} \frac{(e^{t})^2-1-2t}{4.t^2} = lim_{t\to 0} \frac{(e^{t}-1).(e^{t}+1)-2t}{4t^2} = lim_{t\to 0} \frac{(e^{t}-1-t+t).(e^{t}+1)-2t}{4t^2}

= lim_{t\to 0} \frac{(e^t-1-t)(e^t+1)+t.(e^t+1)-2t}{4t^2} =  lim_{t\to 0} \frac{(e^t-1-t).(e^t +1) + t.(e^t-1)}{4t^2} = lim_{t\to 0} \frac{e^t-1-t}{t^2}.\frac{e^t+1}{4} + lim_{t\to 0}  \frac{1}{4} \frac{e^t-1}{t}

lim_{t\to 0} \frac{e^t-1}{t} .. on reconnait le taux de variation de la fonction exponentielle en 0 et donc : lim_{t\to 0} \frac{e^t-1}{t} = 1

On a alors (avec (2)) : L_1 = L_1.\frac{1+1}{4} + \frac{1}{4}

L_1 = \frac{1}{2}

Remis dans (1), on a :

I = \frac{1}{2} \times  lim_{y\to 0} \frac{y}{e^{y}-1}

Reste a montrer que lim_{y\to 0} \frac{y}{e^{y}-1} = 1 pour terminer … pas encore essayé.

Posté par
candide2re : Limite 19-01-26 à 13:37

En fait c'était quasi terminé, le poursuis ...

en remarquant que y/(e^y-1) est l'inverse de (e^y - 1)/y ...
on reconnait le taux de variariation de e^y en 0.

Et donc \lim_{y\to 0} \frac{y}{e^y-1} = \frac{1}{1} = 1

Et donc l'intégrale cherchée I est ègale à 1/2 * 1 = 1/2
***

C'est plus rapide avec 2 applications consécutives de la loi de Marquis (de Lhospital), mais si on veut l'éviter et les DL aussi, alors ...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 19-01-26 à 14:06

@candide2,
Il me semble qu'il manque un tout petit quelque chose dans ta démonstration :
L'existence de la limite que tu as notée L1.

Posté par
mdr_nonre : Limite 19-01-26 à 15:21

Bonjour,

La fonction \ln est la primitive de la fonction u \mapsto \frac1u sur \mathbb{R}_+^* qui s'annule en 1,
donc pour x>0, \ln(x)=\int_{1}^{x}\frac1u\,\text{d}u.
En particulier, pour x>-1, \ln(1+x)=\int_{1}^{1+x}\frac1u\,\text{d}u=\int_{0}^{x}\frac1{1+u}\,\text{d}u,  donc \boxed{x-\ln(1+x)=\int_{0}^{x}\frac{u}{1+u}\,\text{d}u}.

Prenons x>0, et fixons u\in[0,x].
Nous avons 1 \le 1+u \le 1+x, donc \frac{u}{1+x} \le \frac{u}{1+u} \le u,
et en intégrant de 0 à x, \boxed{\frac{x^{2}}{2(1+x)}\le x-\ln(1+x)\le \frac{x^{2}}2}.

Pour -1<x<0, fixons u\in[x,0].
Alors \frac{u}{1+x} \le \frac{u}{1+u} \le u,
d'où en intégrant de x à 0, puis en multipliant par -1, \boxed{\frac{x^{2}}2 \le x-\ln(1+x) \le \frac{x^{2}}{2(1+x)}}.

Il ne reste plus qu'à diviser par x^{2}, puis prendre les limites à droite et à gauche en 0,
et par encadrement, \boxed{\lim_{x\to0}\frac{x-\ln(1+x)}{x^{2}}=\frac12}.

Enfin, comme \lim_{x\to0} \frac{x}{\ln(1+x)}=1, nous concluons
\boxed{\lim_{x\to0}\left(\frac1{\ln(1+x)}-\frac1x\right)=\frac12}

Posté par
mdr_nonre : Limite 19-01-26 à 15:29

Une autre preuve sur l'île,

Des limites de forme indéterminée 0/0 pour s'entraîner puis approfondir

avec quelques coquilles.

* Modération > Balises ajoutées pour faciliter l'utilisation du lien   *

Posté par
candide2re : Limite 19-01-26 à 16:15

Sylvieg @ 19-01-2026 à 14:06

@candide2,
Il me semble qu'il manque un tout petit quelque chose dans ta démonstration :
L'existence de la limite que tu as notée L1.


Par exemple :

"Soit f(y)=\frac{e^{y}-1-y}{y^{2}}. La fonction g(y)=e^{y}-1-y s'annule en 0 ainsi que sa dérivée g^{\prime }(0)=e^{0}-1=0. Par les propriétés de régularité de la fonction exponentielle (classe (C^{\infty })), le rapport\(\frac{g(y)}{y^{2}}) admet nécessairement une limite finie en 0." 
*****
Dans mon message, j'ai noté I intégrale, il fallait évidemment comprendre "limite"

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 19-01-26 à 17:09

Citation :
Par les propriétés de régularité
Comment expliquer cela à un élève de terminale ?

Posté par
candide2re : Limite 19-01-26 à 18:41

Sylvieg @ 19-01-2026 à 17:09

Citation :
Par les propriétés de régularité
Comment expliquer cela à un élève de terminale ?


On peut aussi montrer que  dans [0 ;1], on a 1+y+y²/2 <= e^y <= 1 + y + y² de la manière classique.

Ce qui implique que 1/2 <= (e^y-1-y)/y² <= 1  

Mais je trouve que c'est une utilisation déguisée des DL

Ou alors, comme on le fait de multiple fois au lycée, quand les élèves n'ont pas étudié les notions nécessaires, on utilise le fameux :
"On admet que la limite existe"  

Posté par
candide2re : Limite 19-01-26 à 18:42

Correction ...

...
Ce qui implique que (e^y-1-y)/y² <= 1  

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 19-01-26 à 20:57

Merci pour tes réponses candide2

Posté par
phyelec78re : Limite 20-01-26 à 19:40

@sylvieg
Bonjour,
Citation :
la dérivée de ln(x) quand x temps vers 0 qui vaut 1
Une coquille sans doute ? Et pas seulement sur "temps"

Oui une coquille c'est f'(1) pour lnx.

Posté par
carpediemre : Limite 20-01-26 à 19:59

oui j'avais pensé ensuite à faire le changement de variable pour se ramener à une exponentielle (éventuellement) "plus pratique" ...

tout le problème de ces exercices classiques est d'aller chercher le coefficient du terme d'ordre 2 du dl d'une certaine fonction f(x) = g(x) + kx^2 + o(x)  où  y = g(x) est l'équation de la tangente à la courbe de f au pont d'abscisse 0

et sans "astuce" connue il est difficile de proposer une stratégie !!

mdr_non propose une solution avec "le" théorème fondamentale de l'analyse f(b) - f(a) = \int_a^b f'(t)dt pour encadrer ce k    (et que je trouve sympa)

candide2 propose une solution plus "technique" (   sympa aussi mais tout de même laborieuse )

ici s'y ajoute une difficulté supplémentaire dans le sens où si on note f(x) = \ln (x + 1) on nous demande la limite de h(x) = \dfrac 1 {f(x)} - \dfrac 1 {g(x)}

mais pour avoir une telle vision il faut être un peu plus qu'en terminale tout de même ... il me semble

à vous cependant ...

Posté par
fph67re : Limite 20-01-26 à 20:26

Bonsoir,

Par curiosité, personne n'a essayé d'approfondir l'idée de la dérivée ?
Rappel
\frac{1}{ln(x+1}-\frac{1}{x}=\left(\frac{x}{ln(x+1)} -1\right)/x
qui est de la forme
\frac{g(x)-g(a}{x-a}
avec
g(x)=\frac{x}{ln(x+1)}
a=0
g(a)=1
et dont la limite quand x tend vers 0 est g'(0).

Personnellement, je n'ai pas su trouver le limite de la dérivée, mais un matheux plus calé....

Posté par
phyelec78re : Limite 20-01-26 à 21:17

Je reviens sur mon poste car il y une coquille :

le terme \dfrac{ln(1+x)-ln1}x}   est la dérivée de ln  en 1  c'est f'(1) pour  pour ln

\lim_{x->0} \dfrac {f(1+x)-f(x)}x
ou écrit autrement :
\lim_{h->0} \dfrac {f(1+h)-f(h)}h
avec f est la fonction ln

Posté par
carpediemre : Limite 21-01-26 à 08:35

fph67 : il y a deux problèmes :

1/ il faut prolonger la fonction par continuité en 0 et montrer que g(0) = 1

2/ il faut montrer que la dérivée se prolonge aussi par continuité en 0 donc que g est dérivable en 0

3/ et enfin on peut (essayer de) répondre au pb posé ...

Posté par
fph67re : Limite 21-01-26 à 13:39

Bonjour carpediem,

Pour 1), je partais du principe qu'en terminale, on voyait que la limite de ln(x+1)/x en 0 était égale à 1.

Pour 2), a priori, la dérivée de g(x) pour x différent de 0 était calculable. Après, le problème était effectivement de voir si cette dérivée pouvait se prolonger en 0 (ou avait une limite en 0 ?).

Posté par
carpediemre : Limite 21-01-26 à 17:47

oui effectivement et évidemment mais avec l'inverse j'ai pas tilté !!

2/ me semble tout aussi compliqué que le pb original

Posté par
fph67re : Limite 21-01-26 à 20:16

Bonsoir,

Citation :
2/ me semble tout aussi compliqué que le pb original


C'était bien mon problème aussi.

J'étais parti dans cette direction vu que la  démarche de base était compatible avec ce qu'on pouvait attendre d'un élève de terminale (en réponse à certaines interrogations plus haut).

Mais n'ayant pas abouti, j'ai posté en espérant que quelqu'un de plus matheux que moi aurait une solution, quitte à mettre l'élève sur la voie comme on le fait d'habitude pour des démarches complexes.

Posté par
mdr_nonre : Limite 22-01-26 à 00:54

Bonsoir fph67,

Tu poses g(x) = x / ln(1 + x), avec x ≠ 0.
Effectivement, la limite en 0 vaut 1 : c'est le nombre dérivé de la fonction logarithme népérien en 1.

Posons donc g(0) = 1, et remarquons que la limite cherchée en 0 se réécrit avec : (g(x) - g(0)) / x

Cette limite, si elle existe, est précisément le nombre dérivé de g en 0.
Jusque là nous sommes d'accord.

Regardons alors g'(x) pour x ≠ 0 : nous obtenons une expression où intervient : ln(1 + x) - x.
Mais nous revenons au problème initial avec la même difficulté : il faut un terme quadratique pour lever l'indétermination 0/0.

Autrement dit, cette voie de reformulation ne peut, à elle seule, remplacer l'outil qui donne le second ordre.

Pour des idées d'exercice guidé :
- guider les élèves vers un encadrement (paraboles, fonctions rationnelles) de x ↦ ln(1 + x),
- ou construire cet encadrement via des sommes de Riemann, ce qui revient à la même idée que l'approche intégrale,
- ou admettre le TAF ou un corollaire comme outil de liaison la dérivée et les accroissements sur un intervalle.
Avec ça, l'exercice se plie en quelques lignes.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 22-01-26 à 07:32

Tout à fait d'accord avec toi mdr_non pour un exercice guidé.
Tes encadrements du 19 à 15h21 sont assez faciles à démontrer.
Même si c'est une utilisation déguisée des DL, comme dit par candide2, je propose :

Objectif : déterminer la limite quand x tend vers 0 de la fonction f définie par

f(x) = \dfrac1{\ln(1+x)}-\dfrac1x

1) u(x) = \dfrac{x^{2}}{2} - x + \ln (1+x) et v(x) = \dfrac{x^{2}}{2(x+1)} - x + \ln (1+x)
Signes de u et v en utilisant leurs dérivées.

2) En déduire la limite de \dfrac{x-\ln (x+1)}{x^{2}} quand x tend vers 0, puis conclure.

Posté par
alb12re : Limite 22-01-26 à 11:25

Bonjour
Pour le 2) de Sylvieg on peut donner la piste suivante:
1-t<1/(1+t)<1-t+t^2 pour t à préciser

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 22-01-26 à 16:40

@alb12,
Je n'ai pas compris à quoi sert ta piste.

J'en profite pour modifier et détailler :

1) u(x) = \ln (1+x) - x + \dfrac{x^{2}}{2} \; et \; v(x) = \ln (1+x) - x + \dfrac{x^{2}}{2(x+1)}
a) Étudier le sens de variation des fonction u et v sur ]-1;+[.
b) En déduire les signes de u(x) et v(x) sur ]-1;+[.

2) g(x) = \dfrac{x-\ln (1+x)}{x^{2}}
a) Déterminer les limites de g à droite et à gauche de 0.
b) Conclure.

Posté par
alb12re : Limite 22-01-26 à 18:36

La piste que je propose est juste une alternative à ton 1)
Elle permet de répondre à ton 2)

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Limite 22-01-26 à 18:38

D'accord


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