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limite et équivalents

Posté par
Errorsystem
08-04-21 à 10:57

bonjour à tous, je dois calculer une limite mais je ne trouve pas d'équivalents pratiques...
lim_{x->\frac{pi}{2}} ( \frac{ln(sin^2(x))}{(\frac{pi}{2}-x)^2})


Aidez moi please !!

Bonne journée à vous

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 10:58

bonjour

posons déjà h = x - /2

et étudions la limite quand h tend vers 0

Posté par
Errorsystem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:06

je trouve que la limite quand h tend vers 0 est 0

cela me permet de dire quoi ?

Merci de votre aide

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:10

faux !

raisonnement ?

Posté par
Errorsystem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:13

ma limite en 0 est fausse ??

j'ai remplacé x par h + pi/2

puis j'ai intuité...

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:16

en math on démontre... laissons l'intuition aux charlatans !

donc expose ton raisonnement

Posté par
Errorsystem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:18

oui vous avez totalement raison.

je ne sais alors pas comment la calculer...

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:21

ben faudrait déjà commencer quelque chose de concret !

fais le changement cité plus haut

 \dfrac{\ln(\sin^2(x)}{\left(\dfrac{pi}{2}-x\right)^2} =

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:22

(manque une parenthèse ! )

 \dfrac{\ln(\sin^2(x))}{\left(\dfrac{pi}{2}-x\right)^2} = \cdots

Posté par
Errorsystem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:33

on a donc ceci :

\frac{ln(sin^2(h+pi/2))}{h^2}

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:44

Euh, y'a pas d'indéterminée là, le dénominateur tend vers (pi/2)² et le numérateur vers 0.
Tu te serais pas trompé dans ton énoncé des fois ?

Posté par
Errorsystem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 11:48

non c'est bien ca l'énoncé.

A quel moment le dénominateur tend vers (pi/2)^2  quand h tend vers 0 ??

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:02

Ah oui Ok, j'avais lu \pi-x au dénominateur, j'aurais juré que c'était ça

Je te réécris plus proprement ta limite : \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}  \dfrac{\ln(\sin^2(x))}{(\frac{\pi}{2}-x)^2}


Du coup, en remarquant que \sin^2(x) = 1-(1-\sin^2(x)), tu peux écrire un équivalent de ton numérateur : \sin^2(x)-1.

Et ensuite, \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}  \dfrac{\sin^2(x)-1}{(\frac{\pi}{2}-x)^2} = \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}  -\dfrac{\sin^2\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-\sin^2(x)}{\frac{\pi}{2}-x}\times\dfrac{1}{\frac{\pi}{2}-x}.
On reconnait (l'opposé d') un nombre dérivé d'une certaine fonction dérivable en \dfrac{\pi}{2} dans le premier facteur, et un truc qui tend vers l'infini dans le second facteur. La question, c'est de savoir si tout cela tend vers +\infty ou -\infty, mais ça c'est facile vu le signe du logarithme et celui de la fonction carré

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:05

Sauf si la fonction est de dérivée nulle en zéro, alors dans ce cas il faut effectuer un DL
Je te laisse vérifier

Posté par
carpediem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:07

salut

en posant p = \dfrac \pi 2  j'aurai écrit plus simplement :  \dfrac {\ln \sin^2 x} {(p - x)^2} = \dfrac 1 {x - p} \times \dfrac {\ln \sin^2 x - \ln \sin^2 p} {x - p}

Posté par
carpediem
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:08

avec la même remarque que Ulmiere

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:09

c'est tellement plus simple avec un DL en 0 de la fonction de h

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:10

sinon, tant qu'à faire, je préfère la solution de carpediem qui évite carrément les équivalents piégeux et les DL

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:13

mais bon, quand on est parti sur une piste je ne sais pas si ça aide le demandeur de mêler diverses méthodes... autant poursuivre la première piste... et proposer d'autres méthodes une fois la première aboutie

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:33

On peut éviter les carrés de DL à la rigueur en voyant que \dfrac{1-\sin^2(x)}{(\pi/2-x)^2} = \dfrac{1-\sin(x)}{\pi/2-x} \dfrac{1+\sin(x)}{\pi/2-x}.

Ensuite le DL usuel f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + f''(a)(x-a)^2/2 + O((x-a)^3) du sinus en pi/2 donne \sin(x) = 1 + 0\times(x-\pi/2) -(x-\pi/2)^2/2 + O((x-\pi/2)^3) = 1-\frac12(x-\pi/2)^2 + O((x-\pi/2)^3)

Donc {1-\sin(x)}{(\pi/2-x)^2}  = -1/2 + O((x-\pi/2)) = -1/2 + o(1)
Et en multipliant par 1+\sin(x), qui tend vers 2, on trouve une limite égale à -1

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:35

lire \dfrac{1-\sin(x)}{(\pi/2-x)^2}, bien-sûr.
Laissons l'auteur faire maintenant, je suis d'accord

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 12:39

Raaaaaaaah, désolé du triple post
c'est \dfrac{1-\sin(x)}{(\pi/2-x)^2} = {\red +}1/2 + o(1). Donc une limite de +1 mais le résultat attendu est bien -1 puisqu'on cherche l'opposé de cette limite

Posté par
matheuxmatou
re : limite et équivalents 08-04-21 à 13:33

ben maintenant on peut y aller carrément

au voisinage de 0 pour h = x - /2

 \dfrac{\ln(\sin^2(x))}{\left(\dfrac{pi}{2}-x\right)^2} = 2 \; \dfrac{\ln(\cos(h))}{h^2} = 2  \dfrac{\ln\left(1-\dfrac{h^2}{2} + o(h^2)\right)}{h^2}= 2  \dfrac{-\dfrac{h^2}{2} + o(h^2)}{h^2}=-1 + o(1)

Posté par
lafol Moderateur
re : limite et équivalents 08-04-21 à 19:33

Bonjour
et pourquoi pas directement des équivalents ?
sin²x tend vers 1, donc ln(sin²x) équivaut en pi/2 à sin²x-1 alias (cos(x-pi/2) -1)(sin x +1), or 1+sin x tend vers 2 donc équivaut à 2, et cos(x-pi/2) -1 équivaut à -(x -pi/2)²/2
on résume : ln(sin²x) équivaut en pi/2 à -(x-pi/2)², donc la limite cherchée est -1

(on n'apprend plus ln(v) équivaut à v-1 lorsque v tend vers 1 ? ni (cos u -1) équivaut à -u²/2 lorsque u tend vers 0 ?)

Posté par
Ulmiere
re : limite et équivalents 08-04-21 à 19:52

Si, mais maintenant on n'apprend que les équivalents quand la variable tend vers 0, donc plutôt sous a forme \ln(1+x) \sim x.
Beaucoup de choses ont tout simplement disparu des programmes de prépa depuis 2013, comme les suites de Cauchy et la complétude par exemple. De même, plus rien sur les Hilbert complexes, le théorème spectral pour les opérateurs bornés autoadjoints, etc il me semble.



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