Fiche méthodologique Manipulation des symboles

Fiche méthodologique Manipulation des symboles équivalent et négligeable
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
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CC
BY:
On présente ici quelques résultats de manipulation d’équivalent. Il ne faut pas apprendre ces résultats par
cœur, il est préférable de les redémontrer.
⋆
Les cas où l’on peut composer
le cas d’une limite équivalent de ecos(x) en 0
On a lim cos(x) = 1, donc par continuité : lim ecos(x) = e, ce qui s’écrit : ecos(x) ∼ e.
x→0
x→0
le cas de la puissance équivalent de
On a sin(x) ∼ x, donc
sin3 (x)
x→0
⋆
sin3 (x)
x→0
en 0.
x3 .
∼
x→0
Rédiger une substitution
Équivalent de un = ln cos n1 + n12 .
1
1
1
1
+ 2 = 0, donc par continuité lim cos
+
= 1, on est donc en train d’approximer
On a : lim
n∞
n∞ n
n
n n2
la fonction logarithme népérien au voisinage de 1.
On écrit alors :
un = ln cos
= ln 1 +
Comme lim cos
n∞
1
1
+ 2
n n
1
1 + 2
n n
1
1
+
cos
n n2
|
−1
.
}
→0
1
1
+ 2
n n
− 1.
1
1
2
+ 2 = 0, et cos(u) − 1 ∼ − u2 , ce qui donne par substitution :
u→0
n n
1
1 1
+ 2
n∞
2 n n
1 1
∼ −
,
n∞
2 n2
un ∼ −
en effet,
!!
u→0
n∞
n∞
{z
− 1 = 0, et ln(1 + u) ∼ u, on a par substitution :
un ∼ cos
Puis on a : lim
2
1
1
1
+ 2 ∼ , donc en mettant au carré, on obtient :
n n n∞ n
1
1
+ 2
n n
2
∼
n∞
1
.
n2
Remarquez qu’on utilise une limite et un équivalent. On substitue la variable dans l’équivalent par l’expression qui tend vers la bonne limite.
1
Équivalent et fonction exponentielle
⋆
Proposition 1. Si (un ) et (vn ) vérifient lim(un − vn ) = 0, alors exp(un ) ∼ exp(vn ).
+∞
n∞
Démonstration. En effet :
exp(un )
= exp(un −vn ) −−−→ 1.
n→∞
exp(vn )
Exemple: Soit (un ) une suite telle que lim(ln(un ) − 2n) = ln 3.
n∞
On a alors
ln(un ) − 2n − ln(3) −−→0
n∞
et donc exp(ln(un ) − 2n − ln(3)) −−→1
n∞
c’est-à-dire un exp(−2n − ln(3)) −−→1
n∞
ce qui s’écrit un ∼ e2n+ln(3) .
+∞
Cette dernière écriture donne une idée de la vitesse avec laquelle un tend vers +∞.
Équivalent et fonction logarithme
⋆
Proposition 2. Si on a lim vn = 1, avec ∀n ∈ N, vn 6= 1, alors ln(vn ) ∼ vn − 1.
+∞
n∞
Démonstration. En effet, si on pose un = vn − 1, alors limn∞ un = 0, et donc
ln(vn ) = ln(1 + un ) ∼ un = vn − 1.
+∞
Proposition 3. Si (un ) et (vn ) sont deux suites strictement positives avec un ∼ vn , et lim vn = L 6= 1,
alors on a : ln(un ) ∼ ln(vn ). Ce résultat est aussi valable si L = +∞.
+∞
n∞
+∞
Démonstration. Si L est un réel non nul et différent de 1, alors cela provient de un → L, ln(un ) → ln(L)
et ln(vn ) → ln(L), donc ln(un ) et ln(vn ) ont la même limite (non nulle) ln(L), donc sont équivalentes. (On
retrouve la composition dans le cas d’une limite).
Si L = +∞, on écrit :
un
+ ln(vn ) .
ln(un ) = ln
| {z }
v
| {z n } −−−→+∞
n→∞
−−−→0
n→∞
Ainsi :
ln( uvnn )
ln(un )
+1
=
ln(vn )
ln(vn )
| {z }
−−→0
n∞
Si L =
ln
1
vn
0+ ,
on sait que
1
∼ v1n ,
un +∞
avec
1
vn
→ +∞, donc en appliquant ce qui précède on a : ln
soit ln(un ) ∼ ln(vn ).
1
un
∼
+∞
+∞
On a les même résultats pour les fonctions :
Proposition 4. Pour deux fonctions f et g :
– Si lim(f (x) − g(x)) = 0, alors exp(f (x)) ∼ exp(g(x)).
x0
x0
– Si f et g sont deux fonctions strictement positives avec f (x) ∼ g(x), et limx→x0 f (x) = L 6= 1, on a :
x0
ln(f (x)) ∼ ln(g(x)). Ce résultat est aussi valable si L = +∞.
x0
2