Bonjour à tous & à toutes.
Pour réviser avant la rentrée, j'aborde un exercice de calcul de limites.
Je me penche sur celle-ci:
lim sin(2x)/3x quand x->0.
En utilisant le théorème de l'hopital, il vient que lim sin(2x)/3x quand x->0 est égal à lim 2cos(2x)/3 quand x->0 et donc = 2/3 .
Seulement nous n'avons pas encore vu ce théorème en cours, et il faut utiliser une autre méthode qui permet de lever l'indetermination du type 0/0, et c'est là où je m'embrouille un peu.
Pouvez vous me détailler cette methode?
Merci d'avance.
Calcul de limites.
13 messages
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par Olympus » 25 Aoû 2010, 13:43
Salut !
Posons}{3x} = l)
* Tu peux remarquer que - \sin\left(0\right)}{x-0} \times \frac{x-0}{3x - 0} = \frac{ \lim_{x \to 0} \frac{ \sin\left(2x\right) - \sin\left(0\right)}{x-0} }{ \lim_{x \to 0} \frac{3x-0}{x - 0} } = \frac{ f' \left( 0 \right) }{ g'\left( 0 \right) } = \frac{2}{3})
Avec = \sin \left( 2x \right))
et  = 3x)
.
C'est la première règle de l'hôpital, mais justifiée bien sûr par l'apparition du double taux de variation .
* Ou alors, tu peux remarquer que - \sin\left( 0 \right) }{x - 0} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{3} f'\left(0\right) = \frac{2}{3})
.
Ceci n'est autre que l'application de la dérivée .
* Ou encore, tu peux remarquer que }{2x} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3})
.
Posons
* Tu peux remarquer que
Avec
C'est la première règle de l'hôpital, mais justifiée bien sûr par l'apparition du double taux de variation .
* Ou alors, tu peux remarquer que
Ceci n'est autre que l'application de la dérivée .
* Ou encore, tu peux remarquer que
par hexo » 25 Aoû 2010, 14:51
Voyons ici :
Lim ln(1-x)/x quand x-> 0
On a une forme indeterminée 0/0.
Alors :
Lim ln(1-x)/x quand x-> 0 est égal à Lim ln(1-x) - ln(1-0) / x-0 quand x-> 0 est égal à ln'(1) = 1 ?
Le flou revient u_u
Lim ln(1-x)/x quand x-> 0
On a une forme indeterminée 0/0.
Alors :
Lim ln(1-x)/x quand x-> 0 est égal à Lim ln(1-x) - ln(1-0) / x-0 quand x-> 0 est égal à ln'(1) = 1 ?
Le flou revient u_u
par Olympus » 25 Aoû 2010, 15:05
Il faut dériver la fonction 
définie par  = \ln \left( 1-x \right))
Or ( après une petite recherche, j'ai pas encore vu la fonction ln ) on a = -\ln' \left( 1-x \right) = \frac{1}{x-1})
.
Donc ta limite est égale à -1, et pas 1 .
Or ( après une petite recherche, j'ai pas encore vu la fonction ln ) on a
Donc ta limite est égale à -1, et pas 1 .
par hexo » 25 Aoû 2010, 15:35
Ah ! Quel con ! j'avais commencé à faire ca mais je m'étais planté sur f'(x) -_- .
D'ailleur, [ ln(1-x)] ' = -1/1-x.
Ca marche.
Merci.
Les chosent vont surement se compliquer maintenant :p
D'ailleur, [ ln(1-x)] ' = -1/1-x.
Ca marche.
Merci.
Les chosent vont surement se compliquer maintenant :p
par hexo » 25 Aoû 2010, 15:52
Comment t'y prendrais tu pour déterminer le plus simplement possible :
lim sin(2x)/sin(3x) ?
x->;)
(une solution consiste à poser x=;)+h)
lim sin(2x)/sin(3x) ?
x->;)
(une solution consiste à poser x=;)+h)
par Olympus » 25 Aoû 2010, 16:03
@hexo : le changement de variables me parait le plus simple . Par contre, y a un autre moyen avec double taux de variation ( ou la première règle de l'hôpital cachée ) :
}{\sin\left( 3x \right)} = \lim_{x \to \pi} \frac{\sin\left(2x\right) - \sin\left(2\pi\right)}{x-\pi} \times \frac{x-\pi}{\sin\left(3x\right) - \sin\left( 3\pi \right)} = \frac{\lim_{x \to \pi} \frac{\sin\left(2x\right) - \sin\left(2\pi\right)}{x-\pi}}{\lim_{x \to \pi} \frac{\sin\left(3x\right) - \sin\left( 3\pi \right)}{x-\pi} } = \frac{ f'\left(\pi\right) }{ g'\left( \pi \right) }=-\frac{2}{3})
Où = \sin\left( 2x \right))
et  = \sin \left( 3x \right))
Où
par hexo » 25 Aoû 2010, 16:15
Bien vu ! Merci beaucoup.
J'ai l'impression qu'on peut toujours se ramener au théorème de l'hopital..
J'ai l'impression qu'on peut toujours se ramener au théorème de l'hopital..
par hexo » 25 Aoû 2010, 17:12
Dernier exemple ici et je pense qu'on aura vu tous les cas de figure ^^.
Trouvons la limite en 0 de 1-cos(x) / x² , (sans utiliser 1-cos(x) = 2sin²(x/2)).
Arrête moi si j'ai faux: ( les limites suivantes sont tjs en 0 )
Cette limite est égale à : lim 1-cos(x) / lim x²
.
: lim [(1-cos(x))/x] / lim (x²/x)
.
#d'une part : lim [(1-cos(x))/x] . Posons f(x)=1-cos(x) ; f'(x)=sin(x)
Ainsi , lim f(x)/x = lim f(x)-f(0) / x-0 = f'(0) = 0
.
#d'autre part: lim (x²/x) . Posons g(x) = x² ; g'(x) = 2x.
Ainsi, lim g(x)/x = lim g(x)-g(0) / x-0 = 2*0 = 0 .
.
>>>On retombe sur une forme indéterminée 0/0, qui peut etre levée grace au théoreme de l'hopital... Mais sans celui ci, comment en finir?
Trouvons la limite en 0 de 1-cos(x) / x² , (sans utiliser 1-cos(x) = 2sin²(x/2)).
Arrête moi si j'ai faux: ( les limites suivantes sont tjs en 0 )
Cette limite est égale à : lim 1-cos(x) / lim x²
.
: lim [(1-cos(x))/x] / lim (x²/x)
.
#d'une part : lim [(1-cos(x))/x] . Posons f(x)=1-cos(x) ; f'(x)=sin(x)
Ainsi , lim f(x)/x = lim f(x)-f(0) / x-0 = f'(0) = 0
.
#d'autre part: lim (x²/x) . Posons g(x) = x² ; g'(x) = 2x.
Ainsi, lim g(x)/x = lim g(x)-g(0) / x-0 = 2*0 = 0 .
.
>>>On retombe sur une forme indéterminée 0/0, qui peut etre levée grace au théoreme de l'hopital... Mais sans celui ci, comment en finir?
par Olympus » 25 Aoû 2010, 18:08
Non, l'astuce ( ou la première règle de l'hôpital ) n'est applicable que si  \neq 0)
( ici 
) .
Tu n'as pas d'autres choix à mon avis .
Tu n'as pas d'autres choix à mon avis .
par Nightmare » 25 Aoû 2010, 18:12
hexo a écrit:
Cette limite est égale à : lim 1-cos(x) / lim x²
.
: lim [(1-cos(x))/x] / lim (x²/x)
.
Salut,
je m'immisce pour te dire que tu ne peux pas écrire ça, rigoureusement parlant. Là, ce que tu écris, c'est que la limite vaut 0/0 et ceci, sur une copie, ça ne se dit pas. Tu ne peux pas écrire qu'une limite d'un quotient vaut le quotient des deux limites lorsque le dénominateur tend vers 0.
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