Dans ce recueil, nous proposons 20 exercices résolus sur la hiérarchie des infinis, classés par difficulté croissante. Ces exercices portent sur la comparaison des infinis, les infinis d'ordre supérieur et inférieur, les infinis du même ordre, l'équivalence asymptotique, les hiérarchies fondamentales et la détermination du terme dominant.
Chaque exercice est résolu pas à pas, en mettant en évidence le critère employé et en expliquant pourquoi celui-ci s'applique.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Comparer les infinis \(x^2\) et \(x^5\) lorsque \(x\to+\infty\) et déterminer lequel des deux est d'ordre supérieur.
Résultat
On a
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr) \qquad\text{lorsque }x\to+\infty. \]
Par conséquent, \(x^2\) est un infini d'ordre inférieur à \(x^5\).
Résolution
Les deux fonctions tendent vers \(+\infty\) lorsque \(x\to+\infty\). Pour comparer leur ordre de croissance, considérons le rapport de la première à la seconde :
\[ \frac{x^2}{x^5}. \]
En utilisant les propriétés des puissances, nous simplifions :
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\), on a également \(x^3\to+\infty\), donc son inverse tend vers \(0\) :
\[ \frac{1}{x^3}\to0. \]
Nous avons ainsi obtenu
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Par définition, cela signifie que \(x^2\) est négligeable devant \(x^5\). En notation \(o\) petit,
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr). \]
Par conséquent, \(x^2\) est un infini d'ordre inférieur à \(x^5\), tandis que \(x^5\) est un infini d'ordre supérieur à \(x^2\).
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Déterminer si les infinis \(4x^3\) et \(7x^3\), lorsque \(x\to+\infty\), sont du même ordre et s'ils sont équivalents.
Résultat
Les infinis \(4x^3\) et \(7x^3\) sont du même ordre, mais ils ne sont pas équivalents.
Résolution
Pour comparer les deux fonctions, calculons la limite de leur rapport :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}. \]
Puisque \(x^3\neq0\) pour \(x\) suffisamment grand, nous pouvons simplifier le facteur \(x^3\) :
\[ \frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
D'où
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
La limite est un nombre réel fini et non nul. C'est précisément le critère qui caractérise deux infinis du même ordre.
Pour que les deux fonctions soient en outre équivalentes, la limite du rapport devrait être égale à \(1\). Or, dans le cas présent,
\[ \frac{4}{7}\neq1. \]
Par conséquent, \(4x^3\) et \(7x^3\) sont des infinis du même ordre, mais ils ne sont pas équivalents.
Exercice 3 — niveau ★☆☆☆☆
Démontrer que
\[ x^4+2x^2\sim x^4 \qquad\text{lorsque }x\to+\infty. \]
Résultat
On a
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Résolution
Pour vérifier une équivalence asymptotique, il faut étudier le rapport entre les deux fonctions et vérifier s'il tend vers \(1\).
Considérons donc
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4}. \]
Divisons séparément les deux termes du numérateur par \(x^4\) :
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1+\frac{2}{x^2}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{x^2}\to0. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1. \]
Par définition de l'équivalence asymptotique, nous pouvons donc conclure que
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Ce résultat exprime également le fait que, dans la somme \(x^4+2x^2\), le terme \(x^4\) est dominant : le terme \(2x^2\) croît plus lentement et est négligeable devant \(x^4\).
Exercice 4 — niveau ★★☆☆☆
Comparer \(x^3\) et \(x^4\) lorsque \(x\to-\infty\).
Résultat
On a
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{lorsque }x\to-\infty. \]
Par conséquent, \(x^3\) est un infini d'ordre inférieur à \(x^4\).
Résolution
Dans ce cas, il est important d'observer que, lorsque \(x\to-\infty\),
\[ x^3\to-\infty, \qquad x^4\to+\infty. \]
Les deux fonctions sont donc de signes opposés. Pour comparer correctement leur grandeur, considérons le rapport entre les modules :
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|}. \]
En utilisant les propriétés de la valeur absolue,
\[ |x^3|=|x|^3, \qquad |x^4|=|x|^4. \]
Par conséquent,
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|} = \frac{|x|^3}{|x|^4} = \frac{1}{|x|}. \]
Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(|x|\to+\infty\). Par conséquent,
\[ \frac{1}{|x|}\to0. \]
Il s'ensuit que
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{|x^3|}{|x^4|} =0. \]
La valeur absolue de \(x^3\) est donc négligeable devant celle de \(x^4\). De manière équivalente,
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{lorsque }x\to-\infty. \]
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
Comparer \(\ln(x)\) et \(x^{1/3}\) lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
On a
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
Résolution
Les deux fonctions tendent vers \(+\infty\), mais elles appartiennent à deux familles différentes : \(\ln(x)\) est une fonction logarithmique, tandis que \(x^{1/3}\) est une puissance positive de \(x\).
La hiérarchie fondamentale des infinis établit que toute puissance positive du logarithme népérien croît plus lentement que toute puissance positive de \(x\) :
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr) \]
pour tout \(p>0\) et \(q>0\).
Dans notre cas, on peut choisir
\[ p=1, \qquad q=\frac{1}{3}. \]
Nous obtenons immédiatement
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
En termes de rapport, cette relation signifie
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{x^{1/3}} =0. \]
Ainsi, même si les deux fonctions deviennent arbitrairement grandes, \(x^{1/3}\) croît asymptotiquement plus vite que \(\ln(x)\).
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}}. \]
Résultat
\[ 0 \]
Résolution
Écrivons d'abord la racine carrée sous forme de puissance :
\[ \sqrt{x}=x^{1/2}. \]
La limite devient alors
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}}. \]
La hiérarchie fondamentale affirme que, pour tout \(p>0\) et \(q>0\),
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr). \]
En prenant
\[ p=4, \qquad q=\frac{1}{2}, \]
nous obtenons
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^4=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Par définition du \(o\) petit, cela signifie précisément que
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}} =0. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}} =0 . \]
Exercice 7 — niveau ★★☆☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}. \]
Résultat
\[ 0 \]
Résolution
Le numérateur \(x^6\) est une puissance positive de \(x\), tandis que le dénominateur \(e^x\) est une fonction exponentielle de base \(e>1\).
La hiérarchie fondamentale des infinis établit que toute puissance positive de \(x\) croît plus lentement que toute exponentielle de base supérieure à \(1\) :
\[ x^q=o\bigl(a^x\bigr) \]
pour tout \(q>0\) et \(a>1\).
Dans notre cas,
\[ q=6, \qquad a=e. \]
Par conséquent,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr). \]
La notation \(o\) petit signifie exactement que le rapport entre \(x^6\) et \(e^x\) tend vers zéro :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}=0. \]
Exercice 8 — niveau ★★☆☆☆
Comparer \(3^x\) et \(7^x\) lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Résolution
Les deux fonctions sont toutes deux des exponentielles de base supérieure à \(1\). Au sein de cette famille, l'exponentielle de base la plus grande croît le plus vite.
Nous pouvons le vérifier directement en étudiant le rapport :
\[ \frac{3^x}{7^x}. \]
En utilisant la propriété des puissances de même exposant,
\[ \frac{3^x}{7^x} = \left(\frac{3}{7}\right)^x. \]
Puisque
\[ 0<\frac{3}{7}<1, \]
la puissance \(\left(\displaystyle\frac{3}{7}\right)^x\) tend vers \(0\) lorsque \(x\to+\infty\). Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3^x}{7^x} =0. \]
Par définition,
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Ainsi, \(3^x\) est un infini d'ordre inférieur à \(7^x\).
Exercice 9 — niveau ★★☆☆☆
Comparer
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \qquad\text{et}\qquad \sqrt{\ln(x)} \]
lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Résolution
Écrivons la seconde fonction comme une puissance du logarithme :
\[ \sqrt{\ln(x)} = \bigl(\ln(x)\bigr)^{1/2}. \]
La hiérarchie des infinis peut être étendue au logarithme itéré, et elle établit que
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^p\bigr) \]
pour tout \(p>0\).
En choisissant
\[ p=\frac{1}{2}, \]
nous obtenons
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^{1/2}\bigr). \]
Comme \((\ln(x))^{1/2}=\sqrt{\ln(x)}\), nous pouvons conclure que
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Exercice 10 — niveau ★★☆☆☆
Comparer \(e^x\) et \(x^x\) lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Résolution
Les deux fonctions tendent vers \(+\infty\), mais \(x^x\) croît plus vite que toute exponentielle \(a^x\) de base constante \(a>1\).
En effet, la hiérarchie fondamentale étendue contient la relation
\[ a^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
pour toute base fixe \(a>1\).
En choisissant \(a=e\), nous obtenons immédiatement
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
De manière équivalente,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^x}=0. \]
Par conséquent, \(x^x\) est un infini d'ordre supérieur à \(e^x\).
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Classer, de la fonction qui croît le plus lentement à celle qui croît le plus vite, les fonctions suivantes lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ x^4,\qquad 2^x,\qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3,\qquad x^{1/2},\qquad x^x,\qquad \ln\bigl(\ln(x)\bigr). \]
Résultat
L'ordre correct est
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \quad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \quad x^{1/2}, \quad x^4, \quad 2^x, \quad x^x. \]
Résolution
Procédons en identifiant la famille à laquelle appartient chaque fonction.
La fonction
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \]
est un logarithme itéré. Elle croît plus lentement que toute puissance positive de \(\ln(x)\). En particulier,
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr). \]
Comparons ensuite \((\ln(x))^3\) à \(x^{1/2}\). Toute puissance positive du logarithme croît plus lentement que toute puissance positive de \(x\), donc
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Entre les deux puissances \(x^{1/2}\) et \(x^4\), celle dont l'exposant est le plus grand croît le plus vite :
\[ x^{1/2}=o\bigl(x^4\bigr). \]
Toute puissance positive de \(x\) croît plus lentement qu'une exponentielle de base supérieure à \(1\), donc
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr). \]
Enfin, toute exponentielle de base constante supérieure à \(1\) croît plus lentement que \(x^x\) :
\[ 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
En rassemblant toutes ces comparaisons, on obtient la chaîne
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr), \]
\[ (\ln(x))^3 = o\bigl(x^{1/2}\bigr), \]
\[ x^{1/2} = o\bigl(x^4\bigr), \]
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr), \qquad 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Par conséquent, de la fonction qui croît le plus lentement à celle qui croît le plus vite, l'ordre demandé est
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \qquad x^{1/2}, \qquad x^4, \qquad 2^x, \qquad x^x. \]
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Déterminer le terme dominant de
\[ f(x)=5x^6-2x^3+7 \]
lorsque \(x\to+\infty\), et trouver une fonction équivalente à \(f\).
Résultat
Le terme dominant est \(5x^6\) et
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6. \]
Résolution
Parmi les puissances positives de \(x\), celle dont l'exposant est le plus grand croît le plus vite. Dans la fonction
\[ 5x^6-2x^3+7 \]
le terme de plus haut degré est \(5x^6\).
Pour démontrer rigoureusement que celui-ci est dominant, divisons toute la fonction par \(5x^6\) :
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2x^3}{5x^6}+\frac{7}{5x^6}. \]
En simplifiant,
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2}{5x^3}+\frac{7}{5x^6}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{5x^3}\to0, \qquad \frac{7}{5x^6}\to0. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} =1. \]
Par définition de l'équivalence asymptotique,
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6 . \]
Exercice 13 — niveau ★★★☆☆
Déterminer le terme dominant de
\[ f(x)=4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5 \]
lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
Le terme dominant est \(4e^x\) et
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x. \]
Résolution
Les trois termes appartiennent à des familles différentes :
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5, \qquad x^8, \qquad e^x. \]
La hiérarchie fondamentale établit que
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5=o\bigl(x^8\bigr) \]
et
\[ x^8=o\bigl(e^x\bigr). \]
L'exponentielle est donc le terme de plus forte croissance.
Pour vérifier que \(f(x)\) est effectivement équivalente à \(4e^x\), divisons par \(4e^x\) :
\[ \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} = 1+\frac{x^8}{4e^x} - \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}. \]
Puisque \(x^8=o(e^x)\),
\[ \frac{x^8}{4e^x}\to0. \]
Pour le terme \((\ln(x))^5\), utilisons les deux comparaisons issues de la hiérarchie. En effet, nous pouvons écrire
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x} = \frac{1}{4} \cdot \frac{(\ln(x))^5}{x^8} \cdot \frac{x^8}{e^x}. \]
Puisque
\[ \frac{(\ln(x))^5}{x^8}\to0 \qquad\text{et}\qquad \frac{x^8}{e^x}\to0, \]
leur produit tend également vers \(0\). Par conséquent,
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}\to0. \]
Nous obtenons donc
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} =1. \]
Par conséquent,
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x . \]
Exercice 14 — niveau ★★★☆☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)}. \]
Résultat
\[ 1 \]
Résolution
Le numérateur est le produit de deux facteurs. Étudions-les séparément.
Pour le premier facteur,
\[ \frac{x^3+2x}{x^3} = 1+\frac{2}{x^2}\to1. \]
Par conséquent,
\[ x^3+2x\sim x^3. \]
Pour le second facteur,
\[ \frac{\ln(x)+1}{\ln(x)} = 1+\frac{1}{\ln(x)}. \]
Puisque \(\ln(x)\to+\infty\),
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to0. \]
Donc,
\[ \ln(x)+1\sim\ln(x). \]
L'équivalence asymptotique se conserve dans les produits. Par conséquent,
\[ (x^3+2x)(\ln(x)+1) \sim x^3\ln(x). \]
Par définition de l'équivalence,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)} =1. \]
Exercice 15 — niveau ★★★☆☆
Déterminer si
\[ 3x^4+x \qquad\text{et}\qquad 5x^4-2 \]
sont des infinis du même ordre, ou équivalents, lorsque \(x\to+\infty\).
Résultat
Les deux fonctions sont des infinis du même ordre, mais elles ne sont pas équivalentes.
Résolution
Considérons le rapport
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2}. \]
Puisque, au numérateur comme au dénominateur, le terme de plus haut degré est de degré quatre, divisons les deux par \(x^4\) :
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3+\displaystyle\frac{1}{x^3}}{5-\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Lorsque \(x\to+\infty\),
\[ \frac{1}{x^3}\to0, \qquad \frac{2}{x^4}\to0. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3}{5}. \]
La limite est positive et finie, donc les deux fonctions sont des infinis du même ordre.
Cependant,
\[ \frac{3}{5}\neq1. \]
Par conséquent, elles ne sont pas équivalentes.
On peut également observer séparément que
\[ 3x^4+x\sim3x^4, \qquad 5x^4-2\sim5x^4, \]
et que les deux termes dominants diffèrent d'un facteur constant.
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2}. \]
Résultat
\[ 1 \]
Résolution
Au numérateur figurent \(e^x\) et \(x^6\). Au dénominateur figurent \(e^x\) et \(x^2\).
La hiérarchie fondamentale nous dit que toute puissance positive de \(x\) est négligeable devant \(e^x\). En particulier,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr), \qquad x^2=o\bigl(e^x\bigr). \]
Le terme dominant, tant au numérateur qu'au dénominateur, est donc \(e^x\).
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(e^x\) :
\[ \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} = \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}}. \]
D'après les relations précédentes,
\[ \frac{x^6}{e^x}\to0 \]
et
\[ \frac{3x^2}{e^x}\to0. \]
En passant à la limite, nous obtenons
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}} = \frac{1+0}{1-0} =1. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} =1 . \]
On peut exprimer le même résultat en affirmant que
\[ e^x+x^6\sim e^x \qquad\text{et}\qquad e^x-3x^2\sim e^x. \]
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
Sachant que
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \qquad\text{lorsque }x\to+\infty, \]
déterminer la relation correspondante entre les inverses
\[ \frac{1}{\ln(x)} \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{\sqrt{x}}. \]
Résultat
On a
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Résolution
La relation initiale
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \]
signifie, par définition, que
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} =0. \]
Nous voulons à présent comparer les inverses
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{\ln(x)}. \]
Formons le rapport du premier au second :
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Diviser par une fraction revient à multiplier par son inverse, donc
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}. \]
Or nous avons déjà établi que
\[ \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}\to0. \]
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} =0. \]
Par définition du \(o\) petit,
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right) . \]
Le passage aux inverses inverse donc l'ordre de grandeur : la fonction qui croît le plus vite possède l'inverse qui tend vers zéro le plus vite.
Exercice 18 — niveau ★★★★☆
Sachant que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{lorsque }x\to+\infty, \]
expliquer pourquoi il n'est pas correct de remplacer \(x^2+x\) par \(x^2\) dans la différence
\[ (x^2+x)-x^2, \]
et calculer
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x}. \]
Résultat
Dans ce cas, il n'est pas licite de remplacer \(x^2+x\) par son équivalent \(x^2\) dans la différence, car l'annulation des termes dominants ferait perdre le terme \(x\).
La limite vaut
\[ 1. \]
Résolution
Commençons par vérifier l'équivalence indiquée :
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}\to1. \]
Il est donc effectivement vrai que
\[ x^2+x\sim x^2. \]
Toutefois, l'équivalence asymptotique n'est pas une égalité. Dire que \(x^2+x\sim x^2\) ne signifie pas que l'on puisse toujours remplacer \(x^2+x\) par \(x^2\) dans une expression quelconque.
Considérons en effet la différence exacte :
\[ (x^2+x)-x^2. \]
Les termes \(x^2\) s'annulent et il reste
\[ (x^2+x)-x^2=x. \]
Par conséquent,
\[ \frac{(x^2+x)-x^2}{x} = \frac{x}{x} =1. \]
D'où
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x} =1 . \]
Voyons à présent ce qui se produirait si l'on effectuait indûment la substitution
\[ x^2+x\sim x^2 \]
directement dans la différence. On obtiendrait
\[ x^2-x^2=0, \]
perdant ainsi complètement le terme \(x\), qui est précisément ce qui subsiste après l'annulation.
Cet exemple montre pourquoi les équivalents peuvent être utilisés directement dans les produits et les quotients, mais non de manière indiscriminée dans les sommes et les différences.
Exercice 19 — niveau ★★★★☆
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x}. \]
Résultat
\[ 0 \]
Résolution
Le numérateur est la somme de deux fonctions :
\[ (\ln(x))^3 \qquad\text{et}\qquad x^4. \]
Comparons-les d'abord entre elles. D'après la hiérarchie fondamentale,
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^4\bigr). \]
Par conséquent, au sein du numérateur, le terme dominant est \(x^4\).
Nous pouvons le vérifier en divisant le numérateur par \(x^4\) :
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{x^4} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4}+1. \]
Puisque
\[ \frac{(\ln(x))^3}{x^4}\to0, \]
il s'ensuit que
\[ (\ln(x))^3+x^4\sim x^4. \]
Comparons à présent \(x^4\) au dénominateur \(e^x\). Une puissance positive de \(x\) croît plus lentement qu'une exponentielle :
\[ x^4=o\bigl(e^x\bigr). \]
On peut également décomposer directement le rapport initial :
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{e^x} + \frac{x^4}{e^x}. \]
Le second terme tend vers \(0\) car \(x^4=o(e^x)\).
Pour le premier terme, on peut écrire
\[ \frac{(\ln(x))^3}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4} \cdot \frac{x^4}{e^x}. \]
Les deux facteurs tendent vers \(0\), donc leur produit tend également vers \(0\).
Par conséquent,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} =0 . \]
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Calculer
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5}. \]
Résultat
\[ \frac{1}{2} \]
Résolution
Dans cette limite apparaissent trois types de croissance différents :
\[ x^5,\qquad 3^x,\qquad x^x. \]
Il faut d'abord déterminer quelle fonction domine les autres.
La hiérarchie fondamentale nous fournit
\[ x^5=o\bigl(3^x\bigr), \]
car toute puissance positive de \(x\) croît plus lentement que toute exponentielle de base supérieure à \(1\).
En outre,
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr), \]
car toute exponentielle de base constante supérieure à \(1\) croît plus lentement que \(x^x\).
Le terme dominant, tant au numérateur qu'au dénominateur, est donc \(x^x\).
Divisons le numérateur et le dénominateur par \(x^x\) :
\[ \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}}. \]
De la relation
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
il découle immédiatement que
\[ \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Il faut à présent justifier avec soin également que
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Utilisons les deux comparaisons de la hiérarchie déjà établies :
\[ \frac{x^5}{3^x}\to0 \qquad\text{et}\qquad \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
On peut écrire
\[ \frac{x^5}{x^x} = \frac{x^5}{3^x} \cdot \frac{3^x}{x^x}. \]
Les deux facteurs tendent vers \(0\). Par conséquent, leur produit tend vers \(0\) :
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Nous pouvons à présent passer à la limite dans l'expression obtenue :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}} = \frac{1+0}{2+0} = \frac{1}{2}. \]
D'où
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1}{2} . \]
Le résultat peut également s'interpréter à travers les termes dominants :
\[ x^x+3^x\sim x^x \]
et
\[ 2x^x+x^5\sim2x^x. \]
Le rapport entre les deux fonctions se comporte donc comme
\[ \frac{x^x}{2x^x}=\frac{1}{2}. \]