problème de calcul de limites...

(1=2) · 12/06/2005, 12h23

bonjour!

je n'arrive pas à trouver la méthode pour calculer cette limite...:

limite quand x->1 de ((racine carrée de x)-1) / ((racine cubique de x)-1)

il faut certainement décomposer en un produit remarquable, mais je ne vois absoluement pas comment! la réponse est 3/2, je cherche la méthode pour l'obtenir... si quelqu'un pouvait m'aider ce serait top!
merci d'avance!

Gwyddon · 12/06/2005, 12h36

Alors, pour cela :

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1} \frac{\sqrt{x}-1}{x^{\frac{1}{3}} -1}$

J'ai une méthode, mais je ne sais pas trop si elle te convient...

J'effectue un développement limité (DL) du dénominateur, et un DL du numérateur :

$\displaystyle \sqrt{x}-1 = 1 + \frac{\log x}{2} + o(\log x)$

$\displaystyle x^{\frac{1}{3}}-1 = 1 + \frac{\log x}{3} + o(\log x)$

D'où j'obtiens $\frac{\sqrt{x}-1}{x^{\frac{1}{3}} -1}$ équivalent à $\displaystyle \frac{3}{2}$ quand x tend vers 1, d'où la limite demandée.

(1=2) · 12/06/2005, 12h40

...et sans logarithmes, juste en décomposant ou en amplifiant, c'est impossible? j'avoue être un peu perdue!

Gwyddon · 12/06/2005, 12h48

Laisse moi le temps d'y réfléchir, je reviens dès que je peux

(1=2) · 12/06/2005, 12h49

merci! c'est vraiment sympa!

**matthias** · 12/06/2005, 13h03

En posant x = y^6 ?

(1=2) · 12/06/2005, 13h09

Citation:

Posté par matthias

En posant x = y^6 ?

oui! ça marche parfaitement! merci beaucoup!!

Gwyddon · 12/06/2005, 14h00

J'étais parti déjeuner, merci à matthias d'avoir pris le relais

(Très belle méthode d'ailleurs, bien meilleure que la mienne)

**benjy_star** · 12/06/2005, 14h17

Citation:

Posté par matthias

En posant x = y^6 ?

Et après ? j'ai essayé, je trouve (y^3-1)/(y^2-1), mais ça m'aide peu...

Tu utilise de théorème de l'hospital après ? (si c'est bien son nom)

Brikkhe · 12/06/2005, 14h44

Pourrais tu préciser pourquoi prendre x=y^6?

merci

Olivier34 · 12/06/2005, 15h10

Pour marcelito, on pose x=y^6 simplement pour suprimer d'un coup a racine carrée et la racine cubique.

Pour Benjy_star, pas besoin de théoreme pour conclure, on pose y=t+1 et on se ramène à une limite en 0 d'un quotient de deux Pôlynomes.

mytikjuve · 12/06/2005, 15h45

bonjour, j'ai juste une petite question:
En fait je voulais savoir pourquoi on prend t+1, parce que y=1 ou y=-1, non? comme y^6=x et x=>1
on pourrait prendre aussi t-1?
Mais bon ca n'a peut etre aucune importance!!!
merci

Gwyddon · 12/06/2005, 16h25

Alala quelles bandes de fous: la règle de l'hopital, poser y=t+1, etc...

Si je vous dit que $y^3 -1 = (y-1) (y^2 + y + 1)$ et $y^2 -1 = (y-1) (y + 1)$ , la situation n'est-elle pas plus claire ?

Olivier34 · 12/06/2005, 16h42

Non on ne peut pas concidérer y=-1, en effet on ne respecte alors pas l'ensemble de définition initial:
initialement on a racine carrée de x donc x est positif
et donc racine cubique de x positif, par conséquent quand tu effectue topn changement de variable on doit faire attention:
y^3 -> 1 en 1 et y^2 aussi, tout va bien
mais y^3 -> -1 en -1 même si y^6 ->1 en -1 donc tu as transphormé ton racine de x en un nombre négatif !!!!!!!! problème
y=t-1 est impossible ici
on doit concidérer la limite en 1 et pas celle en -1

Olivier34 · 12/06/2005, 16h44

le temps que je réponde une autre réponse plus claire a été donnée