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Fahmio
Fahmio
Bac Tunisie
Mathématiques/LN-D
LN-DFonctions logarithmes

Limites et croissances comparées, lim⁡xln⁡x\lim x\ln x, primitives avec ln⁡\ln

Idée directrice

Les croissances comparées expriment que ln⁡\ln croît plus lentement que toute puissance : lim⁡x→+∞ln⁡xxα=0\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^\alpha}=0 pour α>0\alpha>0, et lim⁡x→0+xαln⁡x=0\lim_{x\to0^+}x^\alpha\ln x=0 pour α>0\alpha>0 (le terme polynomial « écrase » le logarithme). Ces limites servent à lever des formes indéterminées ∞−∞\infty-\infty ou 0×(−∞)0\times(-\infty). Les primitives faisant intervenir ln⁡\ln se ramènent à ∫u′udx=ln⁡∣u∣+C\int\dfrac{u'}{u}dx=\ln|u|+C ou à une intégration par parties avec v′=1v'=1, u=ln⁡xu=\ln x.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« En utilisant les croissances comparées, calculer lim⁡x→+∞(ln⁡x)nxα\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^n}{x^\alpha} » ; « Calculer ∫1exln⁡x dx\int_1^e x\ln x\,dx par intégration par parties » ; « Montrer que lim⁡x→0+x2ln⁡x=0\lim_{x\to0^+}x^2\ln x=0 ».

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Croissances comparées : (ln⁡x)nxα→0\dfrac{(\ln x)^n}{x^\alpha}\to0 et xα∣ln⁡x∣→0x^\alpha|\ln x|\to0 quand x→+∞x\to+\infty ou x→0+x\to0^+ (respectivement), pour α>0\alpha>0 et n∈Nn\in\N.
  • IPP pour ∫P(x)ln⁡x dx\int P(x)\ln x\,dx : choisir u=ln⁡xu=\ln x et v′=P(x)v'=P(x). Le terme intégré [uv][uv] fait disparaître le ln⁡\ln.
  • Intégrale du type ∫u′u\int\dfrac{u'}{u} : reconnaître (ln⁡∣u∣)′=u′/u(\ln|u|)'=u'/u pour intégrer immédiatement.
  • Avant toute intégrale : vérifier que la fonction est continue sur le segment d'intégration (pas de zéros du dénominateur à l'intérieur).
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Utiliser lim⁡xln⁡x=0\lim x\ln x=0 sans vérifier que c'est en x→0+x\to0^+ et pas en x→+∞x\to+\infty (où la limite est +∞+\infty). Pour l'IPP, choisir u=xu=x et v′=ln⁡xv'=\ln x au lieu de u=ln⁡xu=\ln x et v′=xv'=x (ce qui mène à ∫x22⋅1x\int\dfrac{x^2}{2}\cdot\dfrac{1}{x} — faisable, mais beaucoup plus long). Intégrer 1/(x2+x−2)1/(x^2+x-2) sur un intervalle contenant ses pôles sans tester la convergence.

Sujet principal

Exercice 3 — croissances comparées et calcul intégral

6 questionsCorrigé masqué

Partie A — Limites.

  1. Calculer lim⁡x→+∞(ln⁡x)3x\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^3}{\sqrt{x}}.
  2. Calculer lim⁡x→0+x2ln⁡(x2)\lim_{x\to0^+}x^2\ln(x^2).
  3. Calculer lim⁡x→+∞(x−ln⁡x)\lim_{x\to+\infty}\left(x-\ln x\right).

Partie B — Primitives. Calculer les intégrales suivantes.

  1. ∫1exln⁡x dx\displaystyle\int_1^e x\ln x\,dx (intégration par parties).
  2. ∫1eln⁡xx dx\displaystyle\int_1^e\dfrac{\ln x}{x}\,dx (substitution u=ln⁡xu=\ln x).
  3. ∫232x+1x2+x−2 dx\displaystyle\int_2^3\dfrac{2x+1}{x^2+x-2}\,dx (on vérifiera d'abord que 2x+1=(x2+x−2)′2x+1=(x^2+x-2)' et que x2+x−2>0x^2+x-2>0 sur [2,3][2,3]).
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

A.1 Idée : poser t=xt=\sqrt x pour retrouver (ln⁡t)kt\dfrac{(\ln t)^k}{t}. x=t2x=t^2, ln⁡x=2ln⁡t\ln x=2\ln t : (ln⁡x)3x=8(ln⁡t)3t→t→+∞0\dfrac{(\ln x)^3}{\sqrt x}=\dfrac{8(\ln t)^3}{t}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0 par croissances comparées.

A.2 x2ln⁡(x2)=2x2ln⁡xx^2\ln(x^2)=2x^2\ln x et lim⁡x→0+x2ln⁡x=0\lim\limits_{x\to0^+}x^2\ln x=0 (croissances comparées en 00) : la limite vaut 00.

A.3 x−ln⁡x=x(1−ln⁡xx)x-\ln x=x\Big(1-\dfrac{\ln x}{x}\Big) avec ln⁡xx→0\dfrac{\ln x}{x}\to0 : le facteur entre parenthèses tend vers 11 et x→+∞x\to+\infty, donc x−ln⁡x→+∞x-\ln x\to+\infty.

B.1 Idée : IPP avec u=ln⁡xu=\ln x, v′=xv'=x. ∫1exln⁡x dx=[x22ln⁡x]1e−12∫1ex dx=e22−e2−14=e2+14\displaystyle\int_1^{\e}x\ln x\,\dd x=\Big[\dfrac{x^2}{2}\ln x\Big]_1^{\e}-\dfrac12\int_1^{\e}x\,\dd x=\dfrac{\e^2}{2}-\dfrac{\e^2-1}{4}=\dfrac{\e^2+1}{4}.

B.2 Idée : forme u′uu'u avec u=ln⁡xu=\ln x. ∫1eln⁡xx dx=[(ln⁡x)22]1e=12\displaystyle\int_1^{\e}\dfrac{\ln x}{x}\,\dd x=\Big[\dfrac{(\ln x)^2}{2}\Big]_1^{\e}=\dfrac12.

B.3 Idée : forme u′u\dfrac{u'}{u}. (x2+x−2)′=2x+1(x^2+x-2)'=2x+1 et x2+x−2=(x−1)(x+2)>0x^2+x-2=(x-1)(x+2)>0 sur [2,3][2,3], donc

∫232x+1x2+x−2 dx=[ln⁡(x2+x−2)]23=ln⁡10−ln⁡4=ln⁡52\int_2^3\frac{2x+1}{x^2+x-2}\,\dd x=\Big[\ln(x^2+x-2)\Big]_2^3=\ln10-\ln4=\ln\frac52

(Sur [1,3][1,3] l'intégrale n'aurait pas de sens : le dénominateur s'annule en 11.)

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : Calcul de ∫1e(ln⁡x)2 dx\int_1^e (\ln x)^2\,dx par deux IPP successives ; primitives de xnln⁡xx^n\ln x (généralisation directe) ; limites en 0+0^+ de xα(ln⁡x)nx^\alpha(\ln x)^n.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill LN-D.1 — croissances comparées
Entraînement 01 / 02

Drill LN-D.1 — croissances comparées

1 questionCorrigé masqué

Calculer lim⁡x→+∞ln⁡xx\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{\sqrt x} et lim⁡x→0+xln⁡x\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\ln x.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

On pose t=xt=\sqrt x : ln⁡xx=2⋅ln⁡tt→0\dfrac{\ln x}{\sqrt x}=2\cdot\dfrac{\ln t}{t}\to0 par croissances comparées. On a : xln⁡x→0x\ln x\to0 (limite usuelle en 0+0^+). On obtient les deux limites nulles. Conclusion : les limites valent 00 et 00.

2 Transfert — reconnaître quand les croissances comparées s'appliquent (et quand la limite se lit autrement)
Entraînement 02 / 02

Transfert — reconnaître quand les croissances comparées s'appliquent (et quand la limite se lit autrement)

4 questionsCorrigé masquéEn cours de relecture

Quatre limites font intervenir le logarithme népérien. Pour chacune, il faut d'abord décider si l'on est devant une forme indéterminée qui relève des croissances comparées (lim⁡x→+∞ln⁡xx=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0, lim⁡x→0+xln⁡x=0\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x=0), devant une limite qui se lit directement par les opérations sur les limites, ou devant un nombre dérivé. Calculer chaque limite en indiquant explicitement quel argument a été utilisé.

  1. lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}
  2. lim⁡x→0+ln⁡xx\displaystyle\lim_{x\to0^+}\dfrac{\ln x}{x}
  3. lim⁡x→0+x ln⁡x\displaystyle\lim_{x\to0^+}\sqrt{x}\,\ln x
  4. lim⁡x→1ln⁡xx−1\displaystyle\lim_{x\to1}\dfrac{\ln x}{x-1}

Cet exercice et sa correction sont en cours de relecture. Tu peux les consulter ; l’exercice n’est pas encore proposé en séance.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : forme ∞∞\frac{\infty}{\infty}, on la ramène à la limite de référence ln⁡xx→0\frac{\ln x}{x}\to0 en posant x=t2x=t^2. On pose t=xt=\sqrt x, de sorte que t→+∞t\to+\infty quand x→+∞x\to+\infty, x=t2x=t^2 et ln⁡x=2ln⁡t\ln x=2\ln t. Alors (ln⁡x)2x=4(ln⁡t)2t2=4(ln⁡tt)2\dfrac{(\ln x)^2}{x}=\dfrac{4(\ln t)^2}{t^2}=4\left(\dfrac{\ln t}{t}\right)^2. Comme ln⁡tt→0\dfrac{\ln t}{t}\to0 (croissances comparées), on obtient lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0}.

2. Idée : ici il n'y a aucune forme indéterminée ; les croissances comparées ne servent à rien. Quand x→0+x\to0^+, ln⁡x→−∞\ln x\to-\infty et x→0+x\to0^+ (dénominateur positif tendant vers 00). Un quotient dont le numérateur tend vers −∞-\infty et le dénominateur vers 0+0^+ tend vers −∞-\infty : lim⁡x→0+ln⁡xx=−∞\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln x}{x}=-\infty}. Invoquer xln⁡x→0x\ln x\to0 serait hors sujet : c'est un produit x×ln⁡xx\times\ln x, pas le quotient demandé.

3. Idée : forme 0×(−∞)0\times(-\infty), on la ramène à tln⁡t→0t\ln t\to0 en posant x=t2x=t^2. On pose t=xt=\sqrt x ; t→0+t\to0^+ quand x→0+x\to0^+ et ln⁡x=2ln⁡t\ln x=2\ln t. Alors x ln⁡x=t⋅2ln⁡t=2 tln⁡t\sqrt x\,\ln x=t\cdot2\ln t=2\,t\ln t. Comme tln⁡t→0t\ln t\to0 (croissances comparées en 0+0^+), on obtient lim⁡x→0+x ln⁡x=0\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\sqrt x\,\ln x=0}.

4. Idée : forme 00\frac00 en un point fini : ce n'est pas une croissance comparée mais un taux d'accroissement. On pose h(x)=ln⁡xh(x)=\ln x ; alors ln⁡xx−1=h(x)−h(1)x−1\dfrac{\ln x}{x-1}=\dfrac{h(x)-h(1)}{x-1} puisque h(1)=ln⁡1=0h(1)=\ln1=0. La fonction ln⁡\ln est dérivable en 11 avec h′(x)=1xh'(x)=\dfrac1x, donc ce taux tend vers le nombre dérivé h′(1)=1h'(1)=1 : lim⁡x→1ln⁡xx−1=1\boxed{\lim\limits_{x\to1}\dfrac{\ln x}{x-1}=1}. (Contrôle : pour x=1,01x=1{,}01, ln⁡1,010,01≈0,995\dfrac{\ln1{,}01}{0{,}01}\approx0{,}995.)

Bilan des décisions : croissances comparées en 1. et 3. (formes indéterminées ∞∞\frac\infty\infty et 0×∞0\times\infty ramenées aux limites de référence par x=t2x=t^2) ; opérations sur les limites en 2. (aucune indétermination) ; nombre dérivé en 4. (forme 00\frac00 en un point fini).

Relier ce raisonnement au bac

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