équivalents et composition par exponentielles et logarithmes

En analyse on sait que les équivalents  se conservent lorsqu'on les multiplient  (ou qu'on les divisent)  ce qui permet de composer par des fonctions puissances ou racines, mais il n'en va pas de même pour toutes les fonctions! Par exemple :
$$f\sim g\not\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\ln(f)\sim \ln(g)\\\exp(f)\sim\exp(g)\end{array}\right.$$
Cependant on peut trouver des conditions sur f et g pour que les implications deviennent  vraies. C'est un bon exercice de manipulation des notations de Landau ...  cela permet de trouver un équivalent de $\Pi_{k=1}^n \left(1+{k\over n}\right)$ quand  $n\to+\infty$.

Commençons par donner deux contre-exemples  très simples :

• soient $f(t)=t\sim g(t)=t+1$ quand $t\to+\infty$ pourtant     $\exp(g(t))=e^{t+1}=e\times e^t$ n'est pas équivalent à $\exp(f(t))=e^t$
•  soient $f(t)=1+t\sim g(t)=1+2t$ quand $t\to0$ pourtant     $\ln(f(t))=\ln(1+t)\sim t$ n'est pas équivalent à $\ln(g(t))=\ln(1+2t)\sim 2t$

 Ces deux exemples montrent déjà que l'on ne peut pas composer  un équivalent  par une fonction exponentielle  si la différence $f-g$ ne tend pas vers 0. De même on ne peut pas  composer par le logarithme si f et g tendent vers 1. On va retrouver ces deux conditions de manière  plus rigoureuse en démontrant l'implication  $f\sim g\Rightarrow H(f)\sim H(g)$ pour $H=\ln$ et $\exp$.

Démonstration

Le cas de l’exponentielle est très simple. Si $\exp(f)\sim \exp(g)$ alors $\exp(f)/\exp(g)= \exp(f-g)\to 1$ pour que ce soit vrai il suffit   que $f-g$ tende vers 0, ce qui s'écrit  $f-g=o( 1)$ en notation de Landau, d'où le résultat :

  $$\left[f\sim g~~et~~f-g=o(1)\right]\Rightarrow \exp(f)\sim\exp(g)$$

Le cas du logarithme est un peu plus compliqué. Puisque $f\sim g$ on peut écrire $f=g+o(g)$ en notation de Landau. Ensuite  si  $\ln(f)\sim \ln(g)$ alors
$${\ln(f)\over\ln(g)}= {\ln(g+o(g))\over \ln(g)}={\ln(g)+\ln(1+o(1))\over \ln(g)}=1+o\left({1\over \ln(g)}\right)\to 1$$
où l'on a utilisé que $\ln(1+u)\sim u$ quand $u= o(1)\to 0$. Il faudrait donc que $1\over \ln(g)$  ne tende pas vers l'infini (ce qui correspond bien au fait que $g$ ne tende pas vers 1) pour transformer le $o\left({1\over \ln(g)}\right)$  en un $o(O(1))=o(1)$  qui tend bien vers 0. D'où le résultat

  $$\left[f\sim g~~et~~ {1\over\ln(g)}=O(1)\right]\Rightarrow \ln(f)\sim\ln(g)$$

Les rôles de f et g étant symétriques donc on peut remplacer ${1\over\ln(g)}=O(1)$  par ${1\over\ln(f)}=O(1)$ . D'ailleurs cela s'obtiendrait en écrivant $g=f+o(f)$ dans les calculs.

Application 

On veut trouver un équivalent de $\Pi_{k=1}^n \left(1+{k\over n}\right)$ quand $n\to\infty$, pour cela il est logique de s'intéresser  au logarithme du produit qui est une somme :
$$\ln\left(\Pi_{k=1}^n \left(1+{k\over n}\right)\right) =\sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right)$$
on reconnaît alors facilement une somme de Riemann que l'on peut calculer par une intégrale :
$$\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right){1\over n} &= \int_0^1 \ln\left(1+x\right)dx= 2\ln(2)-1 \end{align*}$$
On en déduit alors que :
$$\sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right)\sim n( 2\ln(2)-1)$$
En tenant en plus compte de l'erreur commise dans la méthode des rectangles  est en $O(1/n)$ (voir mon billet sur l'intégration numérique )on obtient que :
  $$\sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right)\sim n( 2\ln(2)-1+O(1/n)) =n( 2\ln(2)-1)+O(1)$$
hélas le $O(1)$  est insuffisant pour en déduire l'équivalent  de $\Pi_{k=1}^n \left(1+{k\over n}\right)\sim \exp(n(2\ln(2)-1))$  en repassant par l'exponentielle. Pour cela il faudrait avoir une erreur en $O(1/n)$, soit une précision de $O(1/n^2)$  dans la calcul de la somme de Riemann. C'est possible en passant par la méthode des trapèzes, contrairement à la méthode des rectangles. On utilise donc la formule :
$$\sum_{k=0}^n {f\left({k-1\over n}\right)+f\left({k\over n}\right)\over 2n} = \int_0^1 f(x)dx+O\left({1\over n^2}\right)$$

pour $f(x)=\ln(1+x)$,   en tenant compte   des termes  qui ne sont pas comptés en double dans la somme pour $k=0$ et $k=n$, on obtient :
$$\begin{align*} \sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right){1\over n} &= (2\ln(2)-1)+{\ln\left(2\right)-\ln\left(1+0\right)\over 2n} +O\left({1\over n^2}\right)\\ \Rightarrow \sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right) &= n(2\ln(2)-1)+{\ln\left(2\right)\over 2} +O\left({1\over n}\right)\\ \Rightarrow \Pi_{k=1}^n \left(1+{k\over n}\right)=\exp\left(\sum_{k=1}^n ln\left(1+{k\over n}\right)\right) &\sim  \exp\left(n(2\ln(2)-1)+{\ln\left(2\right)\over 2}\right) = \sqrt{2}\times \left({4\over e}\right)^{n} \end{align*}$$