$$f\sim g\not\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}\ln(f)\sim \ln(g)\\\exp(f)\sim\exp(g)\end{array}\right.$$
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$
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 :
$$ \begin{align*}
\sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right){1\over n} &=
(2\ln(2)-1)+{\ln\left(2\right)-\ln\left(1+0\right)\over 2n}
+O\left({1\over n^2}\right)\\
\Rightarrow
\sum_{k=1}^n \ln\left(1+{k\over n}\right) &=
n(2\ln(2)-1)+{\ln\left(2\right)\over 2}
+O\left({1\over n}\right)\\
\Rightarrow
\Pi_{k=1}^n \left(1+{k\over n}\right)=\exp\left(\sum_{k=1}^n ln\left(1+{k\over n}\right)\right)
&\sim \exp\left(n(2\ln(2)-1)+{\ln\left(2\right)\over 2}\right)
= \sqrt{2}\times \left({4\over e}\right)^{n}
\end{align*}$$
Joli :-)
RépondreSupprimerPropre. Merci !
RépondreSupprimerMerci pour cette preuve très claire concernant les compositions par ln qui m'a permis de démontrer proprement que $(\sin(\frac{1}{n}))^{\frac{1}{n}}\underset{=\infty}{\to} 1$.
RépondreSupprimerles formes indéterminées en $0^0$ ou surtout $1^\infty$ se traitent bien en passant par une écriture exponentielle comme $\left(1+{1\over n}\right)^n$. Mais apriori c'est plutôt une composition par $\exp$ en partant d'une expression $\ln(f(n))\sim g(n)$ avec $g(n)\to 0$
SupprimerMerci, très intéressant!!!!!
RépondreSupprimerCe commentaire a été supprimé par un administrateur du blog.
RépondreSupprimer