Composer un équivalent par $\exp$ et par $\ln$ : le critère exact

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La définition : $f\sim g$ signifie $\frac{f}{g}\to 1$, c'est-à-dire $f=g+o(g)$ — un équivalent contrôle un rapport, jamais une différence. Et les règles du cours : produits, quotients, puissances d'équivalents ; un équivalent conserve la limite. La stratégie de l'exercice est de tout ramener au rapport $\frac{f}{g}$.

1) Faux en général, vrai si $g$ est bornée. Contre-exemple en $+\infty$ : $f(x)=x^2+x$ et $g(x)=x^2$. On a $\frac{f}{g}=1+\frac{1}{x}\to 1$, donc $f\sim g$, alors que $f-g=x\to +\infty$. Deux fonctions équivalentes peuvent s'éloigner autant qu'on veut, pourvu qu'elles le fassent relativement peu.

Supposons maintenant $g$ bornée : il existe $M$ tel que $|g|\le M$ au voisinage de $a$. Écrivons $$f-g=g\left(\frac{f}{g}-1\right),\text{donc}|f-g|\le M\left|\frac{f}{g}-1\right|⟶0.$$ Une différence est un rapport multiplié par $g$ ; si $g$ ne grandit pas, le rapport qui tend vers $1$ force la différence vers $0$.

2) Le critère exact pour l'exponentielle. On a $\frac{e^f}{e^g}=e^{f-g}$. Donc $e^f\sim e^g$ signifie exactement $e^{f-g}\to 1$. Or, pour une fonction $h$, on a $e^h\to 1$ si et seulement si $h\to 0$ : le sens réciproque est la continuité de l'exponentielle en $0$ ; le sens direct est la continuité du logarithme en $1$, puisque $h=\ln \left(e^h\right)$. Ainsi $$e^f\sim e^g⟺f-g\to 0.$$ L'exponentielle transforme une différence en rapport : composer un équivalent par $\exp$ demande donc $f-g\to 0$, hypothèse strictement plus forte que $f\sim g$ d'après le 1).

Contre-exemple. En $+\infty$, $f(x)=x$ et $g(x)=x+1$ : $\frac{f}{g}=\frac{x}{x+1}\to 1$, mais $\frac{e^f}{e^g}=e^{-1}$, qui ne tend pas vers $1$.

Le cas borné. Si $g$ est bornée et $f\sim g$, le 1) donne $f-g\to 0$, et le critère donne $e^f\sim e^g$. C'est le seul cas où l'on a le droit de composer par l'exponentielle sans autre vérification.

3) Le logarithme. Comme $f>0$ et $g>0$, écrivons $f=g\cdot \frac{f}{g}$ et prenons le logarithme : $$\ln f=\ln g+\ln \left(\frac{f}{g}\right),\text{avec}\ln \left(\frac{f}{g}\right)⟶\ln 1=0$$ par continuité du logarithme en $1$. Il reste à comparer ce terme parasite à $\ln g$.

Cas $\ell \in \{0,+\infty \}$. Alors $\ln g\to -\infty$ ou $+\infty$ : en tout cas $|\ln g|\to +\infty$, donc $\ln g$ ne s'annule pas au voisinage de $a$ et $$\frac{\ln f}{\ln g}=1+\frac{\ln (f/g)}{\ln g}⟶1+\frac{0}{\pm \infty }=1.$$

Cas $\ell \in ]0,1[\cup ]1,+\infty [$. Alors $\ln g\to \ln \ell$, qui est un réel non nul puisque $\ell \ne 1$ ; donc $\ln g$ ne s'annule pas au voisinage de $a$, et $\ln f=\ln g+o(1)\to \ln \ell$ aussi. Le quotient $\frac{\ln f}{\ln g}$ tend vers $\frac{\ln \ell }{\ln \ell }=1$.

Dans les deux cas, $\ln f\sim \ln g$. Le logarithme, lui, transforme un rapport en différence : c'est pour cela qu'il est compatible avec l'équivalence, à la seule condition que $\ln g$ ne tende pas vers $0$.

Contre-exemple pour $\ell =1$. En $+\infty$, $f(x)=1+\frac{1}{x}$ et $g(x)=1+\frac{2}{x}$ : $f\sim g$ (les deux tendent vers $1$). Mais $\ln f\sim \frac{1}{x}$ et $\ln g\sim \frac{2}{x}$ (car $\ln (1+u)\sim u$ quand $u\to 0$), donc $\frac{\ln f}{\ln g}\to \frac{1}{2}$. Quand $g\to 1$, le logarithme de $g$ tend vers $0$, et c'est le terme parasite $\ln (f/g)$, lui aussi de limite nulle, qui décide : l'équivalence ne survit pas.

4) L'application. Bien que $\sqrt{x^2+1}\sim x$ en $+\infty$, on ne peut pas écrire $e^{\sqrt{x^2+1}}\sim e^x$ sans vérifier le critère du 2) : il faut la différence $\sqrt{x^2+1}-x$. On factorise le terme prépondérant : $$\sqrt{x^2+1}=x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=x\left(1+\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)=x+\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right),$$ à l'aide de $\sqrt{1+u}=1+\frac{u}{2}+o(u)$ avec $u=\frac{1}{x^2}\to 0$. Donc $\sqrt{x^2+1}-x=\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right)\to 0$ : le critère est satisfait, $e^{\sqrt{x^2+1}}\sim e^x$ — mais ce n'est pas ce qu'on demande. On demande la différence : $$e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x=e^x\left(e^{\sqrt{x^2+1}-x}-1\right)=e^x\left(e^{v(x)}-1\right),v(x)=\frac{1}{2x}+o\left(\frac{1}{x}\right).$$ Comme $v(x)\to 0$, on a $e^v-1\sim v\sim \frac{1}{2x}$ (l'équivalent $e^v-1\sim v$ se compose avec $v\to 0$, et $v\sim \frac{1}{2x}$). D'où $$e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x\underset{+\infty }{\sim }\frac{e^x}{2x}.$$ Cette différence tend vers $+\infty$ : les deux exponentielles sont équivalentes et pourtant infiniment éloignées, exactement comme au 1). Contrôle numérique : en $x=10$, le quotient de la différence par $\frac{e^x}{2x}$ vaut $1,0228$ ; en $x=100$, $1,0025$.

Ce que l'exercice installe. Un équivalent est une erreur relative. L'exponentielle change une différence en rapport : elle exige $f-g\to 0$. Le logarithme change un rapport en différence : il conserve l'équivalence dès que $\ln g$ ne tend pas vers $0$. Ces deux critères, et non des interdits appris par cœur, sont ce qui permettra au problème final de passer au logarithme dans une équation, puis de prendre le logarithme d'un équivalent.