Développements limités

1

2!

x2 +

1

3!

x3 + ε2(x)x3(cid:17)

= −

x2 −

1

2

1

2

x3 + ε3(x)x3.

Pour le troisième produit on a

ε1(x)x3 ·

(cid:16)

1 + x +

1

2!

x2 +

1

3!

x3 + ε2(x)x3(cid:17)

= ε1(x)x3 + xε1(x)x3 + · · · = ε4(x)x3

On en arrive à :

cos x · exp x =

(cid:16)

1 −

(cid:16)

1 + x +

×

1

2!

x2 +

1

3!

x3 + ε2(x)x3(cid:17)

1

2

x2 + ε1(x)x3(cid:17)

1

2!

x2 −

x2 +

1

3!

x3 + ε3(x)x3

x3 + ε1(x)x3

= 1 + x +

−

1

1

2

2

+ ε4(x)x3

il ne reste plus qu’à regrouper les termes :

= 1 + x + (

= 1 + x −

−

)x2 + (

1

1

2

2

1

x3 + ε5(x)x3

3

1

6

−

1

2

)x3 + ε5(x)x3

Ainsi le dl de cos x · exp x en 0 à l’ordre 3 est :

cos x · exp x = 1 + x −

1

3

x3 + ε5(x)x3.

6

2. (ln(1 + x))2 (à l’ordre 4).

Il s’agit juste de multiplier le dl de ln(1 + x) par lui-même. En fait si l’on réfléchit un peu on s’aperçoit

qu’un dl à l’ordre 3 sera suffisant (car le terme constant est nul) :

ln(1 + x) = x −

x2 +

1

2

1

3

x3 + ε(x)x3

ε5(x) → 0 lorsque x → 0.

(ln(1 + x))2 = ln(1 + x) × ln(1 + x)

(cid:18)

=

x −

x2 +

1

2

1

3

x3 + ε(x)x3

(cid:19)

(cid:18)

×

x −

x2 +

1

2

1

3

(cid:19)

x3 + ε(x)x3

(cid:18)

= x ×

x −

x2 +

1

2

(cid:19)

x3 + ε(x)x3

−

+

1

2

1

3

x2 ×

x3 ×

(cid:18)

(cid:18)

x −

x −

(cid:19)

(cid:19)

x3 + ε(x)x3

x3 + ε(x)x3

x2 +

x2 +

1

3

1

3

+ ε(x)x3 ×

(cid:18)

x −

1

2

x2 +

1

3

(cid:19)

x3 + ε(x)x3

1

3

1

2

1

2

= x2 −

x4 + ε(x)x4

x4 + ε1(x)x4

−

x3 +

x3 +

1

3

1

4

x4 + ε2(x)x4

1

2

1

2

1

3

+ ε3(x)x4

11

12

+

= x2 − x3 +

x4 + ε4(x)x4

3.

sh x − x

x3

(à l’ordre 6).

Pour le dl de

donc

sh x − x

x3

on commence par faire un dl du numérateur. Tout d’abord :

sh x = x +

1

3!

x3 +

1

5!

x5 +

1

7!

x7 +

1

9!

x9 + ε(x)x9

sh x − x =

1

3!

x3 +

1

5!

x5 +

1

7!

x7 +

1

9!

x9 + ε(x)x9.

Il ne reste plus qu’à diviser par x3 :

sh x − x

x3 =

1

3! x3 + 1

5! x5 + 1

9! x9 + ε(x)x9

7! x7 + 1

x3

=

1

3!

+

1

5!

x2 +

1

7!

x4 +

1

9!

x6 + ε(x)x6

Remarquez que nous avons commencé par calculer un dl du numérateur à l’ordre 9, pour obtenir après

division un dl à l’ordre 6.

4. exp (cid:0) sin(x)(cid:1) (à l’ordre 4).

On sait sin x = x − 1

On note désormais toute fonction ε(x)xn (où ε(x) → 0 lorsque x → 0) par o(xn). Cela évite les multiples

expressions εi(x)xn.

3! x3 + o(x4) et exp(u) = 1 + u + 1

4! u4 + o(u4).

3! u3 + 1

2! u2 + 1

7

On substitue u = sin(x), il faut donc calculer u, u2, u3 et u4 :

u = sin x = x −

1

3!

x3 + o(x4)

u2 = (cid:0)x −

1

3!

u3 = (cid:0)x −

x3 + o(x4)(cid:1)2 = x2 −

x4 + o(x4)

1

3

x3 + o(x4)(cid:1)3 = x3 + o(x4)

1

3!

Pour obtenir :

u3 = x4 + o(x4)

et

o(u4) = o(x4)

exp(sin(x)) = 1 + x −

x4 + o(x4)(cid:1)

x3 + o(x4)

1

3!

(cid:0)x2 −

1

3

(cid:0)x3 + o(x4)(cid:1)

(cid:0)x4 + o(x4)(cid:1)

+

+

1

2!

1

3!

1

4!

+ o(x4)

1

2

+

= 1 + x +

x2 −

x4 + o(x4).

1

8

5. sin6(x) (à l’ordre 9).

On sait sin(x) = x − 1

Si l’on voulait calculer un dl de sin2(x) à l’ordre 5 on écrirait :

3! x3 + o(x4).

sin2(x) = (cid:0)x −

1

3!

x3 + o(x4)(cid:1)2 = (cid:0)x −

x3 + o(x4)(cid:1) × (cid:0)x −

1

3!

1

3!

x3 + o(x4)(cid:1) = x2 − 2

1

3!

x4 + o(x5).

En effet tous les autres termes sont dans o(x5).

Le principe est le même pour sin6(x) :

sin6(x) = (cid:0)x −

1

3!

x3 + o(x4)(cid:1)6 = (cid:0)x −

x3 + o(x4)(cid:1) × (cid:0)x −

1

3!

x3 + o(x4)(cid:1) × (cid:0)x −

1

3!

x3 + o(x4)(cid:1) × · · ·

1

3!

Lorsque l’on développe ce produit en commençant par les termes de plus petits degrés on obtient

sin6(x) = x6 + 6 · x5 · (−

1

3!

x3) + o(x9) = x6 − x8 + o(x9)

6. ln (cid:0) cos(x)(cid:1) (à l’ordre 6).

Le dl de cos x à l’ordre 6 est

cos x = 1 −

1

2!

x2 +

1

4!

x4 −

1

6!

x6 + o(x6).

Le dl de ln(1 + u) à l’ordre 6 est ln(1 + u) = u − 1

4! x4 − 1

On pose u = − 1

6! x6 + o(x6) de sorte que

2! x2 + 1

2 u2 + 1

3 u3 − 1

4 u4 + 1

5 u5 − 1

6 u6 + o(u6).

ln(cos x) = ln(1 + u) = u −

u2 +

1

2

u3 −

1

3

1

4

u4 +

u5 −

1

5

1

6

u6 + o(u6).

Il ne reste qu’à développer les uk, ce qui n’est pas si dur que cela si les calculs sont bien menés et les

puissances trop grandes écartées.

8

Tout d’abord :

Ensuite :

(cid:18)

−

u2 =

(cid:18)

=

−

(cid:18)

=

−

1

2!

1

2!

1

2!

x2 +

x2 +

1

4!

1

4!

x4 −

(cid:19)2

x4

(cid:19)2

x6 + o(x6)

1

6!

+ o(x6)

(cid:19)2

(cid:18)

+ 2

−

x2

1

2!

x2

(cid:19) (cid:18) 1

4!

(cid:19)

x4

+ o(x6)

=

1

4

x4 −

1

24

x6 + o(x6)

(cid:19)3

x6 + o(x6)

(cid:18)

−

u3 =

(cid:18)

=

−

1

2!

1

2!

x2 +

(cid:19)3

x2

1

4!

x4 −

1

6!

+ o(x6)

= −

1

8

x6 + o(x6)

En effet lorsque l’on développe u3 le terme (x2)6 est le seul terme dont l’exposant est (cid:54) 6.

Enfin les autres termes u4, u5, u6 sont tous des o(x6). Et en fait développer ln(1 + u) à l’ordre 3 est

suffisant.

Il ne reste plus qu’à rassembler :

ln(cos x) = ln(1 + u)

u2 +

u3 + o(u3)

= u −

(cid:18)

=

−

1

3

1

4!

1

2

1

2!

1

2

1

3

−

+

x2 +

(cid:18) 1

4

(cid:18)

−

(cid:19)

x6 + o(x6)

x4 −

1

6!

(cid:19)

x6 + o(x6)

x4 −

1

24

(cid:19)

x6 + o(x6)

1

8

= −

x2 −

1

2

1

12

x4 −

1

45

x6 + o(x6)

7.

à l’ordre 4.

1

cos x

Le dl de cos x à l’ordre 4 est

1

2!

1+u à l’ordre 2 (qui sera suffisant ici) est

4! x4 + o(x4) et on a u2 = 1

2! x2 + 1

cos x = 1 −

Le dl de 1

On pose u = − 1

x2 +

1

4!

x4 + o(x4).

1

1+u = 1 − u + u2 + o(u2).

4 x4 + o(x4).

9

1

cos x

=

1

1 + u

= 1 − u + u2 + o(u2)

1

1

= 1 − (cid:0) −

2!

4!

x2 +

= 1 +

x2 +

5

24

1

2

x4 + o(x4)

x4 + o(x4)(cid:1) + (cid:0) −

1

2!

x2 +

1

4!

x4 + o(x4)(cid:1)2 + o(x4)

8. tan x (à l’ordre 5 (ou 7 pour les plus courageux)).

Pour ceux qui souhaitent seulement un dl à l’ordre 5 de tan x = sin x × 1

de sin x à l’ordre 5 par le dl de 1

cos x à l’ordre 4 (voir question précédente).

Si l’on veut un dl de tan x à l’ordre 7 il faut d’abord refaire le dl

cos x alors il faut multiplier le dl

1

cos x mais cette fois à l’ordre 6 :

Le dl à l’ordre 7 de sin x étant :

1

cos x

= 1 +

x2 +

1

2

5

24

x4 +

61

720

x6 + o(x6)

sin x = x −

1

3!

x3 +

1

5!

x5 −

1

7!

x7 + o(x7)

Comme tan x = sin x × 1

cos x , il ne reste donc qu’à multiplier les deux dl pour obtenir après calculs :

tan x = x +

x3

3

+

2x5

15

+

17x7

315

+ o(x7)

9. (1 + x)

1

1+x (à l’ordre 3).

1

1+x = exp (cid:0) 1

1+x ln(1 + x)(cid:1) alors c’est juste des calculs utilisant les dl à

Si l’on pense bien à écrire (1 + x)

1

l’ordre 3 de ln(1 + x),

1+x et exp x.

On trouve

(1 + x)

1

1+x = 1 + x − x2 +

x3

2

+ o(x3).

10. arcsin (cid:0)ln(1 + x2)(cid:1) (à l’ordre 6).

Tout d’abord ln(1 + x2) = x2 − x4

2 + x6

x4

3 + o(x6) on a :

2 + x6

3 + o(x6). Et arcsin u = u + u3

6 + o(u3). Donc en posant u = x2 −

arcsin (cid:0)ln(1 + x2)(cid:1) = arcsin

(cid:18)

x2 −

x4

2

+

x6

3

(cid:19)

+ o(x6)

= arcsin u

= u +

1

6

u3 + o(u3)

(cid:18)

x2 −

(cid:18)

x2 −

=

=

x4

2

x4

2

+

+

(cid:19)

(cid:19)

+

+

x6

3

x6

3

1

6

x6

6

(cid:18)

x2 −

(cid:19)3

x4

2

+

x6

3

+ o(x6)

+ o(x6)

Correction de l’exercice 2 (cid:78)

= x2 −

x4

2

+

x6

2

+ o(x6)

10

1. Première méthode. On applique la formule de Taylor (autour du point x = 1)

f (x) = f (1) + f (cid:48)(1)(x − 1) +

f (cid:48)(cid:48)(1)

2!

(x − 1)2 +

f (cid:48)(cid:48)(cid:48)(1)

3!

(x − 1)3 + o((x − 1)3)

√

x = x 1

Comme f (x) =

f (cid:48)(cid:48)(cid:48)(x) (et enfin f (cid:48)(cid:48)(cid:48)(1)).

On trouve le dl de f (x) =

√

x au voisinage de x = 1 :

2 alors f (cid:48)(x) = 1

2 et donc f (cid:48)(1) = 1

2 x− 1

2 . Ensuite on calcule f (cid:48)(cid:48)(x) (puis f (cid:48)(cid:48)(1)),

√

x = 1 +

1

2

(x − 1) −

(x − 1)2 +

1

8

1

16

(x − 1)3 + o((x − 1)3)

Deuxième méthode. Posons h = x − 1 (et donc x = h + 1). On applique la formule du dl de

autour de h = 0.

√

1 + h

f (x) =

√

x =

√

1 + h

1

2

1

2

= 1 +

h −

h2 +

1

8

= 1 +

(x − 1) −

h3 + o(h3)

1

16

1

(x − 1)2 +

8

c’est la formule du dl de

√

1 + h

1

16

(x − 1)3 + o((x − 1)3)

2. La première méthode consiste à calculer g(cid:48)(x) = 1

x exp

√

2

√

x, g(cid:48)(cid:48)(x), g(cid:48)(cid:48)(cid:48)(x) puis g(1), g(cid:48)(1), g(cid:48)(cid:48)(1), g(cid:48)(cid:48)(cid:48)(1)

pour pouvoir appliquer la formule de Taylor conduisant à :

√

exp(

x) = e +

e

2

(x − 1) +

e

48

(x − 1)3 + o((x − 1)3)

(avec e = exp(1)).

Autre méthode. Commencer par calculer le dl de k(x) = exp x en x = 1 ce qui est très facile car pour

tout n, k(n)(x) = exp x et donc k(n)(1) = e :

exp x = e + e(x − 1) +

e

2!

(x − 1)2 +

e

3!

(x − 1)3 + o((x − 1)3).

Pour obtenir le dl g(x) = h(

x) en x = 1 on écrit d’abord :

√

√

√

exp(

x) = e + e(

x − 1) +

√

(

x − 1)2 +

e

2!

e

3!

√

(

x − 1)3 + o((

x − 1)3).

√

Il reste alors à substituer

x par son dl obtenu dans la première question.

√

3. Posons u = x − π

3 (et donc x = π

3 + u). Alors

π

3

On connaît les dl de sin u et cos u autour de u = 0 (car on cherche un dl autour de x = π

) cos(u) + sin(u) cos(

sin(x) = sin(

+ u) = sin(

cos u +

) =

π

3

π

3

1

2

sin u

3 ) donc

√

3

2

sin x =

=

=

=

√

3

2

√

3

2

√

3

2

√

3

2

cos u +

(cid:18)

1 −

1

2!

+

+

1

2

1

2

u −

(x −

1

2

sin u

u2 + o(u3)

√

3

4

π

3

1

u2 −

12

√

3

4

) −

(cid:19)

(cid:18)

u −

+

1

2

1

3!

(cid:19)

u3 + o(u3)

u3 + o(u3)

(x −

)2 −

π

3

1

12

(x −

π

3

)3 + o((x −

)3)

π

3

11

Maintenant pour le dl de la forme ln(a + v) en v = 0 on se ramène au dl de ln(1 + v) ainsi :

ln(a + v) = ln (cid:0)a(1 +

)(cid:1) = ln a + ln(1 +

v

a

v

a

) = ln a +

v

a

−

1

2

v2

a2 +

1

3

v3

a3 + o(v3)

On applique ceci à h(x) = ln(sin x) en posant toujours u = x − π

h(x) = ln(sin x) = ln

= ln

(cid:32) √

3

2

(cid:32) √

3

2

+

(cid:33)

√

3

4

1

2

u −

u2 −

(cid:32)

+ ln

1 +

2

√

3

1

12

(cid:32)

√

3

4

u2 −

1

12

u −

(cid:33)(cid:33)

u3 + o(u3)

1

2

3 :

(cid:33)

u3 + o(u3)

= · · ·

(cid:32) √

3

2

(cid:32) √

3

2

= ln

= ln

on effectue le dl du ln et on regroupe les termes

(cid:33)

+

1

√

3

2

3

4

√

3

9

u −

u2 +

u3 + o(u3)

(cid:33)

+

1

√

3

(x −

π

3

) −

2

3

(x −

)2 +

π

3

4

√

3

9

(x −

π

3

)3 + o((x −

)3)

π

3

On trouve donc :

ln(sin x) = ln

(cid:33)

(cid:32) √

3

2

+

1

√

3

(x −

π

3

) −

2

3

(x −

)2 +

π

3

4

√

3

9

(x −

π

3

)3 + o((x −

)3)

π

3

Bien sûr une autre méthode consiste à calculer h(1), h(cid:48)(1), h(cid:48)(cid:48)(1) et h(cid:48)(cid:48)(cid:48)(1).

Correction de l’exercice 3 (cid:78)

1. Dl de f (x) à l’ordre 2 en 0.

√

f (x) =

=

1 + x2

√

1 + x +

1 + x2

2 + o(x2)

1 + x2

1 + x + 1 + x2

x2

2

2 + o(x2)

1

2

+ o(x2)(cid:1) ×

= (cid:0)1 +

(cid:112)

1 + x2 = 1 +

car

x2 + o(x2)

1

2

on pose u =

x

2

+

x2

4

+ o(x4)

1

2 + x2

4 + o(x4)

+ o(x2)(cid:1) ×

1 + x

1

1 + u

+ o(x2)(cid:1) × (cid:0)1 − u + u2 + o(u2)(cid:1)

x2

+ o(x2)(cid:1) × (cid:0)1 − (cid:0) x

4

2

x

+ o(x2)(cid:1)

2

+ o(x2)(cid:1) × (cid:0)1 −

+

(cid:1) + (cid:0) x

2

+

x2

4

(cid:1)2 + o(x2)(cid:1)

(cid:0)1 +

(cid:0)1 +

(cid:0)1 +

(cid:0)1 +

(cid:0)1 −

x2

2

x2

2

x2

2

x2

2

x

2

=

=

=

=

=

=

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

+

x2

2

+ o(x2)(cid:1)

−

x

4

+

x2

4

+ o(x2)

12

2. En +∞ on va poser h = 1

x et se ramener à un dl en h = 0.

f (x) =

√

1 + x2

√

1 + x +

1 + x2

=

(cid:113) 1

x

x2 + 1

(cid:113) 1

x(cid:0) 1

x + 1 +

x2 + 1(cid:1)

√

1 + h2

√

1 + h +

1 + h2

=

= f (h).

Ici -miraculeusement- on retrouve exactement l’expression de f dont on a déjà calculé le dl en h = 0 :

f (h) = 1

2 − h

4 + h2

4 + o(h2). Ainsi

f (x) = f (h) =

1

2

−

1

4x

+

1

4x2 + o(

1

x2 )

3. Attention cela ne fonctionne plus du tout en −∞. Dans le calcul de la deuxième question on était on

voisinage de +∞ et nous avons considéré que x était positif. En −∞ il faut faire attention au signe, par

√

(cid:113) 1

1 + x2 = |x|

x2 + 1 = −x

exemple

Ainsi toujours en posant h = 1

x .

(cid:113) 1

x2 + 1.

f (x) =

=

√

1 + x2

√

(cid:113) 1

−x

x + 1 +

1 + x2

x2 + 1

(cid:113) 1

x2 + 1(cid:1)

x(cid:0)1 + 1

x −

√

1 + h2

√

= −

1 + h −

1 + h2

2 h2 + o(h2)

2 h2 + o(h2)(cid:1)

1 + 1

1 + h − (cid:0)1 + 1

1 + 1

2 h2 + o(h2)

h − 1

2 h2 + o(h2)

1 + 1

2 h2 + o(h2)

1 − 1

2 h + o(h)

1

h2 + o(h2)(cid:1) × (cid:0)1 +

(cid:0)1 +

2

1

2

h2 + o(h2)(cid:1)

(cid:0)1 +

h +

3

4

= −

= −

= −

= −

= −

= −

1

h

1

h

1

h

1

h

−

−

h + o(h)

1

2

1

2

3

4

1

3

x

4

+ o(

1

x

)

= −x −

−

1

2

h +

1

4

h2 + o(h2)(cid:1)

Ainsi un développement (asymptotique) de f en −∞ est

f (x) = −x −

1

2

−

3

4

1

x

+ o(

1

x

)

On en déduit par exemple que f (x) se comporte essentiellement comme la fonction −x en −∞ et en

particulier limx→−∞ f = +∞.

Correction de l’exercice 4 (cid:78)

1. On a

ex2

= 1 + x2 +

x4

2!

+ o(x4)

et

cos x = 1 −

x2

2!

+

x4

4!

+ o(x4)

13

On s’aperçoit qu’en fait un dl à l’ordre 2 suffit :

ex2

− cos x = (cid:0)1 + x2 + o(x2)(cid:1) − (cid:0)1 −

x2

2

+ o(x2)(cid:1) =

x2 + o(x2)

3

2

Ainsi ex2

−cos x

x2 = 3

2 + o(1) (où o(1) désigne une fonction qui tend vers 0) et donc

2. On sait que

ex2 − cos x

x2

=

3

2

lim

x→0

x3

x2

3!

2

Les dl sont distincts dès le terme de degré 2 donc un dl à l’ordre 2 suffit :

ln(1 + x) = x −

sin x = x −

+ o(x3)

x3

3

+

et

+ o(x3).

donc

et ainsi

3. Sachant

et

alors

Ainsi

ln(1 + x) − sin x = (cid:0)x −

x2

2

+ o(x2)(cid:1) − (cid:0)x + o(x2)(cid:1) = −

x2

2

+ o(x2)

ln(1 + x) − sin x

x

= −

x

2

+ o(x)

ln(1 + x) − sin x

x

lim

x→0

= 0.

cos x = 1 −

x2

2!

+

x4

4!

+ o(x4)

(cid:112)

1 − x2 = 1 −

x2 −

1

2

1

8

x4 + o(x4)

cos x −

√

1 − x2

x4

=

=

=

(cid:0)1 − x2

2 + x4

24 + o(x4)(cid:1) − (cid:0)1 − 1

2 x2 − 1

8 x4 + o(x4)(cid:1)

x4

1

6 x4 + o(x4)

x4

1

6

+ o(1)

cos x −

√

1 − x2

x4

=

1

6

lim

x→0

Correction de l’exercice 5 (cid:78)

Commençons en x = 0, le dl de f (x) = ln(1 + x + x2) à l’ordre 2 est

ln(1 + x + x2) = (x + x2) −

(x + x2)2

2

+ o(x2) = x +

x2 + o(x2)

1

2

Par identification avec f (x) = f (0) + f (cid:48)(0)x + f (cid:48)(cid:48)(0) x2

f (cid:48)(cid:48)(0) = 1). L’équation de la tangente est donc y = f (cid:48)(0)(x − 0) + f (0) donc y = x.

La position par rapport à la tangente correspond à l’étude du signe de f (x) − y(x) où y(x) est l’équation de la

tangente.

2! + o(x2) cela entraîne donc f (0) = 0, f (cid:48)(0) = 1 (et

f (x) − y(x) = x +

x2 + o(x2).

1

2

x2 + o(x2) − x =

14

1

2

Ainsi pour x suffisamment proche de 0, f (x) − y(x) est du signe de 1

voisinage de 0 la courbe de f est au-dessus de la tangente en 0.

2 x2 et est donc positif. Ainsi dans un

Même étude en x = 1.

Il s’agit donc de faire le dl de f (x) en x = 1. On pose x = 1 + h (de sorte que h = x − 1 est proche de 0) :

f (x) = ln(1 + x + x2) = ln (cid:0)1 + (1 + h) + (1 + h)2(cid:1)

= ln (cid:0)3 + 3h + h2(cid:1)

h2

3

3(cid:0)1 + h +

= ln

(cid:18)

(cid:19)

(cid:1)

= ln 3 + ln (cid:0)1 + h +

(cid:1)

h2

3

(cid:0)h + h2

3

2

+ o(h2)

(cid:1) −

h2

3

h2

h2

3

2

1

h2 + o(h2)

6

−

= ln 3 + (cid:0)h +

= ln 3 + h +

= ln 3 + h −

(cid:1)2

+ o(cid:0)(h +

h2

3

)2(cid:1)

= ln 3 + (x − 1) −

1

6

(x − 1)2 + o((x − 1)2)

La tangente en x = 1 est d’équation y = f (cid:48)(1)(x − 1) + f (1) et est donc donnée par le dl à l’ordre 1 : c’est

y = (x − 1) + ln 3. Et la différence f (x) − (cid:0) ln 3 + (x − 1)(cid:1) = − 1

6 (x − 1)2 + o((x − 1)2) est négative pour x proche

de 1. Donc, dans un voisinage de 1, le graphe de f est en-dessous de la tangente en x = 1.

Correction de l’exercice 6 (cid:78)

1. (a) La première limite n’est pas une forme indéterminée, en effet

donc

(cid:112)

lim

x→+∞

x2 + 3x + 2 = +∞ et

lim

x→+∞

x = +∞

(cid:112)

x2 + 3x + 2 + x = +∞

lim

x→+∞

(b) Lorsque x → −∞ la situation est tout autre car

(cid:112)

lim

x→−∞

x2 + 3x + 2 = +∞ et

lim

x→−∞

x = −∞

√

x2 + 3x + 2 + x est une forme indéterminée !

donc

Calculons un développement limité à l’ordre 1 en −∞ en faisant très attention au signe (car par

exemple |x| = −x) :

(cid:112)

x2 + 3x + 2 + x = |x|

(cid:33)

(cid:32)(cid:114)

1 +

+

2

x2 − 1

(cid:19)

2

x2

(cid:19)

)

+

3

x

(cid:18) 3

x

1

x

+ o(

1

2

(cid:18)

= |x|

1 +

= |x|

(cid:18) 1

2

3

x

+ o(

(cid:19)

) − 1)

1

x

Et donc

= −

3

2

+ o(1)

(cid:112)

x2 + 3x + 2 + x = −

lim

x→−∞

3

2

15

2. Nous utiliserons que

(arctan x)

1

x2 = exp

= exp

(cid:18) 1

(cid:19)

x2 ln (arctan x)

(cid:18) 1

x2 ln (cid:0)x + o(x)(cid:1)

(cid:19)

car arctan x = x + o(x)

Mais lorsque x → 0+ on sait que ln(x + o(x)) → −∞, x2 → 0 donc :

lim

x→0+

ln(x + o(x))

x2

= −∞

Composé avec l’exponentielle on trouve :

(arctan x)

1

x2 = 0

lim

x→0+

3. Effectuons le dl à l’ordre 2 : comme

(1 + x)α = 1 + αx +

α(α − 1)

2

x2 + o(x2)

(1 + 3x)

1

3 = 1 + x − x2 + o(x2).

sin x = x + o(x2)

et cos x = 1 −

x2

2!

+ o(x2).

(1 + 3x)

1

3 − 1 − sin x

1 − cos x

=

−x2 + o(x2)

1

2 x2 + o(x2)

−1 + o(1)

1

2 + o(1)

= −2 + o(1)

=

après factorisation par x2

alors

Ainsi

Donc

(1 + 3x)

1

3 − 1 − sin x

1 − cos x

lim

x→0

= −2

Correction de l’exercice 7 (cid:78)

Habituellement on trouve le développement limité d’une fonction à partir des dérivées successives. Ici on va

faire l’inverse.

Calcul du dl (à un certain ordre) :

f (x) =

x3

1 + x6 = x3

1

1 + x6

(cid:17)

1 − x6 + x12 − · · · ± x6(cid:96) · · ·

= x3 (cid:16)

= x3 − x9 + x15 − · · · ± x3+6(cid:96) · · ·

= ∑

(cid:96)(cid:62)0

(−1)(cid:96)x3+6(cid:96)

16

Il s’agit d’identifier ce développement avec la formule de Taylor :

f (x) = f (0) + f (cid:48)(0)x +

f (cid:48)(cid:48)(0)

2!

x2 + · · · +

f (n)(0)

n!

xn + · · ·

Par unicité des DL, en identifiant les coefficients devant xn on trouve :

(cid:40) f (n)(0)

n! = (−1)(cid:96)

f (n)(0)

n! = 0

si n = 3 + 6(cid:96)

sinon.

Si n = 3 + 6(cid:96) (avec (cid:96) ∈ N) alors on peut écrire (cid:96) = n−3

6 et donc on peut conclure :

(cid:40)

f (n)(0) = (−1)

f (n)(0) = 0

n−3

6

· n!

si n ≡ 3 (mod 6)

sinon.

Correction de l’exercice 8 (cid:78)

1. La formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre x et x + h (avec h > 0) donne :

où cx,h ∈]x, x + h[.

Cela donne :

f (x + h) = f (x) + f (cid:48)(x)h + f (cid:48)(cid:48)(cx,h)

h2

2!

f (cid:48)(x)h = f (x + h) − f (x) − f (cid:48)(cid:48)(cx,h)

h2

2!

.

On peut maintenant majorer f (cid:48)(x) :

h| f (cid:48)(x)| (cid:54) | f (x + h)| + | f (x)| +

h2

2

(cid:12) f (cid:48)(cid:48)(cx,h)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:54) 2M0 +

h2

2

M2

Donc

h

| f (cid:48)(x)| (cid:54) 2

h

2

2. Soit φ :]0, +∞[→ R la fonction définie par φ (h) = h

2 M2 + 2

h M0. C’est une fonction continue et dérivable.

2 M2 − 2M0

La limite en 0 et +∞ est +∞. La dérivée φ (cid:48)(h) = 1

h2 s’annule en h0 = 2

et en ce point φ

atteint son minimum φ (h0) = 2

Fixons x > a. Comme pour tout h > 0 on a | f (cid:48)(x)| (cid:54) h

on obtient | f (cid:48)(x)| (cid:54) φ (h0) = 2

2 M2 + 2

M0M2. Et donc f (cid:48) est bornée.

h M0 = φ (h) alors en particulier pour h = h0

(cid:113) M0

M2

M0M2.

M0 +

M2.

√

√

3. Fixons ε > 0. g(cid:48)(cid:48) est bornée, notons M2 = supx>0 |g(cid:48)(cid:48)(x)|. Comme g(x) → 0 alors il existe a > 0 tel que

sur l’intervalle ]a, +∞[, g soit aussi petit que l’on veut. Plus précisément nous choisissons a de sorte que

M0 = sup

x>a

|g(x)| (cid:54) ε 2

4M2

.

La première question appliquée à g sur l’intervalle ]a, +∞[ implique que pour tout h > 0 :

|g(cid:48)(x)| (cid:54) 2

h

M0 +

M2

h

2

En particulier pour h = ε

M2

et en utilisant M0 (cid:54) ε 2

4M2

ε 2

4M2

|g(cid:48)(x)| (cid:54) 2

ε

M2

on obtient :

+

ε

M2

2

M2 (cid:54) ε.

A...