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Lycée Pierre de Fermat 2019/2020MPSI 1 TD
Développements limités
1 Développements limités.
⊲ Exercice 1.1. DL de tangente en 0.Prouver de trois manières différentes le DL6(0) de la fonction tangente. On pourra l’obtenir comme un quotientde deux DL, comme une conséquence de la relation tan′ = 1 + tan2 ou bien comme l’intégration du DL4(0) de
1cos2 x
.
⊲ Exercice 1.2. Combinaison linéaire et produits, compositions très simples de DL en 0.Donner les développements limités au voisinage de 0 à l’ordre précisé des fonctions suivantes
1) f : x 7→ sin(3x)− 3 sin(x) ordre 4 2) g : x 7→ ln(2 + x)1 + 2x
ordre 3 3) h : x 7→ x tan(x)− x ln(1 − 2x) ordre 4
4) i : x 7→√
1− 2 sin x ordre 3 5) j : x 7→ ln(cos(x)) ordre 4 6) k : x 7→ Arctan(x)Arcsin(x)
ordre 3
⊲ Exercice 1.3. Composition de DL en 0 puis en « tout »point.Donner les développements limités à l’ordre 3 (sauf indication contraire) des fonctions suivantes au voisinage dupoint précisé
1) f : x 7→√
1 +√
1 + x en 0 2) g : x 7→ ln(1 +√
2 + 4x) en 0, ordre 2 3) h : x 7→ exp1
1− ixen 0
4) i : x 7→ sin(π cos(2x)) enπ
25) j : x 7→
√tan x en
π
46) k : x 7→ xx en 2.
⊲ Exercice 1.4. Calculs de composition de DL à un ordre un peu plus grand...il faut gérer lespuissances 2, 3, 4 de sommes de plusieurs termesCalculer les développements limités suivants en 0 à l’ordre 4 :
1) f : x 7→ cosx
1 + 2x2) g : x 7→ sin
x
1 + 2x3) h : x 7→ tan(e2x − 1)
4) i : x 7→√
1 + ln(1 + 2x) 5) j : x 7→ exp1
1− x6) k : x 7→ exp(exp(x + ln 6))
⊲ Exercice 1.5. Calculer les limites en 0, lorsqu’elles existent, des fonctions suivantes :
1) f : x 7→ ln(1 + x) + ln(1− x)x2
2) g : x 7→ ln(1 + x2)− x sin(x)x4
3) h : x 7→ ln(cos(ax))ln(cos(bx))
(a, b) ∈ (R∗)2
4) i : x 7→√
1+x−√
1−xx
− 1x2
5) j : x 7→ ln(1 + x + x2)− xex
xArctan(x)6) k : x 7→
exp( x2x+1 )− 1√
1−2x
x2
⊲ Exercice 1.6. Calculer les limites en 0, lorsqu’elles existent, des fonctions suivantes :
1) f : x 7→ 1sin2 x
− 1x2
2) g : x 7→ eArctanx − etan x
eArcsinx − esin x3) h : x 7→ (cos x)n − n cos x + n− 1
(sin x)4
4) i : x 7→(
cos x +12
sin2 x
) 1
xα
(α ∈ R∗+) 5) j : x 7→ 2 tan x− tan(2x)
x(1 − cos(3x))6) k : x 7→
(sin x
x
) 11
sin x− cotanx
⊲ Exercice 1.7. Calculer les limites en +∞, lorsqu’elles existent, des suites ou des fonctions suivantes :
1) f : x 7→ ln(
x tan(
1x
))2) g : x 7→
(1 +
2x
)3x
3) h : x 7→ x ln(
x + 3x− 2
)
4) un =(
2 sinnπ
6n + 1
)n
5) vn = n2
(1 +
1n
)n
− en3 ln(
1 +1n
)6) wn =
(2
1n + 3
1n
2
)n
7) xn =
(2
√1 +
1n−√
1 +2n
)n2
8) yn = ( 3√
n3 + 3n2 + 2− 3√
n3 + 1)n 9) zn = (chn)shn − (shn)chn
⊲ Exercice 1.8. Démontrer que la fonction f : x 7→ x + ln(1 + x) admet une bijection réciproque au voisinagede 0 et calculer un DL3(0) de cette réciproque.
1
⊲ Exercice 1.9. Montrer que le DL2
(12
)de eArcsinx est
eArcsinx =x→ 1
2
eπ
6
[1 +
2√
33
(x− 1
2
)+
2(3 +√
3)9
(x− 1
2
)2
+ o
((x− 1
2
)2) ]
.
⊲ Exercice 1.10. Calculer le DA(+∞) à trois termes de f(x) = Arctan
√x + 1x + 3
.
Stratégie suggérée : on pourra poser g(t) = f
(1t
)et calculer le DL3(0) de g obtenu par intégration du DL2(0)
de g′(t).
2 Développements asymptotiques de fonctions.
⊲ Exercice 2.1. Recherche d’équivalents.
1. Donner un équivalent en +∞ de x 7→ tan1√
x3 + 1.
2. Donner un équivalent en 0+ de x 7→ sin(e√
x ln x − 1).
3. Donner un équivalent en 0+ de x 7→ sin(√
tan x) + tan(√
sin x).
4. Donner un équivalent en 0+ de x 7→ sin(√
tan x)− tan(√
sin x).
5. Donner un équivalent en 0+ et en +∞ de x 7→(
1 +1
ln x
)2015
− 1.
6. Donner un équivalent en 0+ et en +∞ de x 7→(
1 +x
ln x
) 1x − 1.
7. Donner un équivalent en +∞ de x 7→ x13 +
√x2 − ⌊x2⌋. Est-il possible de trouver une expression simple
pour un/le terme suivant du DA(+∞).
⊲ Exercice 2.2. Recherche de développements asymptotiques.
1. Donner un DA(+∞) en o(1) de x 7→ ln(3x2 + 2x).
2. Donner un DA(+∞) en o
(ex
x2
)de x 7→ exp
x2 + 1x− 1
. Est-il imaginable d’obtenir un DA de cette fonction
en o
(1x2
)?
3. Donner un DA(+∞) à la précision o
(1x2
)de x 7→ x ln(x + 1)− (x + 1) ln x.
4. Donner un DA(+∞) en o
(1x2
)de x 7→ ln(1 + x +
√x).
5. Donner un DA(+∞) en O
(1x
)de x 7→
(2 cos
πx
3x + 1
)x
.
6. Donner un DA(0+) à la précision o(x2)
de x 7→ sin(ln(1 + 6x + 3√
x)).
7. Donner un DA(0+) à la précision o(x2)
de x 7→ 1x(ex − 1)
− 1x2
.
3 Développements asymptotiques de suites définies implicitement.
⊲ Exercice 3.1. Suite définie implicitement. Soit (un)n∈N une suite réelle telle que, pour tout n ∈ N,u5
n + nun − 1 = 0. Montrer que la suite (un)n∈N est bien définie et qu’elle admet le DA suivant un =n→+∞
1n− 1
n6+ o
(1n6
).
Bonus. Quel est le terme suivant du DA ?
⊲ Exercice 3.2. Suite définie implicitement. Montrer que l’équation ex = n − x admet, pour tout n ∈ N
une unique solution xn ∈ R. Montrer que xn =n→+∞
ln n− ln n
n− (ln n)2
2n2+ o
((ln n)2
2n2
).
⊲ Exercice 3.3. Suite récurrenteSoit u0 ∈]− 1, 0[ et, pour tout n ∈ N, un+1 = u2
n + un.
1. Étudier la convergence de un.
2
2. En considérant la suite vn =1
un
, montrer que vn+1 − vn converge et en déduire un équivalent de vn puis
un (on pourra se souvenir du théorème de Cesaro).
3. Posons wn = vn +n de sorte que vn = −n+wn. D’après ce qui précède, vn ∼n→+∞
−n donc wn =n→+∞
o(n)
(c’est le terme suivant du DA de vn).
(a) Montrer que wn+1 − wn ∼n→+∞
− 1n
.
(b) (*) En déduire que wn ∼n→+∞
−n∑
k=1
1k
puis que wn ∼n→+∞
− ln n.
(c) Montrer que un =n→+∞
− 1n
+ln n
n2+ o
(ln n
n2
).
4 Étude locale de fonctions.
⊲ Exercice 4.1. Étudier, en fonction de α ∈ R∗+, le comportement en 0+ de f(x) =
(ch(sin x)
) 1(tan(shx))α
.
⊲ Exercice 4.2.
On considère les fonctions f : x 7→
(x− 2
3sin x− 1
3tan x
)
(sin x)5et g : x 7→ xx − x
1− x + ln x.
1. Calculer les développements limités à l’ordre 2 en 0 de f et g.
2. Que peut-on en déduire pour ces fonctions au voisinage de 0 ? donner les allures locales de leurs graphesau voisinage de 0.
⊲ Exercice 4.3. Montrer que l’expressionln(1 + x) − x
x2permet de définir une fonction continue sur ]−1, +∞[.
Est-elle dérivable en 0 ? est-elle de classe C1 sur ] − 1, +∞[ ? préciser la position relative courbe/tangente enx = 0.
⊲ Exercice 4.4. Soit α > 0. Étudier la possibilibité de prolonger par continuité la fonction fα(x) = sin((1 + xα ln x)3 − 1
),
qui n’est pas définie en 0, en 0. Si cela est possible, la fonction f̃α ainsi obtenue est-elle dérivable en 0 (dans lecas d’une réponse affirmative, préciser la position relative courbe/tangente en 0).
⊲ Exercice 4.5. Déterminer les valeurs de a ∈ R pour lesquelles fa(x) =ln(1 + ax)
1 + xdéfinit une fonction qui
admet un point d’inflexion en x = 0.
⊲ Exercice 4.6. Déterminer la nature de la branche infinie de f(x) =(x4 + 2x3 − 1
) 14 en +∞ et en −∞ et
préciser l’allure locale du graphe de f au voisinage de +∞ et −∞.
⊲ Exercice 4.7. Soit f la fonction définie pour tout x ∈ R∗+ par f(x) =
1x
sin(x) ln(1 + x).
1. Calculer le développement limité de f au voisinage de 0 à l’ordre 2.
2. Montrer que f peut être prolongée par continuité en 0 en une fonction f̃ à préciser dont on prouveraqu’elle est dérivable en 0.
3. Montrer que f̃ ∈ C1(R+,R).
4. Posons g(x) = xf
(1x
). Donner le développement asymptotique de g qui se déduit du DL2(0) de f .
5. En déduire l’équation d’une asymptote au graphe de g et préciser la position relative du graphe parrapport à l’asymptote.
⊲ Exercice 4.8. Recollement de solutions d’équations différentielles non résolues. Considérons l’équa-tion différentielle (ch(t)− 1)y′ + sh(t)y = tsh(t) (E) .
1. Résoudre cette équation différentielle sur R∗+ et sur R
∗−.
2. En déduire l’ensemble des solutions définies sur R.
⊲ Exercice 4.9. Recollement de solutions d’équations différentielles non résolues.Chercher les solutions définies sur R de (et − 1)y′ + ety = 1 (E) .
3
⊲ Exercice 4.10. Recollement de solutions d’équations différentielles non résolues.
1. Trés intéressant. Chercher les solutions définies sur R de (sin3 t)y′ − 2(cos t)y = 0 (E) .
2. Comparer ce résultat avec les solutions définies sur R de (sin t)y′ − (cos t)y = 0 (F ) .
⊲ Exercice 4.11. Donner le DL10(0) de f(x) =∫ x2
x
dt√1 + t4
. Donner ensuite (*) un DA(+∞) en o
(1
x10
).
⊲ Exercice 4.12. Posons f(x) =∫ 2x
x
chu
udu.
1. Montrer que f est bien définie sur R∗. Possède-t-elle une propriété de parité ? Quelle est sa régularité ?
2. Montrer que f se prolonge par continuité en 0 en f̃ .
3. (a) Montrer qu’il existe C ∈ R+ tel que ∀t ∈ [−1, 1] \ {0},∣∣∣∣∣cht− 1− t2
2
t
∣∣∣∣∣ 6 Ct4.
(b) En déduire que f̃ admet un développement limité à l’ordre 4 en 0 que l’on précisera
(c) Montrer que f̃ ∈ C1(R,R). A-t-on f̃ ∈ C2(R,R).
4. Calculer la limite de f en +∞.Donner un équivalent de f(x) en +∞ (on pourra procéder à une ou plusieurs intégrations par parties).Mêmes questions en −∞.
⊲ Exercice 4.13. (**) Montrer que f : x 7−→∫ x2
x
du
ln u, définie sur R
∗+ \ {1} se prolonge en une fonction de
C2(R∗+,R) convexe sur R
∗+.
Peut-on en donner un DL à l’ordre 4 (resp. n ∈ N∗) en 1 ?
5 L’indispensable : complétez, démontrez ou infirmez les assertionssuivantes.
⊲ Exercice 5.1.
1. Démontrer en une ligne que pour tout x ∈ [0, π], x − x3
66 sin(x) 6 x − x3
6+
x5
120. (on pourra prouver
séparément chacune des inégalités en pensant à l’égalité de Taylor-Lagrange).
2. Les fonctions convexes admettent un développement limité à l’ordre 0 en tout point de leur domaine dedéfinition.
3. Les fonctions convexes admettent un développement limité à l’ordre 1 en tout point intérieur à leurdomaine de définition.
4. Il existe des fonctions de C∞(R,R) n’admettant pas des DLn(0) pour tout n ∈ N.
5. Donner le DL4(0) des fonctions x 7→√
π, x 7→ x3 + x4(ex − 1), x 7→ x2(ex − 1) cos(
1x
).
6. Que dire concernant l’existence de DL en 0 pour les fonctions x 7→ |x| et x 7→ |x|3 ?
7. Donner une fonction définie en√
2 n’admettant aucun DL à aucun ordre en√
2.
8. Donner une fonction admettant en 2 un DL à l’ordre 3 mais n’admetttant pas de DL à l’ordre 4 en cepoint.
9. Soit P une fonction polynômiale définie sur R de degré 13. Soit f une fonction définie sur R admettant unDLn(0) à tout ordre n > 13 donné par f(x) =
x→0P (x)+o(xn). Alors, d’une part f admet un développement
limité à tout ordre, et d’autre part, f(x) = P (x) au voisinage de 0.
10. Si une fonction f ∈ C0(R,R) admet des développements limités en 0 composés exclusivement de termespairs à tous les ordres, alors elle est paire.
11. Si f est dérivable en 0 alors f(x) =x→0
f(0) + xf ′(0) + o(x). De plus, f ′(x) =x→0
f ′(0) + o(1).
12. Donner le comportement asymptotique en −∞ et +∞ de x 7→ x√
x2 + 2x− 1.
13. Donner le comportement asymptotique de f(x) =
√x3
x− 1au voisinage de +∞ et −∞.
14. Donner le DA(+∞) de f(x).g(x) obtenu avec la plus grande précision possible si f(x) =x→+∞
3x3(ln x)2−
2x3 ln(x) + o(x3√
ln x) et g(x) =x→+∞
√x− 1 +
ln(x)√x
+ o
(ln(x)
x
).
4
15. Si f(x) = 3x− 7 +x
ln(1 + x2)+ o(1) au voisinage de −∞, alors la droite d’équation y = 3x − 7 est une
asymptote oblique au graphe de f et le graphe de la fonction est au-dessus de cette droite.
16. Si f(x) = 3x − 7 +ln(|x|)|x| 12
+ o
(ln(|x|)|x| 13
)au voisinage de −∞, alors la droite d’équation y = 3x − 7 est
une asymptote oblique au graphe de f et le graphe de la fonction est en-dessous de cette droite.
5
Correction des exercices
⊲ Corrigé de l’exercice 1.1La fonction tangente
⋆ est de classe C∞ sur R \{π
2+ πZ
}donc, d’après la formule de Taylor-Young, elle admet en 0 des DL à
tout ordre,⋆ est impaire donc les parties régulières du DL5(0) et du DL6(0) sont identiques.
1. Méthode 1 : quotient de DL en 0.2. Méthode 2 : conséquence de la relation tan′ = 1 + tan2.
Cherchons le DL1(0) de tan :
tan x =sin x
cos x
=x→0
x + o(x)1 + o(x)
=x→0
(x + o(x)) × 11 + o(x)
utilisons1
1 + u=
u→01 + u + o(u)
pour u← 0 ce qui est autorisé car 0 →x→0
0
=x→0
(x + o(x)) × (1 + 0 + o(x))
=x→0
x + o(x)
Par imparité de tan, les parties régulières du DL2(0) et du DL1(0) sont identiques donc
tan x =x→0
x + o(x2)
.Déduisons-en un DL2(0) de 1 + tan2 :
1 + tan2 x =x→0
1 + (x + o(x2))2
=x→0
1 + (x + o(x2))(x + o(x2))
=x→0
1 + x2 + o(x2)
or tan′ = 1 + tan2 donc le théorème d’intégration des DL donne le DL3(0) de tan :
tan x =x→0
tan 0︸ ︷︷ ︸= 0
+x +x3
3+ o(x3)
d’où tan x =x→0
x +x3
3+ o(x3).
Par imparité de tan, les parties régulières du DL3(0) et du DL4(0) sont identiques donc
tan x =x→0
x +x3
3+ o(x4).
Déduisons-en un DL4(0) de 1 + tan2 :
1 + tan2 x =x→0
1 +(
x +x3
3+ o(x4)
)2
=x→0
1 +(
x +x3
3+ o(x4)
)(x +
x3
3+ o(x4)
)
=x→0
1 + x2 +23
x4 + o(x4)
or tan′ = 1 + tan2 donc le théorème d’intégration des DL donne le DL5(0) de tan :
tan x =x→0
tan 0︸ ︷︷ ︸= 0
+x +x3
3+
2x5
15+ o(x5)
d’où tan x =x→0
x +x3
3+
215
x5 + o(x5).
1
3. Méthode 3 : intégration du DL4(0) de1
cos2. pour obtenir le DL5(0) de tan.
1cos2
= (cos x)−2
=x→0
(1− x2
2+
x4
24+ o(x4)
)−2
utilisons (1 + u)−2 =u→0
1− 2u +(−2)(−3)
2u2 +
(−2)(−3)(−4)6
u3 +(−2)(−3)(−4)(−5)
24u4 + o(u4)
soit après simplification (1 + u)−2 =u→0
1− 2u + 3u2 − 4u3 + 5ut + o(u4)
pour u← −x2
2+
x4
24ce qui est autorisé car −x2
2+
x4
24→
x→00
=x→0
1− 2(−x2
2+
x4
24
)+ 3
(−x2
2+
x4
24
)2
− 4(−x2
2+
x4
24
)3
+ 5(−x2
2+
x4
24
)4
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
1− 2(−x2
2+
x4
24
)+ 3
(−x2
2
)2
+ o(x4)
=x→0
1 + x2 +23
x4 + o(x4)
Ainsi, par intégration,
tan x =x→0
tan 0︸ ︷︷ ︸= 0
+x +x3
3+
215
x5 + o(x5)
d’où tan x =x→0
x +x3
3+
215
x5 + o(x5).
4. Méthode 4 : formule de Taylor-Young.
La fonction tan est de classe C∞ sur]−π
2,
π
2
[donc de classe C6 sur
]−π
2,
π
2
[si bien que le théorème de
Taylor-Young donne l’existence d’un DL6(0) donné par
tan x =x→0
6∑
k=0
tan(k)(0)k!
xk + o(x6)
On peut par ailleurs utiliser l’imparité de la fonction tan pour affirmer que les coefficients des monômesd’exposant pairs sont nuls donc
tan x =x→0
tan(1)(0)x +tan(3)(0)
3!x3 +
tan(5)(0)5!
x5 + o(x6)
⋆ tan(1) = 1 + tan2 donc tan(1)(0) = 1.⋆ En dérivant tan(1) = 1 + tan2,
tan(2) = 2 tan tan′ = 2 tan(1 + tan2) = 2 tan +2 tan3
et en re-dérivant,
tan(3) = 2 tan′ +6 tan2 tan′ = 2(1 + tan2) + 6 tan2(1 + tan2) = 2 + 8 tan2 +6 tan4
donc tan(3)(0) = 2.⋆ En dérivant tan(3) = 2 + 8 tan2 +6 tan4,
tan(4) = 16 tan tan′ +24 tan3 tan′ = 16 tan(1 + tan2) + 24 tan3(1 + tan2) = 16 tan +40 tan3 +24 tan5
et en re-dérivant,
tan(5) = 16 tan′ +120 tan2 tan′ +140 tan4 tan′ = (16+120 tan2 +140 tan4)(1+tan2) = 16+136 tan2 +260 tan4 +140 tan
donc tan(5)(0) = 16.Ainsi,
tan x =x→0
x +26
x3 +16120
x5 + o(x6)
=x→0
x +13
x3 +215
x5 + o(x6)
2
⊲ Corrigé de l’exercice 1.2
1. f : x 7→ sin(3x)− 3 sin(x).La fonction est impaire donc les DL à l’ordre 3 et 4 ont la même partie régulière.
f(x) =x→0
(3x− (3x)3
6+ o(x3)
)− 3
(x− x3
6+ o(x3)
)
=x→0
−4x3 + o(x4)
2. g : x 7→ ln(2 + x)1 + 2x
.
g(x) =ln(2 + x)1 + 2x
=(
ln 2 + ln(
1 +x
2
))× 1
1 + 2x
=x→0
(ln 2 +
(x
2
)−(
x2
)2
2+
(x2
)3
3+ o(x3)
)×(1− (2x) + (2x)2 − (2x)3 + o(x3)
)
=x→0
(ln 2 +
x
2− x2
8+
x3
24+ o
(x3))× (1− 2x + 4x2 − 8x3 + o(x3))
=x→0
ln 2 +(
12− 2 ln 2
)x +
(4 ln 2− 9
8
)+(
5524− 8 ln 2
)x3 + o(x3)
3. h : x 7→ x tan(x)− x ln(1− 2x).
h(x) =x→0
x
(x +
x3
3+ o(x3)
)− x
((−2x)− (−2x)2
2+
(−2x)3
3+ o(x3)
)
=x→0
(x2 +
x4
3+ o(x4)
)−(−2x2 − 2x3 − 8x4
3+ o(x4)
)
=x→0
3x2 + 2x3 + 3x4 + o(x4)
4. i : x 7→√
1− 2 sin x.
i(x) =x→0
√1 +
(−2x +
13
x3 + o(x3))
=x→0
1 +12
(−2x +
13
x3
)− 1
8
(−2x +
13
x3
)2
+116
(−2x +
13
x3
)3
+ o(x3)
=x→0
1− x +16
x3 − 48
x2 − 816
x3 + o(x3)
=x→0
1− x− 12
x2 − 13
x3 + o(x3)
5. j : x 7→ ln(cos(x)).
j(x) =x→0
ln(
1− 12
x2 +124
x4 + o(x4))
utilisons ln(1 + u) =u→0
u− u2
2+
u3
3+
u4
4+ o(u4)
pour u← −x2
2+
x4
24ce qui est autorisé car −x2
2+
x4
24→
x→00
=x→0
(−x2
2+
x4
24
)− 1
2
(−x2
2+
x4
24
)2
+13
(−x2
2+
x4
24
)3
+14
(−x2
2+
x4
24
)4
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
(−x2
2+
x4
24
)− 1
2
(x4
4
)+ o(x4)
=x→0
−12
x2 − 112
x4 + o(x4)
3
6. k : x 7→ Arctan(x)Arcsin(x)
.
k(x) =Arctan(x)Arcsin(x)
=x→0
x− x3
3 + o(x4)
x + x3
6 + o(x4)
=x→0
1− x2
3 + o(x3)
1 + x2
6 + o(x3)or
11 + u
=u→0
1− u + u2 − u3 + o(u3) pour u← x2
6
=x→0
(1− x2
3+ o(x3)
)(1− x2
6+(
x2
6
)2
−(
x2
6
)3
+ o(x3)
)
=x→0
(1− x2
3+ o(x3)
)(1− x2
6+ o(x3)
)
=x→0
1− 12
x2 + o(x3)
⊲ Corrigé de l’exercice 1.3
1. f : x 7→√
1 +√
1 + x en 0.
f(x) =x→0
√1 +√
1 + x
=x→0
√1 + 1 +
x
2− x2
8+
x3
16+ o(x3)
=x→0
√2 +
x
2− x2
8+
x3
16+ o(x3)
=x→0
√2
√1 +
x
4− x2
16+
x3
32+ o(x3) or
√1 + t =
t→01 +
t
2− t2
8+
t3
16+ o(t3)
=x→0
√2
[1 +
12
(x
4− x2
16+
x3
32
)− 1
8
(x
4− x2
16+
x3
32
)2
+116
(x
4− x2
16+
x3
32
)3
+ o(x3)
]
=x→0
√2[1 +
18
x +(− 1
32− 1
8× 42
)x2 +
(164
+2
8× 4× 16+
116× 43
)x3 + o(x3)
]
=x→0
√2 +
√2
8x− 5
√2
128x2 +
21√
21024
x3 + o(x3)
2. g : x 7→ ln(1 +√
2 + 4x) en 0.
4
g(x) = ln(1 +√
2 + 4x)
= ln(1 +√
2√
1 + 2x)
=x→0
ln(
1 +√
2(
1 +(2x)
2− (2x)2
8+ o(x2)
))
=x→0
ln(
1 +√
2 +√
2x−√
2x2
2+ o(x2)
)
=x→0
ln(
1 +√
2)
+ ln(
1 +
√2x
1 +√
2−
√2x2
2(1 +√
2)+ o(x2)
)
=x→0
ln(
1 +√
2)
+ ln(
1 + (2 −√
2)x − (2 −√
2)x2
2+ o(x2)
)car
1
1 +√
2=
1−√
21− 2
=√
2− 1
utilisons ln(1 + u) =u→0
u− u2
2+ o(u2)
pour u← (2−√
2)x− (2−√
2)x2
2ce qui est autorisé car (2−
√2)x− (2−
√2)x2
2→
x→00
=x→0
ln(
1 +√
2)
+(
(2−√
2)x− (2−√
2)x2
2
)− 1
2
((2−
√2)x− (2−
√2)x2
2
)2
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 2
+o(x2)
=x→0
ln(
1 +√
2)
+(
(2−√
2)x− (2−√
2)x2
2
)− 1
2(2−
√2)2
︸ ︷︷ ︸= 4− 4
√2 + 2
x2 + o(x2)
=x→0
ln(1 +√
2) + (2−√
2)x +(
5√
22− 4)
x2 + o(x2)
Le DL(0) à l’ordre 3 est
g(x) =x→0
ln(1+√
2)+(2−√
2)x+(
5√
22− 4)
x2 +(
1√2(√
2 + 1)+
1
(√
2 + 1)2+
2√
2
3(√
2 + 1)3
)x3 +o(x3)
soit, après multiplication par les quatités conjuguées pour simplifier les expressions,
g(x) =x→0
ln(1 +√
2) + (2−√
2)x +(
5√
22− 4)
x2 +16
(64− 43
√2)
x3 + o(x3)
3. h : x 7→ exp1
1− ixen 0.
h(x) =x→0
exp1 + ix
1 + x2
=x→0
exp[(1 + ix)
(1− x2 + o(x3)
)]
=x→0
exp(1 + ix− x2 − ix3 + o(x3)
)
=x→0
e× exp(ix− x2 − ix3 + o(x3)
)
=x→0
e
[1 +
(ix− x2 − ix3
)+
12
(ix− x2 − ix3
)2+
16
(ix− x2 − ix3
)3+ o(x3)
]
=x→0
e
[1 + ix +
(−1 +
i2
2
)x2 +
(−i− 2i
2+
i3
6
)x3 + o(x3)
]
=x→0
e
[1 + ix− 3x2
2− 13i
6x3 + o(x3)
]
=x→0
e + iex− 3e
2x2 − 13ie
6x3 + o(x3)
4. i : x 7→ sin(π cos(2x)) enπ
2.
5
Posons x =π
2+ u.
i(x) = i(π
2+ u)
= sin(π cos(π + 2u))
= sin(−π cos(2u))
=u→0
− sin[π
(1− (2u)2
2+ o(u2)
)]
=u→0
− sin(π − 2πu2 + o(u2)
)
=u→0
− sin(2πu2 + o(u2)
)or sin t =
t→0t− t3
6+ o(t3)
=u→0
−(
2πu2 − (2πu2)3
6+ o(u3)
)en posant t← 2πu2
=u→0
−(2πu2 + o(u3)
)
=u→0
−2πu2 + o(u3)
=x→ π
2
−2π(
x− π
2
)2
+ o
((x− π
2
)3)
5. j : x 7→√
tan x enπ
4.
Posons x =π
4+ u.
j(x) = j(π
4+ u)
=
√tan
(π
4+ u)
=
√tan
(π4
)+ tan u
1− tan(
π4
)+ tan u
=
√1 + tan u
1− tan u
=u→0
√1 + u + 1
3 u3 + o(u3)
1− u− 13 u3 + o(u3)
=u→0
√√√√(
1 + u +13
u3 + o(u3))(
1 +(
u +13
u3
)+(
u +13
u3
)2
+(
u +13
u3
)3
+ o(u3)
)
=u→0
√(1 + u +
13
u3 + o(u3))(
1 + u + u2 +43
u3 + o(u3))
=u→0
√1 + 2u + 2u2 +
83
u3 + o(u3)
=u→0
1 +12
(2u + 2u2 +
83
u3
)− 1
8
(2u + 2u2 +
83
u3
)2
+116
(2u + 2u2 +
83
u3
)3
+ o(u3)
=u→0
1 + u +(
22− 22
8
)u2 +
(86− 8
8+
23
16
)u3 + o(u3)
=u→0
1 + u +12
u2 +56
u3 + o(u3)
=x→ π
4
1 +(
x− π
4
)+
12
(x− π
4
)2
+56
(x− π
4
)3
+ o
((x− π
4
)3)
6. k : x 7→ xx en 2.
6
Posons x = 2 + u.
j(x) = j (2 + u)
= exp((2 + u) ln(2 + u))
=u→0
exp[(2 + u)
(ln 2 + ln
(1 +
u
2
))]
=u→0
exp[(2 + u)
(ln 2 +
u
2− 1
2× u2
4+
13× u3
8+ o(u3)
)]
=u→0
exp[(2 + u)
(ln 2 +
u
2− u2
8+
u3
24+ o(u3)
)]
=u→0
exp[2 ln 2 + (1 + ln 2)u +
u2
4− u3
24+ o(u3)
]
=u→0
exp(2 ln 2) exp[(1 + ln 2)u +
u2
4− u3
24+ o(u3)
]
=u→0
4
[1 +
((1 + ln 2)u +
u2
4− u3
24
)+
12
((1 + ln 2)u +
u2
4− u3
24
)2
+16
((1 + ln 2)u +
u2
4− u3
24
)3
+ o(u3)
]
=u→0
4[1 + (1 + ln 2)u +
(14
+(1 + ln 2)2
2
)u2 +
(− 1
24+
1 + ln 24
+(1 + ln 2)3
6
)u3 + o(u3)
]
=u→0
4 + 4(1 + ln(2))u + (3 + 4 ln 2 + 2 ln2 2)u2 +(
32
+ 3 ln 2 + 2 ln2 2 +23
ln3 2)
u3 + o(u3)
=u→0
4 + 4(1 + ln(2))(x− 2) + (3 + 4 ln 2 + 2 ln2 2)(x− 2)2 +(
32
+ 3 ln 2 + 2 ln2 2 +23
ln3 2)
(x− 2)3 + o((x − 2)
⊲ Corrigé de l’exercice 1.4
1. f : x 7→ cosx
1 + 2x.
cosx
1 + 2x= cos
(x× 1
1 + 2x
)
=x→0
cos((x + o(x4))×
(1− 2x + 4x2 − 8x3 + 16x4 + o(x4)
))
=x→0
cos(x− 2x2 + 4x3 − 8x4 + o(x4)
)
utilisons que cos u =u→0
1− u2
2+
u4
24+ o(u4)
pour u← x− 2x2 + 4x3 − 8x4 ce qui est autorisé car x− 2x2 + 4x3 − 8x4 →x→0
0
=x→0
1− 12
(x− 2x2 + 4x3 − 8x4
)2+
124
(x− 2x2 + 4x3 − 8x4
)4
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
1− 12
(x2 + (−2x2)2 + 2x(−2x2) + 2x(4x3)
)+
124
x4 + o(x4)
=x→0
1− 12
x2 + 2x3 − 14324
x4 + o(x4)
2. g : x 7→ sinx
1 + 2x.
sinx
1 + 2x= sin
(x× 1
1 + 2x
)
=x→0
sin((x + o(x4))×
(1− 2x + 4x2 − 8x3 + 16x4 + o(x4)
))
=x→0
sin(x− 2x2 + 4x3 − 8x4 + o(x4)
)
utilisons que sin u =u→0
u− u3
6+ o(u4)
pour u← x− 2x2 + 4x3 − 8x4 ce qui est autorisé car x− 2x2 + 4x3 − 8x4 →x→0
0
=x→0
(x− 2x2 + 4x3 − 8x4
)− 1
6
(x− 2x2 + 4x3 − 8x4
)3
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
x− 2x2 +236
x3 − 7x4 + o(x4)
7
3. h : x 7→ tan(e2x − 1).
tan(e2x − 1) =x→0
tan(
1 + (2x) +(2x)2
2+
(2x)3
6+
(2x)4
24+ o(x4)− 1
)
=x→0
tan(
2x + 2x2 +4x3
3+
2x4
3+ o(x4)
)
utilisons que tan u =u→0
u +u3
3+ o(u4)
pour u← 2x + 2x2 +4x3
3+
2x4
3ce qui est autorisé car 2x + 2x2 +
4x3
3+
2x4
3→
x→00
=x→0
(2x + 2x2 +
4x3
3+
2x4
3
)+
13
(2x + 2x2 +
4x3
3+
2x4
3
)3
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
(2x + 2x2 +
4x3
3+
2x4
3
)+
13
((2x)3 + 3(2x)2 × (2x2)
)+ o(x4)
=x→0
2x + 2x2 + 4x3 +263
x4 + o(x4)
4. i : x 7→√
1 + ln(1 + 2x).
√1 + ln(1 + 2x) =
x→0
√1 + (2x)− (2x)2
2+
(2x)3
3− (2x)4
4+ o(x4)
=x→0
√1 + 2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4 + o(x4)
utilisons que√
1 + u =u→0
1 +u
2− u2
8+
u3
16− 5u4
128+ o(u4)
pour u← 2x− 2x2 +8x3
3− 4x4 ce qui est autorisé car 2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4 →
x→00
=x→0
1 +12
(2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4
)− 1
8
(2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4
)2
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+116
(2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4
)3
− 5128
(2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4
)4
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
1 +12
(2x− 2x2 +
8x3
3− 4x4
)− 1
8
(4x2 + 4x4 − 8x3 +
32x4
3
)
+116
(8x3 − 3× 4x2 × 2x2
)− 5
128
(16x4
)+ o(x4)
=x→0
1 + x + x2
(−2
2− 4
8
)+ x3
(8
2× 3+
88
+816
)+ x4
(−4
2− 4
8− 32
3× 8− 24
16− 5× 16
128x4
)+ o(
=x→0
1 + x− 32
x2 +176
x3 − 14324
x4 + o(x4)
8
5. j : x 7→ exp1
1− x.
exp1
1− x=
x→0exp
(1 + x + x2 + x3 + x4 + o(x4)
)
=x→0
e× exp(x + x2 + x3 + x4 + o(x4)
)
utilisons que eu =u→0
1 + u +u2
2+
u3
6+
u4
24+ o(u4)
pour u← x + x2 + x3 + x4 ce qui est autorisé car x + x2 + x3 + x4 →x→0
0
=x→0
e
1 +
(x + x2 + x3 + x4
)+
12
(x + x2 + x3 + x4
)2
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+16
(x + x2 + x3 + x4
)3+
124
(x + x2 + x3 + x4
)4
︸ ︷︷ ︸ne conserver que les termes de degré 6 4
+o(x4)
=x→0
e
[1 +
(x + x2 + x3 + x4
)+
12
(x2 + (x2)2 + 2x× x2 + 2x× x3
)+
16
(x3 + 3x2 × x2
)+
124
(x4)
+ o(x
=x→0
e
[1 + x +
32
x2 +136
x3 +7324
x4 + o(x4)]
=x→0
e + ex +3e
2x2 +
13e
6x3 +
73e
24x4 + o(x4)
6. k : x 7→ exp(exp(x + ln 6)).
exp(exp(x + ln 6)) = exp(6ex)
=x→0
exp[6(
1 + x +12
x2 +16
x3 +124
x4 + o(x4))]
=x→0
exp[6 + 6x + 3x2 + x3 +
14
x4 + o(x4)]
=x→0
e6 exp[6x + 3x2 + x3 +
14
x4 + o(x4)]
=x→0
e6
[1 +
(6x + 3x2 + x3 +
14
x4
)+
12
(6x + 3x2 + x3 +
14
x4
)2
+16
(6x + 3x2 + x3 +
14
x4
)3
+124
(6x + 3x2 + x3 +
14
x4
)4]
+ o(x4)
=x→0
e6
[1 + 6x +
(3 +
362
)x2 + (1 + 18 + 36) x3 +
(14
+92
+ 6 +3× 62 × 3
6+
64
24
)x4
]+ o(x4)
=x→0
e6
[1 + 6x + 21x2 + 55x3 +
4754
x4
]+ o(x4)
⊲ Corrigé de l’exercice 1.5
1. f : x 7→ ln(1 + x) + ln(1− x)x2
.
f(x) =ln(1 + x) + ln(1− x)
x2
=x→0
x− x2
2 + o(x2) + (−x− x2
2 + o(x2))x2
=x→0
−x2 + o(x2)x2
=x→0
−1 + o(1)
donc limx→0
ln(1 + x) + ln(1− x)x2
= −1.
9
2. g : x 7→ ln(1 + x2)− x sin(x)x4
.
g(x) =1x4
(ln(1 + x2)− x sin(x)
)
=x→0
1x4
[x2 − (x2)2
2+ o(x4)− x
(x− x3
6+ o(x3)
)]
=x→0
1x4
[−x4
2+
x4
6+ o(x4)
]
=x→0
1x4
(−x4
3+ o(x4)
)
=x→0
−13
+ o(1)
donc limx→0
g(x) = −13
.
3. h : x 7→ ln(cos(ax))ln(cos(bx))
(a, b) ∈ (R∗)2.
h(x) =ln(cos(ax))ln(cos(bx))
=x→0
ln(1− a2x2
2 + o(x2))
ln(1− b2x2
2 + o(x2))or ln(1 + u) =
u→0u− u2
2+ o(u2)
=x→0
−a2x2
2 − 12
(a2x2)2
4 + o(x2)
− b2x2
2 − 12
(b2x2)2
4 + o(x2)pour u← −a2x2
2et u← −b2x2
2
=x→0
−a2x2
2 + o(x2)
− b2x2
2 + o(x2)
∼x→0
−a2x2
2
− b2x2
2
∼x→0
a2
b2
donc limx→0
h(x) =a2
b2.
4. i : x 7→√
1+x−√
1−xx
− 1x2
.
i(x) =1x2
[√1 + x−
√1− x
x− 1]
=x→0
1x2
1 +x
2− x2
8+
x3
16+ o(x3)−
(1− x
2− x2
8− x3
16+ o(x3)
)
x− 1
=x→0
1x2
x +x3
8+ o(x3)
x− 1
=x→0
1x2
[1 +
x2
8+ o(x2)− 1
]
=x→0
18
+ o(1)
donc limx→0
i(x) =18
.
10
5. j : x 7→ ln(1 + x + x2)− xex
xArctan(x).
j(x) =ln(1 + x + x2)− xex
xArctan(x)
=x→0
(x + x2)− 12 (x + x2)2 + o(x2)− x(1 + x + o(x))
x(x + o(x))
=x→0
x + 12 x2 + o(x2)− x− x2 + o(x2))
x(x + o(x))
=x→0
− 12 x2 + o(x2)
x2 + o(x2))
∼x→0
− 12 x2
x2
∼x→0
−12
donc limx→0
j(x) = −12
.
6. k : x 7→exp( x
2x+1 )− 1√1−2x
x2.
k(x) =exp( x
2x+1 )− 1√1−2x
x2
=1x2
[exp
(x× 1
1 + 2x
)− (1− 2x)− 1
2
]
=x→0
1x2
[exp(x × (1− 2x + o(x)) −
(1− 1
2(−2x) +
38
(−2x)2 + o(x2))]
=x→0
1x2
[exp(x − 2x2 + o(x2))− 1− x− 3
2x2 + o(x2)
]or eu =
u→01 + u +
u2
2+ o(u2)
=x→0
1x2
[1 + (x − 2x2) +
12
(x− 2x2) + o(x2)− 1− x− 32
x2 + o(x2)]
pour u← x− 2x2
=x→0
1x2
[1 + x− 3
2x2 + o(x2)− 1− x− 3
2x2 + o(x2)
]
=x→0
1x2
(−3x2 + o(x2)
)
=x→0
−3 + o(1)
donc limx→0
k(x) = −3.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.6
11
1. f(x) =1
sin2 x− 1
x2.
1sin2 x
− 1x2
=2
1− cos(2x)− 1
x2
=x→0
2
1−(
1− (2x)2
2 + (2x)4
24 + o(x4)) − 1
x2
=x→0
2
2x2 − 2x4
3 + o(x4)− 1
x2
=x→0
1
x2(1− x2
3 + o(x2)) − 1
x2
=x→0
1x2
1
1− x2
3 + o(x2)− 1
x2or
11 + u
=x→0
1− u + u2 + o(u2)
=x→0
1x2
(1−
(−x2
3
)+(−x2
3
)2
+ o(x2)
)− 1
x2pour u← −x2
3
=x→0
1x2
(1 +
x2
3+ o(x2)
)− 1
x2
=x→0
13
+ o(1)
donc limx→0
1sin2 x
− 1x2
=13
.
2. g(x) =eArctanx − etan x
eArcsinx − esin x
• Méthode astucieuse : simplification par ex,
eArctanx − etan x
eArcsinx − esin x=
x→0
exp(
x− x3
3 + o(x3))− exp
(x + x3
3 + o(x3))
exp(x + x3
6 + o(x3))− exp
(x− x3
6 + o(x3))
=x→0
exp(−x3
3 + o(x3))− exp
(x3
3 + o(x3))
exp(
x3
6 + o(x3))− exp
(−x3
6 + o(x3))
=x→0
(1− x3
3 + o(x3))−(
1 + x3
3 + o(x3))
(1 + x3
6 + o(x3))−(1− x3
6 + o(x3))
=x→0
− 2x3
3 + o(x3)x3
3 + o(x3)∼
x→0−2
donc limx→0
eArctanx − etan x
eArcsinx − esin x= −2.
• Méthode classique, il faut fraire trés attention à effectuer trés soigneusement les composi-tions des DL.
eArctanx =x→0
exp(
x− x3
3+ o(x3)
)
=x→0
1 +(
x− x3
3
)+
12
(x− x3
3
)2
+16
(x− x3
3
)3
+ o(x3)
=x→0
1 + x− x3
3+
12
(x2)
+16
(x3)
+ o(x3)
=x→0
1 + x +12
x2 − 16
x3 + o(x3)
De même,
etan x =x→0
1 + x +12
x2 +12
x3 + o(x3)
eArcsinx =x→0
1 + x +12
x2 +13
x3 + o(x3)
12
esin x =x→0
1 + x +12
x2 + o(x3)
d’oùeArctanx − etan x
eArcsinx − esin x=
x→0
− 2x3
3 + o(x3)x3
3 + o(x3)∼
x→0−2
donc limx→0
eArctanx − etan x
eArcsinx − esin x= −2.
3. h(x) =(cos x)n − n cos x + n− 1
(sin x)4.
h(x) =(cos x)n − n cos x + n− 1
(sin x)4
=x→0
(1− x2
2 + x4
24 + o(x4))n
− n(
1− x2
2 + x4
24 + o(x4))
+ n− 1
(x + o(x))4
or (1 + t)n =t→0
1 + nt + ant2 + bnt3 + cnt4 + o(t4)
où an =n(n− 1)
2, bn =
n(n− 1)(n− 2)6
et cn =n(n− 1)(n− 2)(n− 3)
24pour t← −x2
2+
x4
24
=x→0
1 + n(−x2
2 + x4
24
)+ an
(−x2
2 + x4
24
)2
+ bn
(−x2
2 + x4
24
)3
+ cn
(−x2
2 + x4
24
)4
+ o(x4)− n(
1− x2
2 + x4
24 + o(
(x + o(x))4
=x→0
1− nx2
2 + nx4
24 + anx4
4 + o(x4)− n + n x2
2 − n x4
24 + n− 1x4(1 + o(1))4
=x→0
an
4 x4 + o(x4)x4(1 + o(1))4
=x→0
n(n−1)8 + o(1)
(1 + o(1))4
donc limx→0
(cos x)n − n cos x + n− 1(sin x)4
=n(n− 1)
8.
4. i(x) =(
cos x +12
sin2 x
) 1
xα
.
Tout se passe en 0+ (pour que xα = eα ln x ait un sens).
i(x) = exp[
1xα ln
(cos x +
12
sin2 x
)]
=x→0+
exp
[1
xα ln
(1− x2
2+
x4
24+ o(x4) +
12
(x− x3
6+ o(x4)
)2)]
=x→0+
exp[
1xα ln
(1− x2
2+
x4
24+ o(x4) +
12
(x2 − 2x4
6+ o(x4))
)]
=x→0+
exp[
1xα ln
(1− x4
8+ o(x4)
)]
or ln(1 + u) =x→0
u + o(u) et on compose comme des DA : u← −x4
8+ o(x4)
=x→0+
exp[
1xα
(−x4
8+ o(x4) + o
(−x4
8+ o(x4)
))]
=x→0+
exp[
1xα
(−x4
8+ o(x4)
)]
=x→0+
exp(−x4−α
8+ o(x4−α)
)
⋆ Si α > 4, −x4−α
8+ o(x4−α) ∼
x→0+−x4−α
8donc lim
x→0+−x4−α
8+ o(x4−α) = −∞ d’où, par composition
des limites,lim
x→0+i(x) = 0
13
⋆ Si α = 4, −x4−α
8+ o(x4−α) =
x→0+−1
8+ o(1) donc, par continuité de l’exponentielle en −1
8,
limx→0+
i(x) = e− 18
⋆ Si α < 4, −x4−α
8+ o(x4−α) ∼
x→0+−x4−α
8donc lim
x→0+−x4−α
8+ o(x4−α) = 0 d’où, par continuité de
l’exponentielle en 0,lim
x→0+i(x) = 1
5. j(x) =2 tan x− tan(2x)
x(1− cos(3x)).
j(x) =2 tan x− tan(2x)
x(− cos(3x))
=x→0
2(
x + x3
3 + o(x3))−(
2x + (2x)3
3 + o(x3))
x(
1−(
1− (3x)2
2 + o(x2)))
=x→0
−2x3 + o(x3)
x(
9x2
2 + o(x2))
=x→0
−2 + o(1)92 + o(1)
donc limx→0
2 tan x− tan(2x)x(1− cos(3x))
= −49
.
6. k(x) =(
sin x
x
) 11
sin x− cotanx .
14
k(x) =(
sin x
x
) 11
sin x− cotanx
= exp
ln(
sin x
x
)
1sin x
− cotanx
=x→0
exp
ln
(x− x3
6 + o(x3)x
)
1
x− x3
6 + o(x4)− 1
x + x3
3 + o(x4)
or ln(1 + t) =t→0
t− t2
2+ o(t2)
=x→0
exp
(−x2
6
)− 1
2
(−x2
6
)2
+ o(x2)
1x
(1
1− x2
6 + o(x3)− 1
1 + x2
3 + o(x3)
)
or1
1 + t=
t→01− t + t2 − t3 + o(t3)
=x→0
exp
−x2
6+ o(x2)
1x
(1−
(−x2
6
)+(−x2
6
)2
−(−x2
6
)3
+ o(x3)−(
1−(
x2
3
)−(
x2
3
)2
−(
x2
3
)3
+ o(x3)
))
=x→0
exp
−x2
6+ o(x2)
1x
(x2
6+ o(x3) +
x2
3+ o(x3)
)
=x→0
exp
−x2
6+ o(x2)
1x
(x2
2+ o(x3)
)
=x→0
exp
−x2
6+ o(x2)
(x
2+ o(x2)
)
=x→0
exp
−x
6+ o(x)
12
+ o(x)
=x→0
exp
o(1)12
+ o(1)
︸ ︷︷ ︸tend vers 0 lorsque x→ 0
donc, par continuité de exp en 0, limx→0
k(x) = e0 = 1.
Autre façon de conclure avec les équivalents :
j(x) =x→0
exp
−x2
6+ o(x2)
(x
2+ o(x2)
)
︸ ︷︷ ︸
∼x→0
−x2
6x
2
∼x→0−x
3
donc cette expression tend vers 0 lorsque x→ 0
15
donc, par continuité de exp en 0, limx→0
k(x) = e0 = 1.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.7
1. f(x) = ln(
x tan(
1x
)).
f(x) = ln(
x tan(
1x
))or tan u =
u→0u + o(u)
=x→+∞
ln(
x
(1x
+ o
(1x
)))pour u← 1
x
=x→+∞
ln (1 + o(1))︸ ︷︷ ︸−→ 1x→+∞
donc par continuité de la fonction ln en 1, limx→+∞
ln(
x tan(
1x
))= ln 1 = 0.
f(x) = ln
x tan(
1x
)
︸ ︷︷ ︸∼
x→+∞
1x︸ ︷︷ ︸
∼x→+∞
1
donc par continuité de la fonction ln en 1, limx→+∞
ln(
x tan(
1x
))= ln 1 = 0.
2. g(x) =(
1 +2x
)3x
.
g(x) =(
1 +2x
)3x
= exp[3x ln
(1 +
2x
)]or ln(1 + u) =
u→0u + o(u)
=x→+∞
exp[3x
(2x
+ o
(1x
))]pour u← 2
x
=x→+∞
exp (6 + o(1))︸ ︷︷ ︸−→
x→+∞6
donc par continuité de la fonction exp en 6, limx→+∞
(1 +
2x
)3x
= exp(6).
16
g(x) =(
1 +2x
)3x
= exp
3x ln(
1 +2x
)
︸ ︷︷ ︸∼
x→+∞
2x︸ ︷︷ ︸
∼x→+∞
6
donc par continuité de la fonction exp en 6, limx→+∞
(1 +
2x
)3x
= exp(6).
3. h(x) = x ln(
x + 3x− 2
).
h(x) = x ln(
x + 3x− 2
)
=x→+∞
x ln(
x
x× 1 + 3
x
1− 2x
)
=x→+∞
x
[ln(
1 +3x
)− ln
(1− 2
x
)]or ln(1 + u) =
u→0u + o(u)
=x→+∞
x
[3x
+ o
(1x
)−(− 2
x+ o
(1x
))]
=x→+∞
x
[5x
+ o
(1x
)]
=x→+∞
5 + o(1)
donc limx→+∞
x ln(
x + 3x− 2
)= 5.
h(x) = x ln(
x + 3x− 2
)
= x ln(
x− 2 + 5x− 2
)
= x× ln(
1 +5
x− 2
)
︸ ︷︷ ︸∼
x→+∞
5x− 2
car limx→+∞
5x− 2
= 0
∼x→+∞
5x
car 2 =x→+∞
o(x) donc x− 2 ∼x→+∞
x
︸ ︷︷ ︸∼
x→+∞5
donc limx→+∞
x ln(
x + 3x− 2
)= 5.
4. un =(
2 sinnπ
6n + 1
)n
.
un =(
2 sinnπ
6n + 1
)n
=n→+∞
17
5. vn = n2
(1 +
1n
)n
− en3 ln(
1 +1n
).
vn = n2
(1 +
1n
)n
− en3 ln(
1 +1n
)
=n→+∞
6. wn =
(2
1n + 3
1n
2
)n
.
wn =
(2
1n + 3
1n
2
)n
=n→+∞
7. xn =
(2
√1 +
1n−√
1 +2n
)n2
.
xn =
=n→+∞
(2
√1 +
1n−√
1 +2n
)n2
8. yn = ( 3√
n3 + 3n2 + 2− 3√
n3 + 1)n.
yn = ( 3√
n3 + 3n2 + 2− 3√
n3 + 1)n
=n→+∞
9. zn = (chn)shn − (shn)chn.
zn = (chn)shn − (shn)chn
=n→+∞
⊲ Corrigé de l’exercice 1.8⋆ f est définie et dérivable sur ]− 1, +∞[ et sa dérivée est
∀x ∈]− 1, +∞[ , f ′(x) = 1 +1
1 + x> 0
donc strictement positive sur ]− 1, +∞[ donc f est strictement croissante,⋆ f est continue sur ]− 1, +∞[,⋆ lim
x→−1f(x) = −∞ et lim
x→+∞f(x) = +∞,
donc le théorème de la bijection permet d’affirmer que f est une bijection de ]−1, +∞[ dans R.
De plus, f ∈ C∞ (]−1, +∞[ ,R) et f ′ ne s’annule pas sur ]− 1, +∞[ donc f−1 ∈ C∞ (R, ]− 1, +∞[).
Ainsi, f ∈ C∞ (]−1, +∞[ ,R) et f−1 ∈ C∞ (R, ]− 1, +∞[) donc la formule de Taylor-Young prouve que ces deuxfonctions admettent respectivement un DLn(0) et un DLn(0) (car f(0) = 0 !) pour tout n ∈ N. En particulier,
ces deux fonctions admettent des DL3(0).
• Méthode 1. Puisque le DL3(0) existe, écrivons que f−1(u) =u→0
a0 + a1u + a2u2 + a3u3 + o(u3).
En utilisant d’une part que f(x) =x→0
2x− x2
2+
x3
3+ o(x3), et d’autre part que f−1(f(x)) = x,
x = f−1(f(x))
=x→0
f−1
(2x− x2
2+
x3
3+ o(x3)
)
=x→0
a0 + a1
(2x− x2
2+
x3
3
)+ a2
(2x− x2
2+
x3
3
)2
+ a3
(2x− x2
2+
x3
3
)3
+ o(x3)
=x→0
a0 + 2a1x +(−a1
2+ 4a2
)x2 +
(a1
3− 2a2 + 8a3
)x3 + o(x3)
18
Par unicité des coefficients du DL3(0) d’une fonction fixée,
a0 = 02a1 = 1
−a1
2+ 4a2 = 0
a1
3−2a2 + 8a3 = 0
⇐⇒
a0 = 0
a1 =12
a2 =116
a3 = − 1192
Ainsi, f−1(u) =u→0
12
u +116
u2 − 1192
u3 + o(u3).
• Méthode 2. On applique la formule de Taylor-Young
f−1(u) =u→0
f−1(0) + f−1′(0)u +
f−1”(0)2
u2 +f−1(3)(0)
6u3 + o(u3)
et on calcule explicitement les dérivées successives de f−1 :⋆ f−1(0) = 0 car f(0) = 0,
⋆ f−1′(y) =
1(f ′ ◦ f−1)(y)
=1
1 + 11+f−1(y)
=1 + f−1(y)2 + f−1(y)
= 1− 12 + f−1(y)
donc
f−1′(0) = 1− 1
2 + f−1(0)= 1− 1
2=
12
⋆ f−1′′(y) =
(f−1)′(y)(2 + f−1(y))2
donc
f−1′′(0) =
(f−1)′(0)(2 + f−1(0))2
=12
4=
18
⋆ En dérivant comme un produit f−1′′(y) = (f−1)′(y)× 1
(2 + f−1(y))2,
f−1′′′(y) = f−1′′
(y)× 1(2 + f−1(y))2
+ (f−1)′(y)× −2f−1′(y)(2 + f−1(y))3
d’où
f−1′′′(y) =
18× 1
(2 + 0)2+
12× −2× 1
2
(2 + 0)3= − 1
32
On en déduit que f−1(u) =u→0
12
u +116
u2 − 1192
u3 + o(u3).
⊲ Corrigé de l’exercice 1.9• Méthode 1 : formule de Taylor Young.
La fonction f : x 7→ eArcsin(x) est de classe C∞ sur ]− 1, 1[ donc de classe C2 sur ]− 1, 1[ donc, d’après la
formule de Taylor-Young, elle admet un DL2
(12
)donné par son développement de Taylor en
12
.
Or
⋆ f
(12
)= eArcsin 1
2 = eπ
6 ,
⋆ ∀x ∈]− 1, 1[, f ′(x) =1√
1− x2eArcsin(x) donc f ′
(12
)=
2√
33
eπ
6 ,
⋆ ∀x ∈]− 1, 1[, f”(x) =(
x
(1 − x2)32
+1
1− x2
)eArcsin(x) donc f ′′
(12
)=
4(√
3 + 3)9
eπ
6
si bien que la formule de Tayon Young donne
eArcsin(x) =x→ π
6
f
(12
)+ f ′
(12
)(x− π
6
)+
f”(
12
)
2
(x− π
6
)2
+ o
((x− π
6
)2)
=x→ π
6
eπ
6 +2√
33
eπ
6
(x− π
6
)+
2(√
3 + 3)9
eπ
6
(x− π
6
)2
+ o
((x− π
6
)2)
• Méthode 2 : intégration des DL.
19
La fonction Arcsin est de classe C∞ sur ] − 1, 1[ donc Arcsin′ admet un DL1
(12
)qui, par intégration
donnera le DL2
(12
)de Arcsin. Par composition avec le DL0(2) de exp, on otiendra le DL0(2) de eArcsin(x)
∀x ∈]− 1, 1[ , Arcsin′(x) =1√
1− x2.
Posons x =12
+ u.
Arcsin′(x) =1√
1−(
12 + u
)2
=1√
34 − u− u2
=u→0
1√34 − u + o(u)
=u→0
2√3
1√1− 4
3 u + o(u)
=u→0
2√3
(1 +
23
u + o(u))
=u→0
2√3
+4
3√
3u + o(u)
En intégrant sur l’intervalle d’extrémités12
+ u et12
,
Arcsin(
12
+ u
)−Arcsin
(12
)=
u→0
2√3
u +2
3√
3u2 + o(u2)
soit
Arcsin(
12
+ u
)=
u→0
π
6+
2√3
+4
3√
3u + o(u)
si bien que, par conposition des DL,
eArcsin(x) = eArcsin( 12 +u)
=u→0
exp(π
6
)× exp
(2√3
u +2
3√
3u2 + o(u2)
)
=u→0
exp(π
6
)×[
1 +(
2√3
u +2
3√
3u2
)+
12
(2√3
u +2
3√
3u2
)2
+ o(u2)
]
=u→0
exp(π
6
)×[1 +
2√3
u +2
3√
3u2 +
12
43
u2 + o(u2)]
=u→0
exp(π
6
)×[1 +
2√3
u +2 + 2
√3
3√
3u2 + o(u2)
]
d’où eArcsin(x) =x→ 1
2
exp(π
6
)×[
1 +2√3
(x− 1
2
)+
2 + 2√
3
3√
3
(x− 1
2
)2
+ o
((x− 1
2
)2)]
soit aussi
eArcsin(x) =x→ 1
2
exp(π
6
)×[
1 +2√
33
(x− 1
2
)+
2(3 +√
3)9
(x− 1
2
)2
+ o
((x− 1
2
)2)]
.
⊲ Corrigé de l’exercice 1.10
⊲ Corrigé de l’exercice 2.1
1. tan1√
x3 + 1︸ ︷︷ ︸=
x→+∞o(1)
∼x→+∞
1√x3 + 1
∼x→+∞
1
x32
√1 + 1
x3
∼x→+∞
1
x32
.
2. sin(e√
x ln x − 1︸ ︷︷ ︸=
x→0+o(1)
) ∼x→0+
e√
x ln x − 1 ∼x→0+
√x ln x car
√x ln x =
x→0+o(1).
20
3. D’une partsin(√
tan x︸ ︷︷ ︸=
x→0+o(1)
) ∼x→0+
√tan x ∼
x→0+
√x
et d’autre part,tan(
√sin x︸ ︷︷ ︸
=x→0+
o(1)
) ∼x→0+
√sin x ∼
x→0+
√x
donc, par « sommation des équivalents », sin(√
tan x) + tan(√
sin x) ∼x→0+
2√
x.
4. Contrairement à la question précédente, le théorème de og sommation des équivalents »ne s’applique pasici (car la somme des coefficients devant la « fonction commune
√x »vaut 1−1 = 0). Il faut donc procéder
à un DA(0+) de chaque terme.
sin√
tan x =x→0+
sin
√x +
x3
3+ o(x3)
=x→0+
sin
(√
x
√1 +
x2
3+ o(x2)
)
=x→0+
sin[√
x
(1 +
x2
6+ o(x2)
)]
=x→0+
sin
[√
x +x
52
6+ o(x
52 )
]
=x→0+
[√
x +x
52
6+ o(x
52 )
]− 1
6
[√
x +x
52
6+ o(x
52 )
]3
+ o
[√
x +x
52
6+ o(x
52 )
]3
=x→0+
√x− x
32
6+ o
(x
32
)
Finalement, on se rend compte qu’il n’était pas du tout nécessaire d’aller aussi loin dans le DL initial detangente, le calcul -plus simple- ci-dessous suffisait !
sin√
tan x =x→0+
sin√
x + o(x32 )
=x→0+
sin(√
x√
1 + o(x))
=x→0+
sin[√
x (1 + o(x))]
=x→0+
sin[√
x + o(x32 )]
=x→0+
[√x + o(x
32 )]− 1
6
[√x + o(x
32 )]3
+ o
([√x + o(x
32 )]3)
=x→0+
√x− x
32
6+ o
(x
32
)
De même,
tan√
sin x =x→0+
tan√
x + o(x32 )
=x→0+
tan(√
x√
1 + o(x))
=x→0+
tan[√
x (1 + o(x))]
=x→0+
tan[√
x + o(x32 )]
=x→0+
[√x + o(x
32 )]
+13
[√x + o(x
32 )]3
+ o
([√x + o(x
32 )]3)
=x→0+
√x +
x32
3+ o
(x
32
)
On en déduit que
sin(√
tan x)− tan(√
sin x) =x→0+
−x32
2+ o
(x
32
)
21
d’où sin(√
tan x)− tan(√
sin x) ∼x→0+
−x32
2.
5. ⋆ Au voisinage de 0+,
1 +1
ln x︸︷︷︸=
x→0+o(1)
2015
− 1 ∼x→0+
2015ln x
.
⋆ Au voisinage de +∞,
1 +1
ln x︸︷︷︸=
x→+∞o(1)
2015
− 1 ∼x→+∞
2015ln x
.
6. Dans cet exemple, l’exposant dépend de la variable donc l’équivalent usuel (1 + u)α − 1 ∼u→0
αu ne peut
pas être utilisé. Il faut passer par la forme exponentielle et procéder à un DA.⋆ Au voisinage de 0+,
(1 +
x
ln x
) 1x − 1 = exp
[1x
ln(
1 +x
ln x
)]− 1
=x→0+
exp[
1x
( x
ln x+ o
( x
ln x
))]− 1
=x→0+
exp[
1ln x
+ o
(1
ln x
)]− 1
=x→0+
1 +1
ln x+ o
(1
ln x
)− 1
∼x→0+
1ln x
⋆ Au voisinage de +∞,
(1 +
x
ln x
) 1x − 1 = exp
[1x
ln(
1 +x
ln x
)]− 1
=x→+∞
exp[
1x
ln(
x
ln x
(1 + o
(ln x
x
)))]− 1
=x→+∞
exp[
1x
(ln x− ln ln x + ln (1 + o(1)))]− 1
=x→+∞
exp[
ln x
x+ o
(ln x
x
)]− 1
=x→+∞
1 +ln x
x+ o
(ln x
x
)− 1
∼x→+∞
ln x
x
7. ∀t ∈ R, t− 1 < ⌊t⌋ 6 t donc t− ⌊t⌋ ∈ [0, 1[ si bien que
x2 − ⌊x2⌋ =x→+∞
O(1)
d’où
x13 +
√x2 − ⌊x2⌋ =
x→+∞x
13 + O(1)
∼x→+∞
x13
Il n’est pas possible de trouver une expression simple pour un/le terme suivant du DA(+∞) car l’écartentre la fonction et son équivalent est x2 − ⌊x2⌋ qui balaie toutes les valeurs de l’intervalle [0, 1[.
⊲ Corrigé de l’exercice 2.2
22
1.
ln(3x2 + 2x) = ln(
3x2
(1 +
23x
))
= 2 ln x + ln 3 + ln(
1 +2
3x
)
=x→+∞
2 ln x + ln 3 + o(1)
2.
expx2 + 1x− 1
= exp(
x2
x× 1 + 1
x2
1− 1x
)
=x→+∞
exp(
x
(1 +
1x2
)×(
1 +1x
+1x2
+1x3
+ o
(1x3
)))
=x→+∞
exp(
x
(1 +
1x
+2x2
+2x3
+ o
(1x3
)))
=x→+∞
exp(
x + 1 +2x
+2x2
+ o
(1x2
))
=x→+∞
ex e exp(
2x
+2x2
+ o
(1x2
))
=x→+∞
ex e
(1 +
(2x
+2x2
+ o
(1x2
))+
12
(2x
+2x2
+ o
(1x2
))2
+ o
((2x
+2x2
+ o
(1x2
)))2)
=x→+∞
ex e
(1 +
2x
+2x2
+12
4x2
+ o
(1x2
))
=x→+∞
ex e
(1 +
2x
+4x2
+ o
(1x2
))
=x→+∞
eex +2eex
x+
4eex
x2+ o
(ex
x2
)
Il n’est pas imaginable d’obtenir un DA de cette fonction en o
(1x2
)car le terme d’erreur du DA de la
fraction dans l’exponentielle sera toujours de la forme o(x−k) (k ∈ N) tandis que le terme dominant dansl’exponentielle est en x si bien qu’après composition avec le DL de exp en 0, on ne peut obtenir que desDA en o(x−kex) !
3. Donner un DA(+∞) à la précision o
(1x2
)de x 7→ x ln(x + 1)− (x + 1) ln x.
x ln(x + 1)− (x + 1) ln x = x ln(
x
(1 +
1x
))− x ln x− ln x
= x ln x + x ln(
1 +1x
)− x ln x− ln x
= x
(1x− 1
2x2+
13x3
+ o
(1x3
))− ln x
=x→+∞
− ln x + 1− 12x
+1
3x2+ o
(1x2
)
4. Donner un DA(+∞) en o
(1x2
)de x 7→ ln(1 + x +
√x).
ln(1 + x +√
x) = ln(
x
(1 +
1√x
+1x
))
= ln x + ln(
1 +1√x
+1x
)
=x→+∞
ln x +(
1√x
+1x
)− 1
2
(1√x
+1x
)2
− 13
(1√x
+1x
)2
+14
(1√x
+1x
)4
+ o
((1√x
+1x
)4)
=x→+∞
ln x +1√x
+1x− 1
2
(1x
+2
x√
x+
1x2
)− 1
3
(1
x√
x+
3x2
)+
14
(1x2
)+ o
(1x2
)
=x→+∞
ln x +1√x
+1
2x− 4
3x√
x+
54x2
+ o
(1x2
)
23
5. Donner un DA(+∞) en O
(1x
)de x 7→
(2 cos
πx
3x + 1
)x
.
2 cosπx
3x + 1= 2 cos
(πx
3x
11 + 1
3x
)
=x→+∞
2 cos(
π
3
(1− 1
3x+ O
(1x2
)))
=x→+∞
2 cos(
π
3− π
9x+ O
(1x2
))
=x→+∞
2 cos[
π
3−(
π
9x+ O
(1x2
))]
=x→+∞
2 cos(π
3
)cos(
π
9x+ O
(1x2
))+ 2 sin
(π
3
)sin(
π
9x+ O
(1x2
))
=x→+∞
cos(
π
9x+ O
(1x2
))+√
3 sin(
π
9x+ O
(1x2
))
=x→+∞
1− 12
(π
9x+ O
(1x2
))2
+ O
((π
9x+ O
(1x2
))4)
+√
3
((π
9x+ O
(1x2
))+ O
((π
9x+ O
(1x2
))3))
=x→+∞
1− 12
π2
81x2+ O
(1x3
)+√
3(
π
9x+ O
(1x2
)+ O
(1x3
))
=x→+∞
1 +π√
39x
+ O
(1x2
)
x ln[2 cos
πx
3x + 1
]= ln
[1 +
π√
39x
+ O
(1x2
)]
=x→+∞
x
[π√
39x
+ O
(1x2
)]
=x→+∞
π√
39
+ O
(1x
)
(2 cos
πx
3x + 1
)x
= exp[x ln
(2 cos
πx
3x + 1
)]
=x→+∞
exp[
π√
39
+ O
(1x
)]
=x→+∞
eπ
√
39 exp
[O
(1x
)]
=x→+∞
eπ
√
39
[1 + O
(1x
)]
=x→+∞
eπ
√
39 + O
(1x
)
6. Donner un DA(0+) à la précision o(x2)
de x 7→ sin(ln(1 + 6x + 3√
x)).
7. Donner un DA(0+) à la précision o(x2)
de x 7→ 1x(ex − 1)
− 1x2
.
⊲ Corrigé de l’exercice 3.1
Posons fn :R −→ R
x 7−→ x5 + nx− 1fn ∈ D1(R,R) et ∀x ∈ R, f ′
n(x) = 5x4 + n > 0 d’où le tableau des variations de fn
x −∞ +∞f ′
n(x) ++∞
fn ր−∞
24
Par conséquent, pour n = 0, f ′0 s’annule en un unique point (en 0) et pour n > 1, f ′
n est strictement positive surR donc, pour tout n ∈ N, fn est strictement croissante sur R.Par ailleurs, fn est continue sur R, lim
x→−∞fn(x) = −∞ et lim
x→+∞fn(x) = +∞ si bien que, d’après le théorème
des valeurs intermédiaires, l’équation fn(x) = 0 admet au moins une solution. La stricte monotonie prouvéeci-dessus permet de conclure à l’unité de cette solution notée un.
• Calcul de la limite de un.
fn(0) = −1 < 0 et fn
(1n
)=
1n5
> 0 donc
∀n ∈ N∗ , 0 < un <
1n
.
L’inégalité ci-dessus permet de remarquer, en utilisant de théorème d’existence de limite par encadrement,que (un)n∈N converge vers 0.• Équivalent de un.
L’équation impliciteu5
n + nun − 1 = 0 (1)
donneun(n + u4
n) = 1 (2)
or un =n→+∞
o(1) donc u4n =
n→+∞o(1) si bien que n + u4
n ∼n→+∞
n donc en prenant les équivalents dans (2)
nun ∼n→+∞
1 d’où un ∼n→+∞
1n
• Deuxième terme du DA de un.
Posons hn = un −1n
.
Puisque un ∼n→+∞
1n
, hn =n→+∞
o
(1n
).
Injectons hn dans la relation (3) :
0 =(
1n
+ hn
)5
+ n
(1n
+ hn
)− 1
=1n5
1 + nhn︸︷︷︸
=∞
o(1)
5
+ 1 + nhn − 1
=n→∞
1n5
(1 + 5nhn + o(nhn)) + nhn
=n→∞
1n5
+ 5hn
n4+ o
(hn
n4
)
︸ ︷︷ ︸=∞
o(nhn)
+nhn
=n→∞
1n5
+ nhn + o(nhn)
On en déduit que nhn =n→∞
− 1n5
+ o
(1n5
)d’où nhn ∼
n→+∞− 1
n5si bien que hn ∼
n→+∞− 1
n6.
Remarque : finalement, on pouvait se contenter du calcul -plus simple- ci-dessous
0 =(
1n
+ hn
)5
+ n
(1n
+ hn
)− 1
=1n5
1 + nhn︸︷︷︸
=∞
o(1)
5
+ 1 + nhn − 1
=n→∞
1n5
(1 + o(1))5 + nhn
=n→∞
1n5
(1 + o(1)) + nhn
=n→∞
1n5
+ o
(1n5
)+ nhn
25
de sorte que nhn =n→∞
− 1n5
+ o
(1n5
).
Ainsi, un ∼n→+∞
1n− 1
n6+ o
(1n6
).
• Troisième terme du DA de un.
Posons sn = un −1n
+1n6
.
Puisque un ∼n→+∞
1n− 1
n6+ o
(1n6
), sn =
n→+∞o
(1n6
).
Injectons sn dans la relation (3) :
0 =(
1n− 1
n6+ sn
)5
+ n
(1n− 1
n6+ sn
)− 1
=1n5
1− 1n5
+ nsn
︸ ︷︷ ︸=∞
o(1)
5
+ 1− 1n5
+ nsn − 1
=n→∞
1n5
(1− 5
n5+ 5nsn + o
(1n5
))− 1
n5+ nsn
=n→∞
− 5n10
+ 5sn
n4+ o
(1
n10
)
︸ ︷︷ ︸=∞
o( 1n5 )
+nsn
=n→∞
− 5n10
+ nsn + o
(1
n10
)
On en déduit que nsn ∼n→+∞
5n10
si bien que sn ∼n→+∞
5n11
.
Ainsi, un ∼n→+∞
1n− 1
n6+
5n11
+ o
(1
n11
).
⊲ Corrigé de l’exercice 3.2
Posons f :R −→ R
x 7−→ ex + x
f ∈ D1(R,R) et ∀x ∈ R, f ′(x) = ex + 1 > 0 d’où le tableau des variations de f
x −∞ +∞f ′(x) +
+∞f ր
−∞Par conséquent, f ′ est strictement positive sur R donc f est strictement croissante sur R.Par ailleurs, f est continue sur R, lim
x→−∞f(x) = −∞ et lim
x→+∞f(x) = +∞ si bien que, d’après le théorème des
valeurs intermédiaires, pour tout n ∈ N, l’équation f(x) = n admet au moins une solution. La stricte monotonieprouvée ci-dessus permet de conclure à l’unité de cette solution notée xn.Ainsi, l’équation ex + x = n admet, pour tout n ∈ N une unique solution xn ∈ R.
• Calcul de la limite de xn.Par définition de (xn),
∀n ∈ N , f(xn) = n < n + 1 = f(xn+1)
donc f(xn) 6 f(xn+1), or f est croissante donc xn 6 xn+1. Par conséquent, (xn) est une suite croissante.Supposons que (xn) est majorée, alors elle converge vers une limite finie l ∈ R, or
∀n ∈ N , f(xn) = n
et lorsque n → +∞, le membre de gauche de cette inégalité tend vers f(l) (par continuité de f en l)tandis que le membre de droite diverge vers +∞, ce qui est une contradiction.Ainsi, (xn) n’est pas majorée donc elle diverge vers +∞.Autre méthode obtention de la limite sans passer par la monotonie de xn : remarquons quef(ln(ln n)) = ln n + ln(ln n) or ln n + ln(ln n) =
n→+∞o(n) donc, pour n assez grand, f(ln ln n) < n si bien
26
que par croissance de f , il existe n0 ∈ N :
∀n ∈ N : n > n0 ⇒ xn > ln ln n
d’où l’on déduit que limn→+∞
xn = +∞.
• Équivalent de xn.L’équation implicite s’écrit
exn + xn = n (3)
or limn→+∞
xn = +∞ implique xn =n→+∞
o(exn) (croissances comparées) si bien que
exn + o(exn) =n→+∞
n
donc en prenant le logarithme,ln (exn(1 + o(1)) =
n→+∞ln n
d’oùxn + ln(1 + o(1)) =
n→+∞ln n
soitxn + o(1)) =
n→+∞ln n
or 1 =n→+∞
o(xn) donc
xn + o(xn)) =n→+∞
ln n
doncxn ∼
n→+∞ln n
• Deuxième terme du DA de xn.Posons hn = xn − ln n.Puisque xn ∼
n→+∞ln n, hn =
n→+∞o (ln n).
Injectons hn dans la relation (3) :eln n+hn + ln n + hn = n
soiteln n+hn = n− ln n− hn
soiteln n+hn =
n→+∞n− ln n + o(ln n)
donc, en prenant le logarithme
ln n + hn =n→+∞
ln(
n
(1− ln n
n+ o
(ln n
n
)))
d’où
hn =n→+∞
ln(
1− ln n
n+ o
(ln n
n
))
or ln(
1− ln n
n+ o
(ln n
n
))∼
n→+∞− ln n
nd’où
hn ∼n→+∞
− ln n
n
Ainsi,
xn =n→+∞
ln n− ln n
n+ o
(ln n
n
)
• Troisième terme du DA de xn.
Posons rn = xn − ln n +ln n
n.
Puisque xn =n→+∞
ln n− ln n
n+ o
(ln n
n
), rn =
n→+∞o
(ln n
n
).
Injectons rn dans la relation (3) :
eln n− ln n
n+rn + ln n− ln n
n+ rn = n
27
d’où
eln n− ln n
n+rn = n− ln n +
ln n
n− rn
soit
eln n− ln n
n+rn =
n→+∞n− ln n +
ln n
n+ o
(ln n
n
)
donc, en prenant le logarithme
ln n− ln n
n+ rn =
n→+∞ln(
n
(1− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
)))
d’où
− ln n
n+ rn =
n→+∞ln(
1− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
))(4)
Or ln(1 + u) =u→0
u + O(u2) donc
ln(
1− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
))=
n→+∞− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
)+ O
((ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
))2)
=n→+∞
− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
)+ O
(ln2 n
n2
)
=n→+∞
− ln n
n+ O
(ln2 n
n2
)
ce qui, en injectant dans (4) donne rn =n→+∞
O
(ln2 n
n2
)et ne fournit pas un équivalet de rn.
Utilisons le DL plus précis ln(1 + u) =u→0
u− 12
u2 + O(u3) donc
ln(
1− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
))=
n→+∞− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
)− 1
2
(ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
))2
O
((ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
))3)
=n→+∞
− ln n
n+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
)− 1
2
(ln n2
n2+
2 ln2 n
n3+ o
(ln2 n
n3
))
+O
(ln3 n
n3
)
=n→+∞
− ln n
n− ln2 n
2n2+
ln n
n2+ o
(ln n
n2
)
=n→+∞
− ln n
n− ln2 n
2n2+ o
(ln2 n
n2
)
ce qui, en injectant dans (4) donne
rn =n→+∞
−(
ln2 n
2n2
)+ o
(ln2 n
n2
)
donc
rn ∼n→+∞
− ln2 n
2n2
Ainsi, xn =n→+∞
ln n− ln n
n− (ln n)2
2n2+ o
((ln n)2
2n2
).
⊲ Corrigé de l’exercice 3.3
1.
2. Ainsi, un ∼n→+∞
− 1n
.
⊲ Corrigé de l’exercice 4.1
28
••
⊲ Corrigé de l’exercice 4.2
⊲ Corrigé de l’exercice 4.3
⊲ Corrigé de l’exercice 4.4Sachant que le théorème des croissances comparées donne lim
x→0+xα ln x = 0, (1 + xα ln x)3− 1 =
x→0+o(1) donc les
équivalents usuels donnent
fα(x) = sin((1 + xα ln x)3 − 1
)∼
x→0+(1 + xα ln x)3 − 1 ∼
x→0+3xα ln x
On en déduit (théorème des croissances comparées) que limx→0+
fα(x) = 0 donc fonction fα se prolonge par
continuité en 0 en la fonction f̃α définie en 0 par f̃α(0) = 0.Le taux d’accroissement de f̃α en 0 est, pour x > 0,
f̃α(x) − f̃α(0)x− 0
=f(x)
x∼
x→0+3xα−1 ln x
⋆ Si α ∈]0, 1], limx→0+
f̃α(x) − f̃α(0)x− 0
= −∞ donc f̃α n’est pas dérivable en 0.
⋆ Si α > 1, le théorème des croissances comparées donne limx→0+
f̃α(x)− f̃α(0)x− 0
= 0 don*c f̃α est dérivable en
0 et f̃α
′(0) = 0.
De plus, l’équivalent de f̃α(x) donne le signe de f̃α(x) au voisinage de 0 et comme la tangente est l’axedes abscisses, il donne la position relative courbe/tangente au voisinage de 0, or cet équivalent, 3xα ln x,est négatif au voisinage 0+ (à cause du logarithme) donc la courbe représentative de f̃α est située,au voisinage 0+, en dessous de sa tangente, elle atteint donc en 0 un maximum local qui vaut0.
⊲ Corrigé de l’exercice 4.5
fa(x) = ln(1 + ax)× 11 + x
=x→0
(ax− a2x2
2+ o(x2)
)(1− x + x2 + o(x2))
=x→0
ax− a(2 + a)2
x2 + o(x2)
Ce DL2(0) implique l’existence d’un DL1(0) donné par
fa(x) =x→0
ax + o(x)
or fa est définie en 0 donc fa est dérivable en 0, fa(0) = 0 et f ′a(0) = a. La tangente en 0 a pour équation y = ax.
La position relative courbe/tangente est donnée par le terme suivant du DL(0) :
fa(x)− ax =x→0−a(2 + a)
2x2 + o(x2)
⋆ Si a ∈ R \ {0,−2}, ce terme est strictement négatif (si a ∈] −∞,−2[∪]0, +∞[) ou positif (si a ∈]− 2, 0[)sur un voisinage de x (privé de 0) donc la courbe « rebondit » sur sa tangente en 0 : ce n’est pas un pointd’inflexion.
⋆ Si a = 0 ou a = −2, il faut pousser plus loin le DL précédent afin de pouvoir préciser la position relative :
fa(x) = ln(1 + ax)× 11 + x
=x→0
(ax− a2x2
2+
a3x3
3+ o(x3)
)(1− x + x2 − x3 + o(x3))
=x→0
ax− a(2 + a)2
x2 +6a + 3a2 + 2a3
6x3 + o(x3)
29
⋆⋆ En particulier, si a = −2,
fa(x) −x→0
2x− 83
x3 + o(x3)⇒ f(x) + 2x =x→0−8
3x3 + o(x3)
Dans ce cas, au franchissement de 0, la signe de de l’écart entre la fonction et sa tangente en 0 changedonc le graphe de f−2 admet en (0, 0) un point d’inflexion.
⋆⋆ En revanche, si a = 0, le coefficient de x3 est nul, il faut encore pousser plus loin le DL(0) ou plusraisonnablement remarquer que f0 est la fonction identiquement nulle sur R : il y bien inversion de laposition relative (au sens large) courbe/tangente au franchissement de 0 mais parle-t-on dans ce casde point d’inflexion...je n’en sais rien !
⊲ Corrigé de l’exercice 4.6• Étude au vosinage de +∞.
(x4 + 2x3 − 1
) 14 =
x→+∞|x|(
1 +2x− 1
x4
) 14
=x→+∞
|x|(
1 +14
(2x− 1
x4
)+
14 ×
(14 − 1
)
2
(2x− 1
x4
)2
+ o
((2x− 1
x4
)2))
=x→+∞
x
(1 +
12x− 3
2× 164x2
+ o
(1x2
))
=x→+∞
x +12− 3
8x+ o
(1x
)
Par conséquent, f(x)−(
x +12
)=
x→+∞o(1) donc lim
x→+∞f(x)−
(x +
12
)= 0 si bien que la courbe re-
présentative de f admet au voisinage de +∞ la droite d’équation y = x+12
comme asymptote
oblique.
De plus, f(x) −(
x +12
)=
x→+∞− 3
8x+ o
(1x
)donc f(x) −
(x +
12
)∼
x→+∞− 3
8xce qui permet de
connaître le signe de f(x)−(
x +12
)au voisinage de +∞ : il est négatif donc la courbe est en-dessous
de son asymptote au voisinage de +∞.• Étude au vosinage de −∞.
Un DA analogue au précédent (la seule chose qui change est que |x| se simplifie en −x) donne
(x4 + 2x3 − 1
) 14 =
x→−∞−x− 1
2+
38x
+ o
(1x
)
Par conséquent, f(x)−(−x− 1
2
)=
x→−∞o(1) donc lim
x→−∞f(x)−
(−x− 1
2
)= 0 si bien que la courbe
représentative de f admet au voisinage de −∞ la droite d’équation y = −x − 12
comme
asymptote oblique.
De plus, f(x) −(−x− 1
2
)=
x→−∞
38x
+ o
(1x
)donc f(x) −
(−x− 1
2
)∼
x→−∞
38x
ce qui permet de
connaître le signe de f(x) −(−x− 1
2
)au voisinage de −∞ : il est négatif (eh oui car x < 0 en −∞ !)
donc la courbe est en-dessous de son asymptote au voisinage de −∞.
⊲ Corrigé de l’exercice 4.7
⊲ Corrigé de l’exercice 4.8Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre, à coefficients variables définis sur R, avec secondmembre défini sur R.
Par conséquent, résoudre cette équation sur le plus grand intervalle possible revient à chercher les solutionsdéfinies sur R.
Toutefois,cht− 1 = 0 ⇐⇒ cht = 1 ⇐⇒ t = 0
donc cette équation n’est pas résolue sur R. Elle n’est résolue que sur les intervalles ]−∞, 0[ et ]0, +∞[.
C’est pourquoi nous allons résoudre l’équation y′ +sht
cht− 1)y =
tsht
cht− 1(E′) sur R∗
+ et R∗− pour essayer d’obtenir
les solutions définies sur R par recollement des solutions obtenues sur R∗+ et R
∗−.
30
1. • Résolution de l’équation sur ]−∞, 0[.L’équation différentielle est linéaire d’ordre 1 avec second membre, elle est résolue sur ] −∞, 0[, sescoefficients et son second membre sont continus sur ]−∞, 0[ donc les solutions définies sur un intervallemaximal sont définies sur ]−∞, 0[ et leur ensemble constitue une droite affine, la droite affine passantpas une solution particulière et dirigée par la droite vectorielle des solutions de l’équation homogène.
La droite vectorielle des solutions réelles de y′ +sht
cht− 1y = 0 est, puisqu’une primitive de t 7→ sht
cht− 1sur R
∗− est t 7→ ln |cht− 1|,
]−∞, 0[ −→ R
t 7−→ λ
cht− 1
∣∣∣∣∣∣λ ∈ R
.
On cherche une solution particulière sous la forme t 7→ λ(t)cht− 1
par la méthode de la variation de la
constante ce qui donne∀t ∈ R
∗− , λ′(t) = tsht
En intégrant par parties pour calculer une primitive, on trouve que λ(t) = tcht− sht convient de sorte
que t 7→ tcht− sht
cht− 1est une solution particulière.
La droite affine des solutions réelles définies sur R∗− de y′ +
sht
cht− 1y =
tsht
cht− 1est
]−∞, 0[ −→ R
t 7−→ λ + tcht− sht
cht− 1
∣∣∣∣∣∣λ ∈ R
.
• Résolution de l’équation sur ]0, +∞[.
La droite affine des solutions réelles définies sur R∗+ de y′ +
sht
cht− 1y =
tsht
cht− 1est
]0, +∞[ −→ R
t 7−→ µ + tcht− sht
cht− 1
∣∣∣∣∣∣µ ∈ R
.
2. Procédons par analyse-synthèse et notons S l’ensemble des solutions définies sur R.• Condition nécessaire.
Soit f ∈ S une solution de (E) définie sur R fixée quelconque.Alors f est, en restriction à ]−∞, 0[ et ]0, +∞[, une solution de (E′) donc
∃(λ, µ) ∈ R2 : ∀t ∈ R \ {0} , f(t) =
λ + tcht− sht
cht− 1si t ∈]−∞, 0[,
µ + tcht− sht
cht− 1si t ∈]0, +∞[.
Cherchons les DA(0−) et DA(0+) de f :Pour t < 0,
f(t) =λ + tcht− sht
cht− 1
=t→0−
λ + t(
1 + t2
2 + o(t3))− t− t3
6 + o(t3)t2
2 + o(t3)
=t→0−
λ + t3
3 + o(t3)t2
2 (1 + o(t))
=t→0−
2t2
(λ +
t3
3+ o(t3)
)(1 + o(t))
31
On montre de même que
f(t) =t→0+
2t2
(µ +
t3
3+ o(t3)
)(1 + o(t))
Si λ 6= 0, f(t) ∼t→0−
2λ
t2donc f tend vers +∞ ou −∞ lorsque t→ 0− ce qui contredit la fait que f est
continue en 0 (car solution d’une EDL d’ordre 1 sur R). Par conséquent, λ = 0.On montre de même que µ = 0.Ainsi le DA en 0− devient
f(t) =t→0−
2t2
(t3
3+ o(t3)
)(1 + o(t))
=t→0−
(2t
3+ o(t)
)(1 + o(t))
=t→0−
2t
3+ o(t)
ce qui compte tenu de la continuité de f en 0 donne
f(0) = limt→0−
f(t) = 0
Ainsi, S compte au plus une fonction :
S ⊂
R −→ R
t 7−→
tcht− sht
cht− 1si t 6= 0,
0 si t = 0.
• Condition suffisante.
Notons f =
R −→ R
t 7−→
tcht− sht
cht− 1si t 6= 0,
0 si t = 0.⋆ Sur ] −∞, 0[ et sur ]0, +∞[, f est une solution de (E′) donc c’est une fonction dérivable solution
de (E).⋆ Au voisiange de 0, en reprenant les DA(0−) et DA(0+) de l’analyse, f(0) = 0,
f(t) =t→0−
2t
3+ o(t)
etf(t) =
t→0+
2t
3+ o(t)
donc f admet le DL1(0) : f(t) =t→0
2t
3+ o(t) donc f est dérivable en 0 (et f ′(0) =
23
). En évaluant
(E) pour t = 0 :(ch(0)− 1)︸ ︷︷ ︸
= 0
×f ′(0) + sh(0)︸ ︷︷ ︸= 0
×f(0) = 0 = 0× sh(0)
donc f vérifie également (E) en 0.Ainsi f ∈ S.
Conclusion. (E) admet une unique solution définie sur R :
R −→ R
t 7−→
tcht− sht
cht− 1si t 6= 0,
0 si t = 0.
.
⊲ Corrigé de l’exercice 4.9Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre, à coefficients variables définis sur R, avec secondmembre défini sur R.
Par conséquent, résoudre cette équation sur le plus grand intervalle possible revient à chercher les solutionsdéfinies sur R.
Toutefois,et − 1 = 0 ⇐⇒ et = 1 ⇐⇒ t = 0
donc cette équation n’est pas résolue sur R. Elle n’est résolue que sur les intervalles ]−∞, 0[ et ]0, +∞[.
C’est pourquoi nous allons résoudre l’équation y′ +et
et − 1)y =
1et − 1
(E′) sur R∗+ et R
∗− pour essayer d’obtenir
les solutions définies sur R par recollement des solutions obtenues sur R∗+ et R
∗−.
32
1. Résolution sur ]−∞, 0[ et sur ]0, +∞[.• Résolution de l’équation sur ]−∞, 0[.
L’équation différentielle est linéaire d’ordre 1 avec second membre, elle est résolue sur ] −∞, 0[, sescoefficients et son second membre sont continus sur ]−∞, 0[ donc les solutions définies sur un intervallemaximal sont définies sur ]−∞, 0[ et leur ensemble constitue une droite affine, la droite affine passantpas une solution particulière et dirigée par la droite vectorielle des solutions de l’équation homogène.
La droite vectorielle des solutions réelles de y′ +et
et − 1y = 0 est, puisqu’une primitive de t 7→ et
et − 1sur R
∗− est t 7→ ln |et − 1|,
]−∞, 0[ −→ R
t 7−→ λ
et − 1
∣∣∣∣∣∣λ ∈ R
.
(attention ln |et − 1| = ln(1− et) mais le signe peut être reporté sur la constante).
On cherche une solution particulière sous la forme t 7→ λ(t)et − 1
par la méthode de la variation de la
constante ce qui donne∀t ∈ R
∗− , λ′(t) = 1
donc λ(t) = t convient de sorte que t 7→ t
et − 1est une solution particulière.
La droite affine des solutions réelles définies sur R∗− de y′ +
et
et − 1y =
1et − 1
est
]−∞, 0[ −→ R
t 7−→ λ + t
et − 1
∣∣∣∣∣∣λ ∈ R
.
• Résolution de l’équation sur ]0, +∞[.
La droite affine des solutions réelles définies sur R∗+ de y′ +
et
et − 1y =
1et − 1
est
{]0, +∞[ −→ R
t 7−→ µ + t
et − 1
∣∣∣∣∣ µ ∈ R
}.
2. Résolution sur R. Procédons par analyse-synthèse et notons S l’ensemble des solutions dé-finies sur R.• Condition nécessaire.
Soit f ∈ S une solution de (E) définie sur R fixée quelconque.Alors f est, en restriction à ]−∞, 0[ et ]0, +∞[, une solution de (E′) donc
∃(λ, µ) ∈ R2 : ∀t ∈ R \ {0} , f(t) =
λ + t
et − 1si t ∈]−∞, 0[,
µ + t
et − 1si t ∈]0, +∞[.
Cherchons les DA(0−) et DA(0+) de f :Pour t < 0,
f(t) =λ + t
et − 1
=t→0−
λ + t
t + t2
2 + o(t2)
=t→0−
λ + t
t
11 + t
2 + o(t)
=t→0−
λ + t
t
(1− t
2+ o(t)
)
33
On montre de même que
f(t) =t→0+
µ + t
t
(1− t
2+ o(t)
)
Si λ 6= 0, f(t) ∼t→0−
λ
tdonc f tend vers +∞ ou −∞ lorsque t→ 0− ce qui contredit la fait que f est
continue en 0 (car solution d’une EDL d’ordre 1 sur R). Par conséquent, λ = 0.On montre de même que µ = 0.Ainsi le DA en 0− devient
f(t) =t→0−
0 + t
t
(1− t
2+ o(t)
)
=t→0−
1− t
2+ o(t)
ce qui compte tenu de la continuité de f en 0 donne
f(0) = limt→0−
f(t) = 1
Ainsi, S compte au plus une fonction :
S ⊂
R −→ R
t 7−→{ t
et − 1si t 6= 0,
1 si t = 0.
• Condition suffisante.
Notons f =
R −→ R
t 7−→{ t
et − 1si t 6= 0,
1 si t = 0.⋆ Sur ] −∞, 0[ et sur ]0, +∞[, f est une solution de (E′) donc c’est une fonction dérivable solution
de (E).⋆ Au voisiange de 0, en reprenant les DA(0−) et DA(0+) de l’analyse, f(0) = 0,
f(t) =t→0−
1− t
2+ o(t)
etf(t) =
t→0+1− t
2+ o(t)
donc f admet le DL1(0) : f(t) =t→0
1 − t
2+ o(t) donc f est dérivable en 0 (et f ′(0) = −1
2). En
évaluant (E) pour t = 0 :(e0 − 1)︸ ︷︷ ︸
= 0
×f ′(0) + e0︸︷︷︸= 1
× f(0)︸︷︷︸= 1
= 1
donc f vérifie également (E) en 0.Ainsi f ∈ S.
Conclusion. (E) admet une unique solution définie sur R :
R −→ R
t 7−→{ t
et − 1si t 6= 0,
1 si t = 0.
.
⊲ Corrigé de l’exercice 4.10
1. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre, à coefficients variables définis sur R,homogène.
Par conséquent, résoudre cette équation sur le plus grand intervalle possible revient à chercher les solutionsdéfinies sur R.
Toutefois,sin3 t = 0 ⇐⇒ sin t = 0 ⇐⇒ t ≡ 0 [π]
donc cette équation n’est pas résolue sur R. Elle n’est résolue que sur les intervalles Ik =]kπ, (k + 1)π[lorsque k parcourt Z.
C’est pourquoi nous allons résoudre l’équation y′ − 2cos t
sin3 ty = 0 (E′) sur les intervalles (Ik)k∈Z pour
essayer d’obtenir les solutions définies sur R par recollement des solutions obtenues sur les intervalles(Ik)k∈Z.
34
(a) Résolution sur Ik =]kπ, (k + 1)π[ (k ∈ Z fixé).L’équation différentielle est linéaire d’ordre 1 homogène, elle est résolue sur Ik, ses coefficients sontcontinus sur Ik donc les solutions définies sur un intervalle maximal sont définies sur Ik et leur ensembleconstitue une droite vectorielle.
La droite vectorielle des solutions réelles de y′−2cos t
sin3 ty = 0 est, puisqu’une primitive de t 7→ −2
cos t
sin3 t
sur Ik est t 7→ 1sin2 t
,
{Ik −→ R
t 7−→ λe− 1sin2 t
∣∣∣∣ λ ∈ R
}.
(b) Résolution sur R. Procédons par analyse-synthèse et notons S l’ensemble des solutionsdéfinies sur R.• Condition nécessaire.
Soit f ∈ S une solution de (E) définie sur R fixée quelconque.Alors, pour tout k ∈ Z, f est, en restriction à Ik, une solution de (E′) donc
∃λk ∈ R : ∀t ∈ Ik , f(t) = λke− 1sin2 t
Observons alors que, par continuité de f en kπ,
f(kπ) = limt→kπ+
f(t) = limt→kπ+
λke− 1sin2 t = 0
Ainsi, S ⊂
R −→ R
t 7−→{
λke− 1sin2 t si t ∈ Ik,
0 si t ∈ πZ.
∣∣∣∣∣∣(λk)k∈Z ∈ R
Z
.
• Condition suffisante.Soit (λk)k∈Z ∈ R
Z fixée quelconque et posons
f =R −→ R
t 7−→{
λke− 1sin2 t si t ∈ Ik,
0 si t ∈ πZ.
⋆ Pour tout k ∈ Z, sur Ik, f est une solution de (E′) donc c’est une fonction dérivable solutionde (E).
⋆ Soit k ∈ Z fixé quelconque. Étudions f au voisinage de kπ+.Posons u = t− kπ ⇐⇒ t = kπ + u
1sin2 t
=1
sin2(kπ + u)
=1
sin2(u)
=u→0+
1(u− u3
6 + o(u3))2
)
=u→0+
1
u2(1− u2
6 + o(u2))2
=u→0+
1
u2(1− u2
3 + o(u2))
=u→0+
1u2
(1 +
u2
3+ o(u2)
)
=u→0+
1u2
+13
+ o(1)
donc
f(t) =u→0+
λk exp[− 1
u2− 1
3+ o(1)
]
∼u→0+
λke− 1u2
3√
e
35
On en déduit quelim
t→kπ+f(t) = 0 = f(0)
donc f est contiue à droite en 0.De même, pour t ∈ Ik,
f(t)− f(kπ)t− kπ
=f(t)
u∼
u→0+
λk
3√
e
e− 1u2
u
or limX→+∞
Xe−X2
= 0 donc (en posant X =1u
),
limt→kπ+
f(t)− f(kπ)t− kπ
= 0
donc f est dérivable à droite en kπ et f ′d(kπ) = 0.
Un calcul analogue en kπ− (t ∈ Ik−1) montre que
limt→kπ−
f(t) = 0 = f(0)
donc f est contiue à gauche en 0.De même
limt→kπ−
f(t)− f(kπ)t− kπ
= 0
donc f est dérivable à gauche en kπ et f ′g(kπ) = 0.
Ainsi, f est continue en kπ et dérivable en kπ.De plus, en évaluant (E) en kπ,
sin3(kπ)︸ ︷︷ ︸= 0
f ′(kπ)− 2 cos(kπ) f(kπ)︸ ︷︷ ︸= 0
= 0
donc f vérifie aussi l’équation (E) en kπ.Ainsi, f est une solution de (E) définie sur R.
Conclusion.
(E) admet un espace vectoriel de solutions définies sur R de dimension infinie :
R −→ R
t 7−→{
λke− 1
sin2 t si t ∈ Ik,0 si t ∈ πZ.
∣∣∣∣∣∣(λk)k∈Z ∈ R
Z
.
2. Comme dans la question précédente, l’équation n’est pas résolue sur R. Elle n’est résolue que sur lesintervalles Ik =]kπ, (k+1)π[ lorsque k parcourt Z. Nous adoptons la même stratégie : nous allons résoudre
l’équation y′ − 2cos t
sin3 ty = 0 (F ′) sur les intervalles (Ik)k∈Z pour essayer d’obtenir les solutions définies
sur R par recollement des solutions obtenues sur les intervalles (Ik)k∈Z.
(a) Résolution sur Ik =]kπ, (k + 1)π[ (k ∈ Z fixé).L’équation différentielle est linéaire d’ordre 1 homogène, elle est résolue sur Ik, ses coefficients sontcontinus sur Ik donc les solutions définies sur un intervalle maximal sont définies sur Ik et leur ensembleconstitue une droite vectorielle.
La droite vectorielle des solutions réelles de y′ − cos t
sin ty = 0 est, puisqu’une primitive de t 7→ −cos t
sin tsur Ik est t 7→ − ln | sin t|,
{Ik −→ R
t 7−→ λ sin t
∣∣∣∣ λ ∈ R
}.
(b) Résolution sur R. Procédons par analyse-synthèse et notons S l’ensemble des solutionsdéfinies sur R.• Condition nécessaire.
Soit f ∈ S une solution de (F ) définie sur R fixée quelconque.Alors, pour tout k ∈ Z, f est, en restriction à Ik, une solution de (F ′) donc
∃λk ∈ R : ∀t ∈ Ik , f(t) = λk sin t
Cherchons les DA(kπ−) et DA(kπ+) de f : posons u = t− kπ ⇐⇒ t = kπ + u
36
Pour t < kπ, si t ∈ Ik−1
f(t) = λk−1 sin(kπ + u)
= (−1)kλk−1 sin(u)
=t→kπ−
(−1)kλk−1u + o(u)
=t→kπ−
(−1)kλk−1(t− kπ) + o((t− kπ))
On montre de même que
f(t) =t→kπ+
(−1)kλk(t− kπ) + o((t− kπ))
Par ailleurs, f doit être contine en kπ et dérivable en kπ donc les deux DL1(kπ−) et DL1(kπ+)doivent avoir les mêmes coefficients (ce sont les valeurs de f(kπ) et de f ′(kπ)) donc
f(kπ) = 0
etλk = λk−1
et cela pour tout k ∈ Z donc ∀k ∈ Z, λk = λ0.
Ainsi, S ⊂{
R −→ R
t 7−→ λ sin t
∣∣∣∣ λ ∈ R
}.
• Condition suffisante.Il est immédiat de vérifier que la droite vectorielle engendrée par la fonction sinus est un ensemblede fonctions dérivables sur R qui sont toutes solutions de (F ) car
∀λ ∈ R , ∀t ∈ R , sin t(λ sin′)(t) − cos t(λ sin)(t) = λ sin t cos t− cos tλ sin t = 0
Conclusion. (F ) admet une droite vectorielle de solutions définies sur R :{
R −→ R
t 7−→ λ sin t
∣∣∣∣ λ ∈ R
}.
⊲ Corrigé de l’exercice 4.11
1. Étude de f(x) au voisinage de 0.
Posons, pour tout x ∈ R, F (x) =∫ x
0
dt√1 + t4
. F est la primitive qui s’annule en 0 d’une fonction de
classe C∞ donc F ∈ C∞(R,R). La formule de Taylor-Young permet alors d’affirmer que F admet des DLen tout point à tout ordre.De plus,
F ′(x) =1√
1 + x4=
x→01− x4
2+
38
x8 + o(x11)
si bien que d’après le théorème d’intégration des DL (F ′ est continue au voisinage de 0 car continue surR),
F (x) =x→0
F (0) +∫ x
0
(1− t4
2+
38
t8
)dt + o(x12)
=x→0
0 +[t− t5
10+
124
t9
]x
0
+ o(x12)
=x→0
x− 110
x5 +124
x9 + o(x12)
On en déduit alors
f(x) = F (x2)− F (x)
=x→0
x2 − 110
x10 + o(x17)− x +110
x5 − 124
x9 + o(x12)
=x→0
−x + x2 +110
x5 − 124
x9 − 110
x10 + o(x10)
Ainsi, f(x) =x→0−x + x2 +
110
x5 − 124
x9 − 110
x10 + o(x10).
37
2. Étude de f(x) au voisinage de +∞.Lorsque x → +∞, l’intervalle [x, x2] se localise au voisinage de +∞ donc il semble naturel d’espérerque le comportement asymptotique de f(x) au voisinage de +∞ soit imposé par celui de la fonction
t 7→ 1√1 + t4
:
1√1 + t4
=1
t2√
1 + 1t4
=t→+∞
1t2
(1− 1
21t4
+38
1t8
+ o
(1t9
))
=t→+∞
1t2− 1
21t6
+38
1t10
+ o
(1
t11
)
On en déduit qu’il existe A ∈ R∗+ et C ∈ R+ tels que
∀t ∈ R+ , t > A⇒∣∣∣∣
1√1 + t4
−(
1t2− 1
21t6
+38
1t10
)∣∣∣∣ 6C
t11.
Ainsi, pour x > max(1, A), [x, x2] ⊂ [A, +∞[ donc∣∣∣∣∣f(x)−
∫ x2
x
(1t2− 1
21t6
+38
1t10
)dt
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣
∫ x2
x
(1√
1 + t4− 1
t2+
12
1t6− 3
81
t10
)dt
∣∣∣∣∣
6
∫ x2
x
∣∣∣∣1√
1 + t4− 1
t2+
12
1t6− 3
81
t10
∣∣∣∣ dt
6 C
∫ x2
x
dt
t11car [x, x2] ⊂ [A, +∞[
6 C
[− 1
10t11
]x2
x
6 − C
10x22+
C
10x11
si bien que
f(x)−∫ x2
x
(1t2− 1
21t6
+38
1t10
)dt =
x→+∞O
(1
x11
)
Calculons
∫ x2
x
(1t2− 1
21t6
+38
1t10
)dt =
[−1
t+
110
1t5− 1
241t9
]x2
x
= − 1x2
+1x
+110
1x10− 1
101x5− 1
241
x18+
124
1x9
=x→+∞
1x− 1
x2− 1
101x5
+124
1x9
+110
1x10
+ o(x10)
pour pouvoir conclure f(x) =x→+∞
1x− 1
x2− 1
101x5
+124
1x9
+110
1x10
+ O
(1
x11
).
⊲ Corrigé de l’exercice 4.12
⊲ Corrigé de l’exercice 4.13
⊲ Corrigé de l’exercice 5.1
1. Démontrer en une ligne que pour tout x ∈ [0, π], x − x3
66 sin(x) 6 x − x3
6+
x5
120. (on pourra prouver
séparément chacune des inégalités en pensant à l’égalité de Taylor-Lagrange).
2. Les fonctions convexes admettent un développement limité à l’ordre 0 en tout point de leur domaine dedéfinition.
3. Les fonctions convexes admettent un développement limité à l’ordre 1 en tout point intérieur à leurdomaine de définition.
38
4. Il existe des fonctions de C∞(R,R) n’admettant pas des DLn(0) pour tout n ∈ N.FAUX ! la formule de Taylor Young affirme justement que si une fonction est de classe C∞ au voisinaged’un point de son domaine de définition, alors elle admet en ce point des DL à tout ordre (et dont la partierégulière est donnée par la somme partielle à l’ordre correspondant de la série de Taylor en ce point).
5. Donner le DL4(0) des fonctions x 7→√
π, x 7→ x3 + x4(ex − 1), x 7→ x2(ex − 1) cos(
1x
).
x 7→√
π admet le DL4(0) :√
π =x→0
√π + o(x4).
x 7→ x3 + x4(ex − 1) admet le DL4(0) : x3 + x4(ex − 1) =x→0
x3 + o(x4) car x4(ex − 1) ∼x→0
x5.
Piège, x 7→ x2(ex−1) cos(
1x
)n’admet pas de DL4(0) : raisonnons par l’absurde : si cette fonction admet
une DL4(0), il existe (a, b, c, d), e ∈ R5 :
x2(ex − 1) cos(
1x
)=
x→0a + bx + cx2 + dx3 + ex4 + o(x4)
En passant à la limite pour x → 0, on obtient 0 = a, en divisant par x puis en passant à la limite pourx→ 0, on obtient 0 = b, en divisant par x puis en passant à la limite pour x→ 0, on obtient 0 = c d’où
x2(ex − 1) cos(
1x
)=
x→0dx3 + ex4 + o(x4)
si bien que
cos(
1x
)=
x→0
dx + ex2 + o(x2)ex − 1
=x→0
dx + o(x)x + o(x)
=x→0
d + o(1)
Le membre de droite admet une limite lorsque x→ 0 (qui vaut d) donc
limx→0
cos1x
= 0
ce qui est une contradiction (il est classique en utilisant la caractérisation séquentielle de la limite de
justifier que cos1x
n’admet pas de limite en 0).
6. Que dire concernant l’existence de DL en 0 pour les fonctions x 7→ |x| et x 7→ |x|3 ?
7. Donner une fonction définie en√
2 n’admettant aucun DL à aucun ordre en√
2.
8. Donner une fonction admettant en 2 un DL à l’ordre 3 mais n’admetttant pas de DL à l’ordre 4 en cepoint.
9. Soit P une fonction polynômiale définie sur R de degré 13. Soit f une fonction définie sur R admettant unDLn(0) à tout ordre n > 13 donné par f(x) =
x→0P (x)+o(xn). Alors, d’une part f admet un développement
limité à tout ordre, et d’autre part, f(x) = P (x) au voisinage de 0.
10. Si une fonction f ∈ C0(R,R) admet des développements limités en 0 composés exclusivement de termespairs à tous les ordres, alors elle est paire.
FAUX. La fonction f : R→ R définie par f(x) ={
0 si x ∈ R−
e− 1x2 si x ∈ R
∗+.
est de classe C∞ sur R et toutes
ses dérivées successives en 0 sont nulles. La formule de Taylor-Young permet d’affirmer que f admet desdéveloppements limités à tout ordre en 0 dont la partie régulière est toujours nulle, donc paire. Toutefois,f n’est pas paire.
11. Si f est dérivable en 0 alors f(x) =x→0
f(0) + xf ′(0) + o(x). De plus, f ′(x) =x→0
f ′(0) + o(1).
VRAI puis FAUX.
Si f est dérivable en 0, alors limx→0
f(x)− f(0)x− 0
= f ′(0) doncf(x)− f(0)
x=
x→0f ′(0) + o(1) donc f(x) =
x→0
f(0) + xf ′(0) + o(x).En revanche, écrire f ′(x) = f ′(0) + o(1) réquivaut à écrire lim
x→0f ′(x) = f ′(0), c’est à dire que f ′ est
continue en 0, ce qui est faux a priori. En effet, la fonction f :
R −→ R
x 7→{
0 si x = 0
|x| 32 sin1x
si x 6= 0
admet le DL3(0) f(x) =x→0
o(x), f ′(0) = 0 mais sa dérivée est discontinue en 0 car pour x > 0, f ′(x) =
32
√x sin
1x− 1√
xcos
1x
n’a pas de limite lorsque x→ 0.
39
12. Donner le comportement asymptotique en −∞ et +∞ de x 7→ x√
x2 + 2x− 1.
x√
x2 + 2x− 1 =x→+∞
x|x|√
1 +2x− 1
x2
=x→+∞
x2
[1 +
12
(2x− 1
x2
)− 1
8
(2x− 1
x2
)2
+116
(2x− 1
x2
)3
+ o
((2x− 1
x2
)3)]
=x→+∞
x2
[1 +
1x− 1
2x2− 1
8
(4x2− 4
x3
)+
116
(8x3
)+ o
(1x3
)]
=x→+∞
x2
[1 +
1x− 1
x2+
1x3
+ o
(1x3
)]
=x→+∞
x2 + x− 1 +1x
+ o
(1x
)
(5)
donc f admet en +∞ la parabole d’équation y = x2 + x− 1 comme parabole asymptote et le graphe de
la courbe est situé au-dessus de l’asymptote (car1x
> 0) au voisinage de +∞.
x√
x2 + 2x− 1 =x→−∞
x|x|√
1 +2x− 1
x2
=x→−∞
−x2
[1 +
1x− 1
x2+
1x3
+ o
(1x3
)]
=x→+∞
−x2 − x + 1− 1x
+ o
(1x
)
(6)
donc f admet en −∞ la parabole d’équation y = −x2− x + 1 comme parabole asymptote et le graphe de
la courbe est situé au-dessus de l’asymptote (car − 1x
> 0) au voisinage de +∞.
13. Donner le comportement asymptotique de f(x) =
√x3
x− 1au voisinage de +∞ et −∞.
√x3
x− 1=
x→+∞|x|√
11− 1
x
=x→+∞
x1√
1− 1x
=x→+∞
x
(1 +
12x
+3
8x2+
516x3
+ o
(1x3
))
=x→+∞
x +12
+38x
+5
16x2+ o
(1x2
)
=x→+∞
x +12
+38x
+ o
(1x
)
donc f admet en +∞ la droite d’équation y = x +12
comme asymptote oblique et le graphe de la courbe
est situé au-dessus de l’asymptote (car3
8x> 0) au voisinage de +∞.
√x3
x− 1=
x→−∞|x|√
11− 1
x
=x→−∞
−x1√
1− 1x
=x→−∞
−x
(1 +
12x
+3
8x2+
516x3
+ o
(1x3
))
=x→−∞
−x− 12− 3
8x+ o
(1x
)
40
donc f admet en −∞ la droite d’équation y = −x− 12
comme asymptote oblique et le graphe de la courbe
est situé au-dessus (car − 38x
> 0) de l’asymptote au voisinage de +∞.
14. Donner le DA(+∞) de f(x).g(x) obtenu avec la plus grande précision possible si f(x) = 3x3(ln x)2 −2x3 ln(x) + o(x3
√ln x) et g(x) =
√x− 1 +
ln(x)√x
+ o
(ln(x)
x
).
15. Si f(x) = 3x− 7 +x
ln(1 + x2)+ o(1) au voisinage de −∞, alors la droite d’équation y = 3x − 7 est une
asymptote oblique au graphe de f et le graphe de la fonction est au-dessus de cette droite.
16. Si f(x) = 3x − 7 +ln(|x|)|x| 12
+ o
(ln(|x|)|x| 13
)au voisinage de −∞, alors la droite d’équation y = 3x − 7 est
une asymptote oblique au graphe de f et le graphe de la fonction est en-dessous de cette droite.
41
