Fonctions d'une variable réelle/Exercices/Développements limités

Exercice 8-1

Soit $x>0$.

1. Montrer, par la formule de Taylor-Lagrange, qu'il existe un nombre $c_{x}\in \left]0,x\right[$ tel que $\sin x=x-{\frac {x^{3}}{6}}\cos(c_{x})$.
2. En utilisant la formule de Taylor-Young en 0 à l'ordre 5 de $\sin x$, montrer que $\cos(c_{x})=1-{\frac {x^{2}}{20}}+x^{2}\varepsilon (x)$ où $\lim _{0}\varepsilon =0$.

Solution

1. La fonction $\sin$, étant C^∞, vérifie les hypothèses du théorème de Taylor-Lagrange à l'ordre 2 en 0 (C² sur $\left[0,x\right]$ et trois fois dérivable sur $\left]0,x\right[$). Il existe donc $c_{x}\in \left]0,x\right[$ tel que $\sin x=\sin 0+x\sin '(0)+{\frac {x^{2}}{2}}\sin ''(0)+{\frac {x^{3}}{6}}\sin ^{(3)}(c_{x})=x-{\frac {x^{3}}{6}}\cos(c_{x})$.
2. On peut de même appliquer la formule de Taylor-Young : $\sin x=x-{\frac {x^{3}}{6}}+{\frac {x^{5}}{120}}+x^{5}\varepsilon (x)$ (avec $\lim _{0}\varepsilon =0$), ce qui donne $\cos(c_{x})={\frac {6}{x^{3}}}(x-\sin x)={\frac {6}{x^{3}}}\left({\frac {x^{3}}{6}}-{\frac {x^{5}}{120}}-x^{5}\varepsilon (x)\right)=1-{\frac {x^{2}}{20}}+x^{2}\varepsilon _{1}(x)$ avec $\varepsilon _{1}=-6\varepsilon$.

 

Exercice 8-2

Calculer le développement limité de $\operatorname {arsinh} \left(1+2x+3x^{2}\right)$ en 0 à l'ordre 3.

Solution

Commençons par calculer le dl en 0 à l'ordre 3 de $\operatorname {arsinh} (1+u)$ et pour cela, celui à l'ordre 2 de sa dérivée (cf. Trigonométrie hyperbolique/Fonctions hyperboliques réciproques) :

$\operatorname {arsinh} '(1+u)={\frac {1}{\sqrt {1+(1+u)^{2}}}}={\frac {1}{{\sqrt {2}}{\sqrt {1+u+u^{2}/2}}}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(1-{\frac {1}{2}}\left(u+u^{2}/2\right)+{\frac {3}{8}}u^{2}\right)+o\left(u^{2}\right)={\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(1-{\frac {u}{2}}+{\frac {u^{2}}{8}}\right)+o\left(u^{2}\right)$.

$\operatorname {arsinh} (1+u)=\operatorname {arsinh} (1)+{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(u-{\frac {u^{2}}{4}}+{\frac {u^{3}}{24}}\right)+o\left(u^{3}\right)$.

${\begin{aligned}\operatorname {arsinh} \left(1+2x+3x^{2}\right)&=\operatorname {arsinh} (1)+{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(2x+3x^{2}-{\frac {4x^{2}+12x^{3}}{4}}+{\frac {8x^{3}}{24}}\right)+o\left(x^{3}\right)\\&=\ln \left(1+{\sqrt {2}}\right)+{\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(2x+2x^{2}-{\frac {8x^{3}}{3}}\right)+o\left(x^{3}\right)\\&=\ln \left(1+{\sqrt {2}}\right)+{\sqrt {2}}x+{\sqrt {2}}x^{2}-{\frac {4{\sqrt {2}}x^{3}}{3}}+o\left(x^{3}\right).\end{aligned}}$

 

Calculer le développement limité de $\left(\sin ^{2}x-\sin(x^{2})\right)\left(\operatorname {e} ^{\tan x}-\operatorname {e} ^{\tanh x}\right)$ en 0 à l'ordre 9.

Solution

Le premier facteur est équivalent à $-x^{4}/3$ et le second à $2x^{3}/3$ donc il suffit de calculer le dl du premier facteur à l'ordre $9-3=6$ et du second à l'ordre $9-4=5$.

$\sin ^{2}x-\sin(x^{2})=\left(x-{\frac {x^{3}}{6}}+{\frac {x^{5}}{120}}\right)^{2}-\left(x^{2}-{\frac {x^{6}}{6}}\right)+o\left(x^{6}\right)=-{\frac {x^{4}}{3}}+{\frac {19x^{6}}{90}}+o\left(x^{6}\right)$.

${\begin{aligned}\operatorname {e} ^{\tan x}-\operatorname {e} ^{\tanh x}&={\frac {2x^{3}}{3}}+{\frac {\left(x+{\frac {x^{3}}{3}}\right)^{2}-\left(x-{\frac {x^{3}}{3}}\right)^{2}}{2}}+{\frac {\left(x+{\frac {x^{3}}{3}}\right)^{3}-\left(x-{\frac {x^{3}}{3}}\right)^{3}}{6}}+o\left(x^{5}\right)\\&={\frac {2x^{3}+2x^{4}+x^{5}}{3}}+o\left(x^{5}\right).\end{aligned}}$

${\begin{aligned}\left(\sin ^{2}x-\sin(x^{2})\right)(\operatorname {e} ^{\tan x}-\operatorname {e} ^{\tanh x})&={\frac {x^{7}}{9}}\left(-1+{\frac {19x^{2}}{30}}\right)\left(2+2x+x^{2}\right)+o\left(x^{9}\right)\\&={\frac {x^{7}}{9}}\left(-2-2x+{\frac {4x^{2}}{15}}\right)+o\left(x^{9}\right)\\&=-{\frac {2x^{7}}{9}}-{\frac {2x^{8}}{9}}+{\frac {4x^{9}}{135}}+o\left(x^{9}\right).\end{aligned}}$

 

Calculer le développement limité de ${\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{(\arcsin x)^{2}}}$ en 0 à l'ordre 5.

Solution

Puisque ${\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{(\arcsin x)^{2}}}={\frac {1-\left({\frac {\arcsin x}{x}}\right)^{-2}}{x^{2}}}$, on cherche un dl de ${\frac {\arcsin x}{x}}$ à l'ordre 7 donc de $\arcsin x$ à l'ordre 8 donc de sa dérivée à l'ordre 7.

$\arcsin 'x={\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}=1+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {3x^{4}}{8}}+{\frac {5x^{6}}{16}}+o\left(x^{7}\right)$.

$\arcsin x=x+{\frac {x^{3}}{6}}+{\frac {3x^{5}}{40}}+{\frac {5x^{7}}{112}}+o\left(x^{8}\right)$.

${\begin{aligned}{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{(\arcsin x)^{2}}}&={\frac {1-\left(1+{\frac {x^{2}}{6}}+{\frac {3x^{4}}{40}}+{\frac {5x^{6}}{112}}+o\left(x^{7}\right)\right)^{-2}}{x^{2}}}\\&={\frac {2\left({\frac {x^{2}}{6}}+{\frac {3x^{4}}{40}}+{\frac {5x^{6}}{112}}\right)-3\left({\frac {x^{2}}{6}}+{\frac {3x^{4}}{40}}\right)^{2}+4\left({\frac {x^{2}}{6}}\right)^{3}}{x^{2}}}+o\left(x^{5}\right)\\&={\frac {1}{3}}+{\frac {x^{2}}{15}}+{\frac {31x^{4}}{945}}+o\left(x^{5}\right).\end{aligned}}$

 

Calculer le développement limité de ${\frac {1}{x}}-{\frac {a}{\ln(1+x)}}-{\frac {b}{\operatorname {e} ^{x}-1}}$ en 0 à l'ordre 2.

Solution

${\frac {1-a-b}{x}}+{\frac {b-a}{2}}-{\frac {b-a}{12}}x-{\frac {a}{24}}x^{2}+o(x^{2})$.

 

Exercice 8-3

Soit $f$ admettant en 0 le développement limité suivant à l'ordre 2 :

$f(x)=ax+bx^{2}+o(x^{2})$ avec $a\neq 0$.

Elle admet donc, au voisinage de 0, une fonction réciproque possédant un d.l. à l'ordre 2 en 0 :

$f^{-1}(y)={\frac {y}{a}}+cy^{2}+o(y^{2})$.

Déterminer $c$.

Solution

(Pour l'existence, admise ici, du d.l. de la réciproque locale, ainsi qu'un exemple numérique plus poussé, voir par exemple ce « devoir corrigé de MPSI ».)

$x=f^{-1}(f(x))={\frac {ax+bx^{2}}{a}}+c(ax)^{2}+o(x^{2})$ donc $c=-{\frac {b}{a^{3}}}$.

 

Soient $f(x)=x-{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{5}}{5!}}+o(x^{5})$ et $g(x)=x+ax^{3}+bx^{5}+o(x^{5})$.

Trouver $a$ et $b$ pour que $f\circ g(x)=x+x^{5}+o(x^{5})$, et calculer alors le d.l. de $g\circ f$ (en 0, à l'ordre 5).

Solution

$x+x^{5}+o(x^{5})=(x+ax^{3}+bx^{5})-{\frac {1}{3!}}(x^{3}+3ax^{5})+{\frac {x^{5}}{5!}}+o(x^{5})=x+\left(a-{\frac {1}{6}}\right)x^{3}+\left(b-{\frac {a}{2}}+{\frac {1}{5!}}\right)x^{5}+o(x^{5})$ donc

$a={\frac {1}{6}}$ et $b=1+{\frac {a}{2}}-{\frac {1}{5!}}={\frac {43}{40}}$, et le d.l. à l'ordre 5 de $g\circ f$ est le même que celui de $f\circ g$.

En effet, plus généralement, si $g(x)=x+ax^{3}+bx^{5}+o(x^{5})$ et $f(x)=x+a'x^{3}+b'x^{5}+o(x^{5})$ alors

$g\circ f(x)=\left(x+a'x^{3}+b'x^{5}\right)+a\left(x^{3}+3a'x^{5}\right)+bx^{5}+o(x^{5})=x+\left(a'+a\right)x^{3}+\left(b'+b+3aa'\right)x^{5}+o(x^{5})$ et

(de même, par symétrie) $f\circ g(x)=x+\left(a+a'\right)x^{3}+\left(b+b'+3a'a\right)x^{5}+o(x^{5})$.

 

Exercice 8-4

Soit $f(x)={\begin{cases}\cos {\sqrt {x}}&{\text{si }}x\geq 0\\\cosh {\sqrt {-x}}&{\text{si }}x<0.\end{cases}}$

Démontrer que $f$ admet à tout ordre un d.l. en 0, que l'on précisera.

Solution

Pour $x\geq 0$, $f(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}{\sqrt {x}}^{2k}}{(2k)!}}+o({\sqrt {x}}^{2n+2})=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-x)^{k}}{(2k)!}}+o(x^{n+1})$ et

pour $x<0$, $f(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {{\sqrt {-x}}^{2k}}{(2k)!}}+o({\sqrt {-x}}^{2n+2})=$ idem.

 

Exercice 8-5

Soit $n\in \mathbb {N}$.

1. En utilisant la formule de Taylor-Laplace, montrer que pour tout $x>0$,

   $\operatorname {e} ^{x}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}}+\operatorname {e} ^{x}\int _{0}^{x}{\frac {t^{n}}{n!}}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t$.

2. En déduire que $\int _{0}^{+\infty }t^{n}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t=n!$.

Solution

1. $\operatorname {e} ^{x}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}}+\int _{0}^{x}{\frac {(x-s)^{n}}{n!}}\operatorname {e} ^{s}\,\mathrm {d} s$ puis changement de variable $t=x-s$.
2. Pour $n$ fixé, quand $x\to +\infty$, $\int _{0}^{x}{\frac {t^{n}}{n!}}\operatorname {e} ^{-t}\,\mathrm {d} t=n!\left(1-\operatorname {e} ^{-x}\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}}\right)\to n!$.

 

Exercice 8-6

Redémontrer le théorème de Taylor-Young par application itérée de la première règle de l'Hôpital.

Solution

Supposons que $f$ admet une dérivée $n$-ième au point $a$ et notons $P$ son polynôme de Taylor à l'ordre $n$ en ce point :

$P\left(x\right)=f\left(a\right)+{\frac {f'\left(a\right)}{1!}}\left(x-a\right)^{1}+{\frac {f''\left(a\right)}{2!}}\left(x-a\right)^{2}+\dots +{\frac {f^{(n)}\left(a\right)}{n!}}\left(x-a\right)^{n}$.

Notons également $F=f-P$ et $G(x)={\frac {\left(x-a\right)^{n}}{n!}}$.

Par définition de $f^{(n)}\left(a\right)$,

$\lim _{a}{\frac {F^{(n-1)}}{G^{(n-1)}}}=\lim _{x\to a}{\frac {f^{(n-1)}\left(x\right)-f^{(n-1)}\left(a\right)-\left(x-a\right)f^{(n)}\left(a\right)}{x-a}}=0$.

En appliquant la règle de l'Hôpital de façon répétée, on en déduit

$\lim _{a}{\frac {F^{(n-2)}}{G^{(n-2)}}}=0$, puis $\lim _{a}{\frac {F^{(n-3)}}{G^{(n-3)}}}=0$, etc. jusqu'à $\lim _{a}{\frac {F}{G}}=0$,

donc

$\lim _{x\to a}{\frac {f\left(x\right)-P\left(x\right)}{\left(x-a\right)^{n}}}=0$.

 

Exercice 8-7

Donner les d.l. à l'ordre 3 :

• en 0 de $\cos \times \sin$ ;
• en 0 de $\sin ^{\circ k}:=\sin \circ \sin \circ \dots \circ \sin$, $k$ fois (la k-ième itérée de $\sin$, à ne pas confondre avec la k-ième puissance, $\sin ^{k}x:=(\sin x)^{k}=o(x^{3})$, pour tout $k>3$) ;
• en 0 de $\left(1+x\right)^{\alpha }$, pour un réel $\alpha$ fixé ;
• en 1 de $\operatorname {e} ^{\sqrt {x}}$.

Solution

• $\cos x\sin x=\left(1-{\frac {x^{2}}{2}}+o(x^{2})\right)\left(x-{\frac {x^{3}}{6}}+o(x^{3})\right)$, ou encore : $\cos x\sin x={\frac {\sin 2x}{2}}={\frac {2x-{\frac {(2x)^{3}}{6}}+o(x^{3})}{2}}$.
  Ces deux méthodes donnent : $\cos x\sin x=x-{\frac {2x^{3}}{3}}+o(x^{3})$.
• $\forall k\in \mathbb {N} ^{*}\quad \sin ^{\circ k}(x)=x-{\frac {k}{6}}x^{3}+o(x^{3})$, par récurrence (on peut même démarrer la récurrence à $k=0$, avec la convention $\sin ^{\circ 0}=\mathrm {id} _{\mathbb {R} }$).
• Posons $f(x)=\left(1+x\right)^{\alpha }$. Alors, $f(0)=1$ et $f'(x)=\alpha \left(1+x\right)^{\alpha -1}$, $f''(x)=\alpha \left(\alpha -1\right)\left(1+x\right)^{\alpha -2}$ et $f'''(x)=\alpha \left(\alpha -1\right)\left(\alpha -2\right)\left(1+x\right)^{\alpha -3}$,
  donc $f'(0)=\alpha$, $f''(0)=\alpha \left(\alpha -1\right)$ et $f'''(0)=\alpha \left(\alpha -1\right)\left(\alpha -2\right)$, d'où (par Taylor)
  $f(x)=f(0)+f'(0)x+{\frac {f''(0)}{2!}}x^{2}+{\frac {f'''(0)}{3!}}x^{3}+o\left(x^{3}\right)=1+\alpha x+{\frac {\alpha \left(\alpha -1\right)}{2}}x^{2}+{\frac {\alpha \left(\alpha -1\right)\left(\alpha -2\right)}{6}}x^{3}+o\left(x^{3}\right)$
  (on pourrait calculer de même le d.l. à l'ordre n : cf. développements limités des fonctions usuelles en zéro).
• Le cas particulier $\alpha ={\frac {1}{2}}$ du point précédent donne : ${\sqrt {1+h}}=1+{\frac {h}{2}}-{\frac {h^{2}}{8}}+{\frac {h^{3}}{16}}+o\left(h^{3}\right)=1+u$ avec $u:={\frac {h}{2}}-{\frac {h^{2}}{8}}+{\frac {h^{3}}{16}}+o\left(h^{3}\right)\to 0$ quand $h\to 0$, d'où, en utilisant le d.l. en 0 de la fonction exponentielle à l'ordre 3 (à nouveau, voir développements limités des fonctions usuelles en zéro) :
  ${\begin{aligned}\operatorname {e} ^{\sqrt {1+h}}&=\operatorname {e} ^{1+u}=\mathrm {e} \times \operatorname {e} ^{u}\\&=\mathrm {e} \times \left(1+u+{\frac {u^{2}}{2}}+{\frac {u^{3}}{6}}+o(u^{3})\right)\\&=\mathrm {e} \times \left(1+\left({\frac {h}{2}}-{\frac {h^{2}}{8}}+{\frac {h^{3}}{16}}\right)+{\frac {1}{2}}\left(\left({\frac {h}{2}}\right)^{2}-2{\frac {h}{2}}{\frac {h^{2}}{8}}\right)+{\frac {1}{6}}\left({\frac {h}{2}}\right)^{3}+o(h^{3})\right)\\&=\mathrm {e} \times \left(1+{\frac {h}{2}}+{\frac {h^{3}}{48}}\right)+o(h^{3})\end{aligned}}$
  et donc
  
  $\operatorname {e} ^{\sqrt {x}}=\mathrm {e} +{\frac {\mathrm {e} }{2}}(x-1)+{\frac {\mathrm {e} }{48}}(x-1)^{3}+o((x-1)^{3})$.

 

Exercice 8-8

Calculer les limites en $+\infty$ des trois fonctions suivantes ($a,b,c,d\in \mathbb {R}$, $a>0$) :

• $f(x)=(x+1)^{a}-x^{a}$ ;
• $g(x)=(cx+d)\ln(ax+b)\sin {\frac {1}{x\ln x}}$ ;
• $h(x)={\frac {x^{6}+2x^{4}+x^{2}}{x^{2}+1}}-x^{3}{\sqrt {x^{2}+2}}$.

Solution

Quand $x\to +\infty$,

• $f(x)=x^{a}\left(\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{a}-1\right)\sim x^{a}{\frac {a}{x}}=ax^{a-1}\to 0$ si $0<a<1$ et $+\infty$ si $a>1$. Si $a=1$, $f(x)=1$.
  Remarque : si $a={\frac {1}{2}}$, on a plus élémentairement ${\sqrt {x+1}}-{\sqrt {x}}={\frac {(x+1)-x}{{\sqrt {x+1}}+{\sqrt {x}}}}\sim _{+\infty }{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$.
• $g(x)\sim {\frac {cx\ln(ax+b)}{x\ln x}}=c\,{\frac {\ln x+\ln(a+b/x)}{\ln x}}\to c$ ;
• $h(x)={\frac {x^{2}(x^{2}+1)^{2}}{x^{2}+1}}-x^{4}{\sqrt {1+2/x^{2}}}=x^{4}+x^{2}-x^{4}\left(1+{\frac {1}{x^{2}}}-{\frac {1}{2x^{4}}}+o\left({\frac {1}{x^{4}}}\right)\right)\to {\frac {1}{2}}$.

 

Exercice 8-9

On donne l'équation de van der Waals

$\left(P+{\frac {a}{V^{2}}}\right)\left(V-b\right)=T$

où $P,T,V$ désignent respectivement la pression, la température et le volume occupé par un gaz et $R,a,b$ sont des constantes.

Quand $V$ devient infiniment grand et $T$ reste constant, donner un développement limité à l'ordre 2 de $P$ en fonction de l'infiniment petit ${\frac {1}{V}}$.

Solution

$P={\frac {RT}{V-b}}-{\frac {a}{V^{2}}}={\frac {T}{V}}{\frac {1}{1-{\frac {b}{V}}}}-{\frac {a}{V^{2}}}={\frac {RT}{V}}\left(1+{\frac {b}{V}}+o\left({\frac {1}{V}}\right)\right)-{\frac {a}{V^{2}}}={\frac {RT}{V}}+{\frac {RTb-a}{V^{2}}}+o\left({\frac {1}{V^{2}}}\right)$.

 

Exercice 8-10

Déterminer les asymptotes et les positions par rapport à ces asymptotes des courbes suivantes :

1. $y=\ln \cosh x$ ;
2. $y={\frac {\sqrt {1+x^{4}+x^{6}}}{1+x^{2}}}$.

Solution

Ces deux fonctions sont définies sur $\mathbb {R}$ et paires. Par symétrie par rapport à $Oy$, il suffit donc de les étudier quand $x\to +\infty$, soit $t:={\frac {1}{x}}\to 0^{+}$.

1. $y=\ln {\frac {\operatorname {e} ^{1/t}+\operatorname {e} ^{-1/t}}{2}}=\ln {\frac {\operatorname {e} ^{1/t}}{2}}+\ln(1+\operatorname {e} ^{-2/t})={\frac {1}{t}}-\ln 2+\operatorname {e} ^{-2/t}+o(\operatorname {e} ^{-2/t})$ donc asymptote $y=x-\ln 2$ et courbe au-dessus.
2. $y={\frac {1}{t}}-{\frac {t}{2}}+o(t)$ donc asymptote $y=x$ et courbe en dessous.

 

Étudier les fonctions suivantes :

$f(x)=x\ln \left|2+{1 \over x}\right|$, $g(x)=(1+{1 \over x})^{x}$, $h(x)=(x-{1 \over x})\operatorname {e} ^{1/x}$.

Solution

• $f$ est définie sur $\mathbb {R} \setminus \{0,{-1 \over 2}\}$ mais prolongeable en 0 : $f(x)=x(\ln |2x+1|-\ln |x|)\sim _{0}-x\ln |x|\to 0$ (avec le signe de $x$) quand $x\to 0$, et la pente en ce point $(0,0)$ est $\lim _{x\to 0}(-\ln |x|)=+\infty$.
  En ${-1 \over 2}$ : $\lim _{-1 \over 2}f={-1 \over 2}\ln(0^{+})=+\infty$ (donc asymptote d'équation $x={-1 \over 2}$).
  En $\infty$ : $f(x)=x[\ln 2+\ln(1+{1 \over 2x})]=x[\ln 2+{1 \over 2x}-{1 \over 8x^{2}}+o({1 \over x^{2}})]=x\ln 2+{1 \over 2}-{1 \over 8x}+o({1 \over x})$, donc la droite d'équation $y=x\ln 2+{\frac {1}{2}}$ est asymptote au graphe de $f$, et celui-ci est en-dessous si $x\to +\infty$, au-dessus si $x\to -\infty$.
  $f'(x)=\ln \left|2+{1 \over x}\right|-{1 \over 2x+1}$, $f''(x)={-1 \over x(2x+1)^{2}}$ est du signe de $-x$, donc
  • sur $\left]-\infty ,{-1 \over 2}\right[$, $f'$ croît à partir de sa limite en $-\infty$ qui vaut $\ln 2>0$, donc $f'>0$, donc $f$ croît de $-\infty$ à $+\infty$ (en passant par $f(-1)=0$, avec $f'(-1)=1$).
  • sur $\left]{-1 \over 2},0\right[$, $f'$ croît de $-\infty$ à $+\infty$ donc il existe $\alpha \in \left]{-1 \over 2},0\right[$ tel que sur $\left]{-1 \over 2},\alpha \right[$, $f'<0$ et $f$ décroît de $+\infty$ à $f(\alpha )$ (en passant par $f({-1 \over 3})=0$, avec $f'\left({-1 \over 3}\right)=-3$), et sur $\left]\alpha ,0\right[$, $f'>0$ et $f$ croît de $f(\alpha )$ à $0$.
  • sur $\left]0,+\infty \right[$, $f'$ décroît jusqu'à sa limite en $+\infty$ qui vaut $\ln 2>0$, donc $f'>0$, donc $f$ croît de $0$ à $+\infty$.
• $g(x)=\operatorname {e} ^{k(x)}$ avec $k(x)=x\ln(1+{1 \over x})$ définie sur $\left]-\infty ,-1\right[\cup \left]0,+\infty \right[$ mais prolongeable en $0^{+}$ : quand $x\to 0^{+}$, $k(x)=x(\ln(1+x)-\ln x)\sim _{0^{+}}-x\ln x\to 0^{+}$, donc $g(x)\to 1^{+}$.
  $\lim _{(-1)^{-}}k=-1.\ln(0^{+})=+\infty$ donc $\lim _{(-1)^{-}}g=+\infty$.
  $k(x)\sim _{\pm \infty }x({1 \over x})=1$ donc $\lim _{\pm \infty }g=\mathrm {e}$.
  $g'=g\times k'$, $k'(x)=\ln \left(1+{1 \over x}\right)-{1 \over 1+x}>0$, car $k''(x)={-1 \over (1+x)^{2}.x}$ est du signe de $-x$, si bien que sur $\left]-\infty ,-1\right[$, $k'$ croît à partir de sa limite en $-\infty$ qui vaut $0$, et sur $\left]0,+\infty \right[$, $k'$ décroît jusqu'à sa limite en $+\infty$, qui vaut $0$, d'où $k'>0$. Donc $g$ est croissante.
  Enfin, en $0^{+}$, $k'\to +\infty$ et $g\to 1$ donc $g'\to +\infty$.
• $h$ est définie sur $\mathbb {R} ^{*}$. $h(x)=(x-{1 \over x})(1+{1 \over x}+{1 \over 2x^{2}}+o({1 \over x^{2}}))=x+1-{1 \over 2x}+o({1 \over x})$ donc la droite d'équation $y=x+1$ est asymptote au graphe de $h$, et celui-ci est en-dessous si $x\to +\infty$, au-dessus si $x\to -\infty$.
  $h(x)\sim _{0}{-1 \over x}\operatorname {e} ^{1 \over x}$ donc $\lim _{0^{+}}h=-\lim _{+\infty }u\operatorname {e} ^{u}=-\infty$ et $\lim _{0^{-}}h=\lim _{+\infty }u\operatorname {e} ^{-u}=0^{+}$. De plus, la pente de la demi-tangente à gauche au point $(0,0)$ est $\lim _{x\to 0^{-}}{h(x) \over x}=\lim _{+\infty }-\operatorname {e} ^{-u}=0$.
  $h'(x)=\operatorname {e} ^{1 \over x}{x^{3}-x^{2}+x+1 \over x^{3}}$ et le polynôme $x^{3}-x^{2}+x+1$ croît de $-\infty$ à $+\infty$ et est $>0$ en $0$ et $<0$ en $-1$, donc admet une unique racine $\alpha \in \left]-1,0\right[$ (en fait on a $\alpha \in \left]{-2 \over 3},{-1 \over 2}\right[$, par le même argument). Donc $h$ est croissante sur $\left]-\infty ,\alpha \right[$ et sur $\left]0,+\infty \right[$, et décroissante sur $\left]\alpha ,0\right[$.
  $h$ s'annule en $\pm 1$, avec $h'(-1)=2\mathrm {e}$, $h'(1)={2 \over \mathrm {e} }$.
  On peut remarquer que la courbe traverse l'asymptote au point $(-1,0)$.
  $h''(x)=-\operatorname {e} ^{1 \over x}{x^{2}+4x+1 \over x^{5}}$, donc il y a deux points d'inflexion, d'abscisses $-2-{\sqrt {3}}<-1$ et $-2+{\sqrt {3}}\in \left]\alpha ,0\right[$.

 

Exercice 8-11

On pose $f(x)={\frac {x^{3}}{1+x^{6}}}$. En utilisant un d.l. de $f$ en 0 à un ordre adéquat, calculer $f^{(n)}(0)$ pour tout $n\geq 0$.

Solution

$f$ est C^∞ donc Taylor s'applique à tout ordre.

$f(x)=x^{3}\sum _{k=0}^{m}(-x^{6})^{k}+o(x^{6m})$ donc $f^{(n)}(0)=0$ pour tout $n$ non congru à 3 modulo 6, et $f^{(3+6k)}(0)=(-1)^{k}(3+6k)!$.

 

Soient $I$ un intervalle ouvert contenant 0 et $f$ une fonction définie sur $I$ par :

${\begin{cases}\forall x\in I\quad f'(x)=\tan(x+f(x))\\f(0)=\pi /4.\end{cases}}$

Former le d.l. de $f$ en 0 à l'ordre 4.

Solution

Par récurrence, $f$ est C^k pour tout k, donc C^∞.

${\begin{aligned}f'=\tan(x+f)&\Rightarrow f''=(1+f'^{2})(1+f')=1+f'+f'^{2}+f'^{3}\\&\Rightarrow f'''=f''(1+2f'+3f'^{2})\\&\Rightarrow f^{(4)}=f'''(1+2f'+3f'^{2})+f''^{2}(2+6f').\end{aligned}}$

On en déduit de proche en proche :

$f(0)=\pi /4,\;f'(0)=\tan(0+\pi /4)=1,\;f''(0)=(1+1^{2})(1+1)=4,\;f'''(0)=4(1+2.1+3.1^{2})=24,\;f^{(4)}(0)=24(1+2.1+3.1^{2})+4^{2}(2+6.1)=272$

d'où, par Taylor-Young : $f(x)={\frac {\pi }{4}}+x+{\frac {4}{2!}}x^{2}+{\frac {24}{3!}}x^{3}+{\frac {272}{4!}}x^{4}+o(x^{4})={\frac {\pi }{4}}+x+2x^{2}+4x^{3}+{\frac {34}{3}}x^{4}+o(x^{4})$.

 

Exercice 8-12

On définit sur $\mathbb {R} ^{*}$ une fonction C^∞ : $g:x\mapsto \int _{x}^{2x}{\frac {\cos t}{t}}\,\mathrm {d} t$.

À l'aide d'un d.l. de $\cos$, montrer que $g$ admet un prolongement deux fois dérivable en 0.

Solution

Pour tout $x\neq 0$, $g(x)=\int _{x}^{2x}\left({\frac {1}{t}}+o(1)\right)\,\mathrm {d} t=\ln 2+o(x)$ donc $g$ se prolonge en 0 par $g(0)=\ln 2$ et ce prolongement vérifie : $g'(0)=0$.

Pour tout $x\in \mathbb {R} ^{*}$, $g'(x)={\frac {\cos(2x)-\cos x}{x}}={\frac {-(2x)^{2}+x^{2}+o(x^{2})}{2x}}=-{\frac {3}{2}}x+o(x)$ donc $g''(0)=-{\frac {3}{2}}$.

 

Exercice 8-12

Déterminer le développement limité à l'ordre 10 en 0 de la fonction $f$ définie sur $\mathbb {R}$ par $f(x)=\int _{x}^{2x^{2}}{\mathrm {d} t \over {\sqrt[{3}]{1+t^{4}}}}$.

Solution

$f(x)=g(2x^{2})-g(x)$ avec $g(x)=\int _{0}^{x}{\mathrm {d} t \over {\sqrt[{3}]{1+t^{4}}}}$, c'est-à-dire $g(0)=0$ et $g'(x)=(1+x^{4})^{-1/3}=1-{x^{4} \over 3}+{2x^{8} \over 27}+x^{9}\varepsilon _{1}(x)$, d'où $g(x)=x-{x^{5} \over 15}+{2x^{9} \over 243}+x^{10}\varepsilon _{2}(x)$, d'où $f(x)=\left(2x^{2}-{32x^{10} \over 15}\right)-\left(x-{x^{5} \over 15}+{2x^{9} \over 243}\right)+x^{10}\varepsilon (x)=-x+2x^{2}+{x^{5} \over 15}-{2x^{9} \over 243}-{32x^{10} \over 15}+x^{10}\varepsilon (x)$, avec $\lim _{0}\varepsilon =\lim _{0}\varepsilon _{2}=\lim _{0}\varepsilon _{1}=0$.

 

Liens externes

• « Calculateur en ligne de développements limités », sur dcode.fr
• Pascal Lainé, « Développements limités, équivalents et calculs de limites » (40 exercices corrigés)
• Arnaud Bodin, « Développements limités », sur exo7 (12 exercices corrigés)
• « Exercices corrigés - Formules de Taylor », sur bibmath.net
• « Exercices corrigés - Développements limités », sur bibmath.net
• « Math sup : Développements limités », sur bibmath.net
• Patrice Lassère, « L2 Math », septembre 2020 (principaux développements limités + exercices avec réponses)