Étude de branche asymptotique

(1)

Fonctions réelles

Technique obsolète

Exercice 1 [ 03223 ][Correction]

Montrer que lorsquex→+∞

Z x

0

e^t²dt∼e^x² 2x.

Diéomorphisme

Soitf: ]−1 ; +∞[→Rdonnée par

f(x) =ln(1 +x) 1 +x .

(a) Trouver le plus grand intervalle ouvertI contenant 0 sur lequelf est un C^∞-diéomorphisme.

(b) On noteg l'application réciproque defI. Montrer que les coecients du développement limité deg en 0 à un ordre quelconque sont positifs.

Étude de branche asymptotique

Soitf: ]0 ; +∞[→Rdénie par

f(x) = lnx x . Montrer quef admet un point d'inexion.

Étudier les branches innies de la courbe représentative def et en donner l'allure.

Étudier la fonction

f:x7→ x²+x

|x|+ 1 en vu d'en réaliser la représentation graphique.

f:x7→ 2 lnx+ 3 x en vu d'en réaliser la représentation graphique.

f:x7→x²e^−x en vu d'en réaliser la représentation graphique.

Soit

f:x7→(x+ 1)e^1/x dénie surR^∗+.

Former un développement asymptotique def à la précision 1/xen+∞.

En déduire l'existence d'une droite asymptote en+∞à la courbe représentative def.

Étudier la position relative de la courbe et de son asymptote en+∞.

Soit

f:x7→x(ln(2x+ 1)−ln(x)) dénie surR^∗+.

Former un développement asymptotique def à la précision 1/xen+∞.

En déduire l'existence d'une droite asymptote en+∞à la courbe représentative def.

Étudier la position relative de la courbe et de son asymptote en+∞.

Étudier les asymptotes de

x7→p³

(x²−2)(x+ 3).

(2)

Étudier les branches innies de

f(x) =(x+ 1) ln(x+ 1)

lnx .

Étudier les branches innies de

f(x) = x²+ 2x

|x−1|+x.

Fonctions hyperboliques inverses

Simplier les expressions suivantes : (a) ch(argshx)

(b) th(argshx)

(c) sh(2 argshx) (d) sh(argchx)

(e) th(argchx) (f) ch(argthx)

Simplier :

(a) argch(2x²−1) (b) argsh(2x√

1 +x²)

Résoudre l'équation

argshx+ argchx= 1.

SoitG: ]−^π₂;^π₂[→Rdénie parG(t) = argsh(tant).

Montrer queGest dérivable et que pour toutt∈]−^π₂;^π₂[,G⁰(t) = chG(t).

Convergence et calcul de la série entièreP+∞

n=0anxⁿ oùan=R1

0(1−t²)ⁿdt.

Pourn∈N, on pose

an = n!

1×3× · · · ×(2n+ 1). Rayon de convergence et somme de la série entièreP+∞

n=0anxⁿ? Exercice 18 [ 01567 ][Correction]

Résoudre

(1 +x²)y⁰⁰+xy⁰−4y= 0 en posantx= sh(t).

(3)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

On découpe l'intégrale en deux Z x

0

e^t²dt= Z 1

0

e^t²dt+ Z x

1

e^t²dt

et on procède à une intégration par parties Z x

1

e^t²dt= Z x

1

2t

2te^t²dt=

"

e^t² 2t

#x

1

+1 2

Z x

1

e^t² t² dt. Ainsi

Z x

0

e^x² = e^x² 2x +1

2 Z x

1

e^t²

t² dt+C^te.

Quandx→+∞, sachant que la constante est négligeable devante^x²/2x→+∞, il sut pour conclure de montrer

Z x

1

e^t² t² dt= o

Z x

1

e^t²dt

. Soitε >0. Il existeA≥1tel que

∀t≥A, 1 t² ≤ε et alors

0≤ Z x

1

e^t² t² dt≤

Z A

1

e^t² t² dt+ε

Z x

A

e^t²dt puis

0≤ Z x

1

e^t² t² dt≤

Z A

1

e^t² t² dt+ε

Z x

1

e^t²dt.

Or Z x

1

e^t²dt≥ Z x

1

1 dt≥x−1→+∞

donc pourxassez grand

Z A

1

e^t² t² dt≤ε

Z x

1

e^t²dt puis

0≤ Z x

1

e^t²

t² dt≤2ε Z x

1

e^t²dt et on peut conclure.

(a) La fonctionf est de classeC^∞et

f⁰(x) =1−ln(1 +x) (1 +x)² f⁰(x)6= 0si, et seulement si, x6= e−1.

Le plus grand intervalle cherché estI= ]−1 ; e−1[sur lequelf est de classe C^∞ et sa dérivée ne s'annule pas,f réalise donc unC^∞diéomorphisme deI vers]−∞; 1/e[.

(b) On a

ln(1 +g(x)) =x(1 +g(x)). En dérivant

g⁰(x) = 1 + 2g(x) +g²(x) +xg⁰(x) +xg⁰(x)g(x). En dérivant à l'ordren∈N^∗ et en évaluant en 0 on obtient g⁽ⁿ⁺¹⁾(0) = 2g⁽ⁿ⁾(0)+

n

X

k=0

n k

g^(k)(0)g^(n−k)(0)+ng⁽ⁿ⁾(0)+n

n−1

X

k=0

n−1 k

g^(k+1)(0)g^(n−1−k)(0). On peut alors appliquer un raisonnement par récurrence forte pour obtenir

∀n∈N, g⁽ⁿ⁾(0)≥0.

Ceci sut pour conclure via la formule de Taylor-Young.

f est de classeC^∞. Ses dérivées premières et secondes sont f⁰(x) =1−lnx

x² , f⁰⁰(x) =−1

x³ −21−lnx

x³ =−3 + 2 lnx x³ . On en déduit les variations suivantes

x 0 e +∞

f(x) −∞ % 1/e & 0 .

x e^3/2

f⁰⁰(x) − 0 + . La fonctionf présente un point d'inexion ene^3/2.

Puisquelim₀f =−∞, il y a une asymptote d'équationx= 0. Puisquelim_+∞f = 0, il y a une asymptote d'équationy= 0. f:=x->ln(x)/x:

a:=exp(3/2):

plot([f(x), D(f)(a)*(x-a)+f(a)], x=0..2*a, y=-2..1);

(4)

Figure 1 La fonctionx7→(lnx)/x

Figure 2 La fonctionx7→ ^x_|x|+1²^+x

f est dénie surRet dérivable (par opérations) surR^∗.

Par limite de taux de variation on constate quef est aussi dérivable en 0 avec f⁰(0) = 1.

SurR+,f(x) =xce qui achève l'étude surR+. SurR−,

f(x) =x²+x 1−x présente un minimum en1−√

2 de valeur2√

2−3et f présente une asymptote d'équationy=−x−2, courbe au dessus.

plot([(x2+x)/(abs(x)+1), -x-2], x=-5..2, y=-1..3);

f est dénie et de classeC^∞ surR^∗+. f⁰(x) =−1−2 lnx

x² etf⁰⁰(x) = 4 lnx x³ .

Figure 3 La fonctionx7→ ^{2 ln}_x^x+3

x 0 1/√

e +∞

f(x) −∞ % 2√

e & 0 . En 0 :(Oy)est asymptote.

En+∞:(Ox)est asymptote.

En 1 :f⁰⁰s'annule avec changement de signe, point d'inexion.

L'équation de la tangente en ce point esty=−(x−1) + 3. plot([(2*ln(x)+3)/x, -(x-1)+3], x=0..4, y=-1..4);

f est dénie et de classeC^∞ surR.

f⁰(x) =x(2−x)e^−x etf⁰⁰(x) = (x²−4x+ 2)e^−x

f présente un minimum absolu en 0 de valeur 0 et un maximum local en 2 de valeur4/e².

f présente des points d'inexion en2 +√

2et 2−√ 2.

f présente une asymptote horizontale d'équationy= 0en+∞. f présente une branche parabolique verticale en−∞.

f:=x->x2*exp(-x):

a:=2+sqrt(2):b:=2-sqrt(2):

plot([f(x), D(f)(a)*(x-a)+f(a), D(f)(b)*(x-b)+f(b)], x=-1..5, color=[red, blue, green]);

On a

f(x) = (x+ 1)e^1/x=x+ 2 + 3 2 1 x+ o

1 x

.

(5)

Figure 4 La fonctionx7→x²e^−x

Par suite, la droite d'équationy=x+ 2est asymptote à la courbe et la courbe est au dessus de celle-ci.

On a

f(x) =x(ln(2x+ 1)−ln(x)) = ln 2.x+1 2 −1

8 1 x+ o

1 x

.

La droite d'équationy= ln 2.x+¹₂ est asymptote à la courbe et la courbe est en dessous de celle-ci.

On a p3

(x²−2)(x+ 3) =x³ r

1 + 3 x− 2

x² − 6

x³ =x+ 1− 5 3x+ o

1 x

. La droite d'équationy=x+ 1est asymptote à la courbe en+∞(resp.−∞).

Courbe en dessous (resp. au dessus) de l'asymptote en+∞(resp.−∞).

f est dénie et continue sur]0 ; 1[∪]1 ; +∞[. Quandx→+∞,

f(x)

x ∼ xlnx

xlnx= 1, f(x)−x= ln(x+ 1) +xln(1 + 1/x)

lnx ∼ lnx

lnx= 1

et

f(x)−(x+ 1) = (x+ 1) ln(1 + 1/x)

lnx ∼ 1

lnx→0⁺.

La droite d'équationy=x+ 1est asymptote en+∞et la courbey =f(x)est au dessus.

Quandx→1⁺,f(x)→+∞, la droite d'équationx= 1est asymptote.

Quandx→1⁻,f(x)→ −∞, la droite d'équation x= 1 est asymptote.

Quandx→0,f(x)→0, on prolonge par continuité en posantf(0) = 0.

f est dénie et continue surR.

Quandx→+∞,

f(x) = x²+ 2x 2x−1 . On a

f(x) x → 1

2, f(x)−1

2x= 5x 4x−2 → 5

4 etf(x)− 1

2x+5 4

= 5

8x−4 →0⁺. La droite d'équationy= ¹₂x+⁵₄ est asymptote en+∞courbe au dessus.

Quandx→ −∞,

f(x) =x²+ 2x. Il y a une branche parabolique verticale.

plot([f(x), x/2+5/4], x=-3..5);

(a) cha=p

1 + sh²adoncch(argshx) =√ 1 +x². (b) th(argshx) =^√_1+x^x ₂.

(c) sh(2 argshx) = 2 sh(argshx) ch(argchx) = 2x√ 1 +x². (d) sh(argchx) =√

x²−1. (e) th(argchx) =

√x²−1 x .

(f) th²a= 1−_ch¹2a doncch(argthx) = ^√ ¹

1−x². Exercice 13 :[énoncé]

(6)

Figure 5 La fonctionx7→ _|x−1|+x^x²^+2x

(a) Pourx≥1, posonsα= argchx On a

argch(2x²−1) = arg ch(2 ch²α−1) = argch(ch 2α) = 2α= 2 argchx. Par parité , pourx∈]−∞;−1]∪[1 ; +∞[,

argch(2x²−1) = 2 argch|x|. (b) Posons α= argshx.

On a2x√

1 +x²= 2 shαchα= sh 2αdonc argsh(2xp

1 +x²) = 2α= 2 argshx.

La fonctionf:x7→argshx+ argchxest continue et strictement croissante sur [1 ; +∞[.

f(1) = argsh(1)etlim_+∞f = +∞. Puisquesh 1≥1,argsh(1)≤1. L'équation possède donc une unique solutiona. Déterminons-la.

sh(1) = sh(argsha+ argcha) =a²+p

1 +a²p

a²−1 =a²+p a⁴−1

donc p

a⁴−1 = sh(1)−a² puis

a²= ch²1 2 sh 1 et enn

a= ch 1

√ 2 sh 1.

Gest dérivable par composition etG⁰(t) =√

1 + tan²t. Or chG(t) =

q

1 + sh²G(t) =√

1 + tan²t.

À l'aide d'une intégration par partie : an+1= 2(n+ 1)

Z 1

0

t²(1−t²)ⁿdt= 2(n+ 1)(an−an+1) donc

a_n+1=2n+ 2 2n+ 3a_n. a_n6= 0et

a_n+1 an

→1 doncR= 1. Pourx∈]−1 ; 1[,

+∞

X

n=0

a_nxⁿ =

+∞

X

n=0

Z 1

0

((1−t²)x)ⁿdt.

On peut permuter somme innie et intégrale (par un argument de convergence uniforme par exemple) et armer

+∞

X

n=0

anxⁿ= Z 1

0

dt 1−x+xt². Pourx= 0:

+∞

X

n=0

anxⁿ= 1.

(7)

Pourx >0:

+∞

X

n=0

a_nxⁿ= 1 x

Z 1

0

dt

1−x

x +t² = 1

px(1−x)arctan r x

1−x

. Pourx <0:

+∞

X

n=0

anxⁿ= 1 x

Z 1

0

dt

t²−^x−1_x = 1

px(x−1)argth r x

x−1

.

On aan+1= _2n+3ⁿ⁺¹an. Par application de la règle de d'Alembert, on obtientR= 2. La relation(2n+ 3)an+1−(n+ 1)an aveca0= 1permet d'armer que la somme S de la série entièreP

anxⁿ est solution sur]−2 ; 2[de l'équation diérentielle x(x−2)S⁰(x) + (x−1)S(x) + 1 = 0.

La recherche de solution dénie et continue en 0 donne S(x) =arcsin(x−1) +^π₂

px(2−x) pour x >0 et

S(x) = arg ch(1−x)

px(x−2) pourx <0.

Soity une fonction deux fois dérivable dénie surR.

Posonszla fonction dénie surRparz(t) =y(sh(t)).zest deux fois dérivable.

Après calculs :y est solution de l'équation diérentielle proposée si, et seulement si,z est solution de l'équationz⁰⁰−4z= 0.

On obtient

z(t) =C1e^2t+C2e^−2t puis

y(x) =C₁e^{2 argsh}^x+C₂e^{−2 argsh}^x=C₁(x+p

1 +x²)²+ C₂ (x+√

1 +x²)².