Université Cadi Ayyad
Faculté poly-disciplinaire de Safi
Département de Mathématiques et Informatique
Année univ. :2019-2020 Filières : SMI & SMA-S2
Module : Analyse3
Solutions de la série N
◦2
Partie 1 : Ex1, Ex2, Ex3, Ex4 et Ex5
Solution de l’exercice 1[Opérations sur les DLs]
1-Il suffit d’écrire
√1 +x = 1 + x 2 − x2
8 + x3
16 − 5x4
128 +o(x4)
√1−x = 1− x 2 −x2
8 − x3
16− 5x4
128 +o(x4) et de faire la somme :
√1 +x+√
1−x= 2−x2
4 − 5x4
64 +o(x4).
2-Puisque ln(1 +x) ∼0 x, il est évidemment nécessaire d’effectuer un DL de ln(1 +x) à l’ordre 3. En effectuant le produit, on va automatiquement gagner un ordre. Donc, en écrivant
ln(1 +x) =x− x2 2 +x3
3 +o(x3) on trouve
ln(1 +x)2
=x2−x3+11x4
12 +o(x4).
3-On commence par calculer le DL (à l’ordre 4 simplement !) de g(x) = 1
cosx. Pour cela, on remarque que
g(x) = 1
1−x
2
2 + x244 +o(x4) = 1 1−u avec
u = x2 2 − x4
24 +o(x4) u2 = x4
4 +o(x4) On déduit du DL de 1
1−u que
g(x) = 1 + x2 2 + 5x4
24 +o(x4).
On multiplie alors ce DL avec celui du sinus : sin(x) =x− x3
6 + x5
120 +o(x5)
et on trouve
tanx=x+x3
3 +2x5
15 +o(x5).
4-Ici, il faut faire un DL à l’ordre 4 du numérateur et du dénominateur car les termes en x vont se simplifier. On trouve
ln(1 +x)
sinx = x−x
2
2 + x33 − x
4
4 +o(x4) x− x
3
6 +o(x4) = 1−x2 + x32 − x
3
4 +o(x3) 1− x
2
6 +o(x3) . On effectue ensuite le DL à l’ordre 3 de
1 1− x
2
6 +o(x3) = 1 + x2
6 +o(x3) puis le produit et on trouve finalement
ln(1 +x)
sinx = 1− x 2 +x2
2 − x3
3 +o(x3).
5-On posex= 2 +h, d’où
1
2 +h = 1
2 × 1 1 + h2
= 1 2
1−h
2 + h2 4 −h3
8 +o(h3)
= 1 2 −h
4 + h2 8 − h3
16 +o(h3).
En revenant à x, on obtient 1 x = 1
2 − x−2
4 + (x−2)2
8 −(x−2)3
16 +o x−2)3 . 6-On posex= π
3 +h. Par une formule de trigonométrie : cosπ
3 +h
= cosπ 3
cosh−sinπ 3
sinh
= 1 2 − h2
4 +o(h3)−
√3 2 h+
√3
12h3+o(h3)
= 1 2 −
√3
2 h− h2 4 +
√3
12h3+o(h3) Revenant en x, on déduit
cosx= 1 2 −
√3 2
x− π
3
− x−π3
2
4 +
√3 12
x−π
3 3
+o
x−π 3
3 .
Solution de l’exercice 2 [DL de la composée]
1-On commence par écrire
sinx
x = 1− x2 6 + x4
120 +o(x4).
On peut donc écrire
ln
sinx x
= ln(1 +u)avec u=−x2 6 + x4
120 +o(x4).
En particulier, on remarque que o(u2) =o(x4). De plus, on sait que ln(1 +u) =u− u2
2 +o(u2). On calcule les puissances de u, et on les tronque à l’ordre 4. Ainsi,
u=−x2 6 + x4
120 +o(x4) u2 = x4
36+o(x4).
Il vient
ln
sinx x
= −x2 6 +
1
120 − 1 2×36
x4+o(x4)
= −x2 6 − x4
180 +o(x4).
2-On écrit
(cosx)sinx = exp sinxln(cosx) .
On va donc devoir composer deux DLs, et faire un produit ! Soit d’abord u=−x2 2 +x4
24 +o(x5). On a ln(cosx) = ln(1 +u) = u−u2
2 + u3 3 −u4
4 + u5
5 +o(u5).
D’autre part,
u = −x2 2 + x4
24 +o(x5) u2 = x4
4 +o(x5) u3 = o(x5) u4 = o(x5) u5 = o(x5) Il vient
ln(cosx) =−x2 2 − x4
12+o(x5).
On en déduit
sin(x) ln(cosx) =
x− x3 6 + x5
120 +o(x5) −x2 2 − x4
12 +o(x5)
= −x3
2 +o(x5) Finalement, on posev =−x3
2 +o(x3), et on voit que v2 =o(x5). On obtient donc exp sinxln(cosx)
= exp(v) = 1 +v+O(v2) = 1− x3
2 +o(x5).
Solution de l’exercice 3[DL à l’infini]
Solution : On pose u= 1
x, de sorte que
√x+ 2
√x = √ 1 + 2u
= 1 +u− u2 2 + u3
2 +o(u3)
= 1 + 1 x − 1
2x2 + 1 2x3 +o
1 x3
.
On commence par écrire
ln x+√
1 +x2
−lnx= ln 1 + r
1 + 1 x2
! .
On pose alors u= 1
x, puis on écrit, pour se ramener à un DL du logarithme en 0, ln
1 +√ 1 +u2
= ln 1 +
√1 +u2−1 2
! .
Or, √
1 +u2−1 2 = u2
4 − u4
16 +o(u4) d’où, par composition de DLS,
ln 1 +√
1 +u2
= u2
4 −3u4
32 +o(u4).
Revenant à la fonction initiale, on trouve ln
x+√
1 +x2
−lnx= ln 2 + 1
4x2 − 3 32x4 +o
1 x4
. Solution de l’exercice 4[DL d’une primitive]
1-La fonction arccos est dérivable en 0, et sa dérivée vaut
− 1
√1−x2.
Cette fonction est de classe C∞ autour de 0, elle admet au moins un développement limité à l’ordre 4 en 0. Pour le calculer, on commence par écrire que
1
1−x2 = 1 +x2+x4+o(x4).
Posons u=x2+x4 +o(x4)et remarquons que u2 =x4+o(x4). Du développement limité de √ 1 +u,
√1 +u= 1 + u 2 − u2
8 +o(u2), on déduit que
− 1
√1−x2 =−1−x2 2 − 3
8x4 +o(x4).
On intègre ce développement limité. Tenant compte dearccos(0) = π
2, il vient arccos(x) = π
2 −x− x3 6 − 3
40x5+o(x5).
2-La méthode est similaire. On remarque que
ex2 = 1 +x2+x4
2 +o(x4). En intégrant, on trouve que
Z x
0
et2dt= 0 +x+x3 3 + x5
10 +o(x5).
Solution de l’exercice 5[DL de la fonction réciproque]
Pourx∈R, on pose f(x) = xexp(x2). La fonction f est dérivable sur R et sa dérivée est f′(x) = (2x2+ 1) exp(x2)>0.
En particulier, f est strictement croissante. De plus, lim
x→−∞f(x) =−∞ et lim
x→+∞f(x) = +∞. Puisque f est de plus continue, f réalise une bijection de R sur R. f′ ne s’annulant pas, on en déduit que f−1 est de classe C∞, et donc admet un développement limité à tout ordre en 0. On remarque d’abord que f−1(0) = 0. Écrivons le DL de f−1 en 0 sous la forme
f−1(y) =ay+by2+cy3+dy4+o(y4).
On a de plus
f(x) =x+x3 +o(x4).
Posons y=x+x3+o(x4). On a alors
y = x+x3+o(x4) y2 = x2+ 2x4+o(x4) y3 = x3+o(x4) y4 = x4+o(x4).
Il vient
f−1(f(x)) =ax+bx2+ (a+c)x3+ (2b+d)x4 +o(x4).
Mais,
f−1(f(x)) =x=x+o(x4).
Par unicité des développements limités, on en déduit que a = 1, b = 0, a+c = 0 et 2b+d = 0. On obtient finalement le DL suivant pour la fonctionf−1 :
f−1(y) =y−y3+o(y4).
On aurait pu, pour simplifier un tout petit peu les calculs, remarquer que la fonction f−1, tout comme la fonctionf, est impaire, et donc que les coefficients d’ordre pair du DL sont nuls.
