Développements limités

Développements limités

I Généralités 1

I.A Définitions usuelles . . . . 1

I.B Formules de Taylor . . . . 2

I.C Développements limités usuels . . . . 4

I.D Exemples de développements limités au voisinage d’un point ou de l’infini . . . . 6

II Opérations algébriques sur les développements limités 6 II.A Somme et produit . . . . 6

II.B Composée . . . . 7

II.C Quotient . . . . 8

II.D Développement limité d’une primitive ou d’une dérivée . . . . 8

III Applications des développements limités 10 III.A Calcul de limites . . . . 10

III.B Etude locale et branches infinies de fonctions . . . . 11

III.B.1 Étude au voisinage d’un point x

. . . . 11

III.B.2 Étude au voisinage de ±∞ . . . . 11

III.C Étude locale d’un arc paramétré . . . . 12

III.C.1 Tangente en un point d’une courbe paramétrée . . . . 13

III.C.2 Position par rapport à la tangente . . . . 14

I Généralités

I est un intervalle de R .

I.A Définitions usuelles

Définition 1. Soit f : I → R une fonction.

1. On dit que f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de 0 (noté DL

(0)) si f peut s’écrire sous la forme :

f (x) = a

+ a

x + · · · + a

x

| {z }

Partie régulière du DL

+ o(x

)

| {z }

Reste du DL

2. On dit f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de x

(noté DL

(x

)) si f peut s’écrire sous la forme :

f (x) = a

+ a

(x − x

) + · · · + a

(x − x

)

+ o((x − x

)

) 3. On dit f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de l’infini

(noté DL

(+∞) ou DL

(−∞)) si f peut s’écrire sous la forme : f (x) = a

+ a

x + · · · + a

x

+ o 1 x

Théorème 1. Si la fonction f admet un développement limité d’ordre n en 0 (resp. x

, resp. ±∞), alors celui-ci est unique.

Démonstration. Supposons f(x) = a0+a1x+· · ·+anxⁿ+o(xⁿ)

= b0+b1x+· · ·+bnxⁿ+o(xⁿ)

Alors(a0−b0) + (a1−b1)x+· · ·+ (an−bn)xⁿ =o(xⁿ), donc pour tout i∈ [[0, n]], on a ai=bi(c’est évident si on considère la définition deso).

Remarques 1.

1. f est dérivable en 0 si et seulement si f admet un DL

(0), et dans ce cas, on a :

f (x) = a

+ a

x + o(x) avec a

= f (0) et a

= f

(0).

2. Si f admet un DL

(0) et si p 6 n, alors f admet un DL

(0). En effet : f (x) = a

+ a

x + · · · + a

x

+ a

x

+ · · · + a

x

+ o(x

)

| {z }

=o(x^p)

Exercice 1. Démontrer le 1) de la remarque.

Exemple 1. Recherchons le développement limité de x 7→

. On sait, d’après la formule donnant la somme des termes d’une suite géométrique, que :

1 + x + x

+ . . . + x

= 1 − x

1 − x = 1

1 − x − x

1 − x Or,

= o(x

), car

=

−→

x→0

0. D’où le résultat (à retenir) : 1

1 − x = 1 + x + x

+ . . . + x

+ o(x

) De même, on obtient (en remplaçant x par −x) :

1

1 + x = 1 − x + x

+ . . . + (−1)

x

+ o(x

)

I.B Formules de Taylor

On rappelle que si une fonction f est de classe C

sur un intervalle [a, x], on a :

f (x) − f (a) = Z

a

f

(t)dt et donc : f (x) = f (a) + Z

a

f

(t)dt (?) Si f

est de classe C

(i.e. f est de classe C

), on peut faire une intégration par parties, avec u(t) = f (t) et v

(t) = 1

u

(t) = f

(t) v(t) = t − x :

f (x) = f (a) +

(t − x)f

(t)

a

− Z

a

(t − x)f

(t)dt

= f (a) + (x − a)f

(a) + Z

a

(x − t)f

(t)dt

En faisant des intégrations par parties successives, on a la formule suivante : Théorème 2 (Formule de Taylor avec reste intégral). Si f est une fonction de classe C

sur un intervalle I et si a ∈ I, alors on a ∀x ∈ I :

f (x) = f (a) + (x − a)f

(a) + (x − a)

2! f

(a) + · · ·

· · · + (x − a)

n! f

(a) + Z

a

(x − t)

n! f

(t)dt

Démonstration. Montrons le résultat par récurrence pourn∈N:

◦ Pourn= 0, c’est le résultat (?) énoncé plus haut : f(x) =f(a) +

Zx a

f⁰(t)dt

◦ Supposons la formule vraie au rangn−1. Soitf une fonction de classeCⁿ⁺¹surI, alors fest de classeCⁿsurIet, d’après l’hypothèse de récurrence :

f(x) =f(a)+(x−a)f⁰(a)+(x−a)²

2! f⁰⁰(a)+· · ·+(x−a)ⁿ⁻¹

(n−1)! f⁽ⁿ⁻¹⁾(a)+

Zx a

(x−t)ⁿ⁻¹

(n−1)! f⁽ⁿ⁾(t)dt f étant de classe Cⁿ⁺¹ sur I, on peut alors effectuer une intégration par parties sur le terme intégral en posant u(t) =f⁽ⁿ⁾(t) et v⁰(t) = ^(x−t)_(n−1)!ⁿ⁻¹

u⁰(t) =f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) v(t) = ^−(x−t)_n! ⁿ :

Z x a

(x−t)ⁿ⁻¹

(n−1)! f⁽ⁿ⁾(t)dt =

−(x−t)ⁿ n! f⁽ⁿ⁾(t)

x a

+ Zx

a

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

= (x−a)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁾(a) + Z x

a

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt Donc la formule est vraie au rangn.

◦ Par récurrence, la formule est vraie pour toutn>1.

Corollaire 1 (Inégalité de Taylor-Lagrange). Soit f une fonction de classe C

sur l’intervalle I, et a ∈ I. On suppose qu’il existe M ∈ R tel que :

∀t ∈ I, |f

(t)| 6 M Dans ce cas, on a :

f (x) −

n

X

k=0

(x − a)

k! f

(a)

6 M |x − a|

(n + 1)!

Démonstration. D’après le théorème 2, on a :

f(x)−

n

X

k=0

(x−a)^k k! f^(k)(a)

=

Zx a

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

6 Zx

a

|x−t|ⁿ

n! |f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)|

| {z }

6M

dt

f(x)−

n

X

k=0

(x−a)^k k! f^(k)(a)

6 M

n!

Zx a

|x−t|ⁿdt= M

(n+ 1)!|x−a|ⁿ⁺¹

En effet, pourx > a, on a : Z x

a

|x−t|ⁿdt= Zx

a

(x−t)ⁿdt=h−(x−t)ⁿ⁺¹ n+ 1

ix

a=(x−a)ⁿ⁺¹

n+ 1 =|x−a|ⁿ⁺¹ n+ 1 et on a le même résultat pourx < a.

Théorème 3 ((Formule de Taylor-Young)). Soit f une fonction de classe C

sur l’intervalle I et a ∈ I. Alors ∀x ∈ I :

f (x) = f (a) + (x − a)f

(a) + (x − a)

2! f

(a) · · · + (x − a)

n! f

(a) + o (x − a)

Démonstration. Afin de simplifier la démonstration, on va supposerf de classe Cⁿ⁺¹ (la plupart des fonctions auquelles nous appliquerons ce résultat sont de classe C^∞). Quitte à réduire l’intervalle de départ, on peut supposer queIest un segment. Ainsif⁽ⁿ⁺¹⁾ est une fonction continue sur un segment, donc majorée en valeur absolue par un réelM >0. On sait alors, d’après le corollaire 1, que :

f(x)−f(a)−(x−a)f⁰(a)−(x−a)²

2! f⁰⁰(a)· · · −(x−a)ⁿ n! f⁽ⁿ⁾(a)

6 M

(n+ 1)!|x−a|ⁿ⁺¹ Or

|x−a|ⁿ⁺¹ (x−a)ⁿ

=|x−a| −→

x→a0, donc :

f(x)−f(a)−(x−a)f⁰(a)−^(x−a)2

2! f⁰⁰(a)· · · −^(x−a)n

n! f⁽ⁿ⁾(a) (x−a)ⁿ

x→a−→ 0

D’oùf(x)−f(a)−(x−a)f⁰(a)−^(x−a)2

2! f⁰⁰(a)· · · −^(x−a)n

n! f⁽ⁿ⁾(a) =o (x−a)ⁿ , ce qui prouve le résultat.

I.C Développements limités usuels

On va établir les développements limités en 0 des fonctions usuelles. Pour cela, on utilise la formule de Taylor-Young avec a = 0 (formule de Mac-Laurin), ce qui donne pour une fonction f de classe C

:

f (x) = f (0) + xf

(0) + x

2 f

(0) + · · · + x

n! f

(0) + o(x

)

On va ainsi déterminer les développements limités suivants (qui concernent des fonction de classe C

) :

• DL(0) de x 7→ e

:

On a ∀n > 0, exp

(0) = exp(0) = 1, d’où : e

= 1 + x + x

2! + x

3! + · · · + x

n! + o(x

)

• DL(0) de x 7→ sin x :

On a sin

x = cos x = sin x +

, et on établit facilement que : sin

x = sin x + nπ

2

d’où sin

(0) = 0 et sin

(0) = (−1)

, ce qui donne :

sin x = x − x

3! + x

5! + · · · + (−1)

x

(2n + 1)! + o(x

)

• DL(0) de x 7→ cos x :

De la même façon, on établit que : cos x = 1 − x

2! + x

4! + · · · + (−1)

x

(2n)! + o(x

)

• DL(0) de f : x 7→ ln(1 + x) :

On a f

(x) =

, , f

(x) =

, , f

(x) =

et on montre par récurrence que :

f

(x) = (−1)

(n − 1)!

(1 + x)

d’où f

(0) = (−1)

(n − 1)!, ce qui donne :

ln(1 + x) = x − x

2 + x

3 + · · · + (−1)

x

n + o(x

)

• DL(0) de f : x 7→ (1 + x)

(α ∈ R ) :

On a f

(x) = α(1 + x)

et on montre par récurrence que : f

(x) = α(α − 1) . . . (α − n + 1)(1 + x)

d’où f

(0) = α(α − 1) . . . (α − n + 1), ce qui donne :

(1 + x)

= 1 + αx + α(α − 1)

2! x

+ · · · + α(α − 1) . . . (α − n + 1)

n! x

+ o(x

) Par exemple pour α =

, on peut obtenir le DL

(0) de x 7→ √

1 + x :

√ 1 + x = (1 + x)

= 1 + 1 2 x − 1

8 x

+ o(x

) De même, pour α = −

, on peut obtenir le DL

(0) de x 7→

1+x

:

√ 1

1 + x = (1 + x)

= 1 − 1 2 x + 3

8 x

+ o(x

)

• DL(0) de x 7→ sh x : sh x = x + x

3! + x

5! + · · · + x

(2n + 1)! + o(x

)

• DL(0) de x 7→ ch x :

ch x = 1 +

+ x

4! + · · · + x

(2n)! + o(x

)

Remarque 2. Le premier terme du développement limité est un équivalent de

la fonction. On reconnaît ainsi sans difficulté les équivalents usuels en 0 de sin x,

ln(1 + x), e

− 1, . . ..

I.D Exemples de développements limités au voisinage d’un point ou de l’infini

La méthode consiste à utiliser les développements limités usuels en 0 en posant :

1. X = x − x

pour un DL

(x

).

2. X =

pour un DL

(+∞).

Exemple 2.

1. Cherchons le DL

(1) de ln x. On pose X = x − 1 (⇔ x = 1 + X ), on a ainsi :

ln x = ln(1 + X ) = X − X

2 + X

3 + · · · + (−1)

X

n + o(x

)

= (x − 1) − (x − 1)

2 + (x − 1)

3 + · · · + (−1)

(x − 1)

n + o(x

) Attention à ne pas développer ce résultat !

2. Cherchons le DL

(+∞) de cos

. On pose X =

(⇔ x = 1 + X), on a ainsi :

cos 1

x = cos X = 1 − X

2! + X

4! + · · · + (−1)

X

(2n)! + o(X

)

= 1 − 1 2!x

+ 1

4!x

+ · · · + (−1)

1

(2n)!x

+ o 1 x

II Opérations algébriques sur les développements limités

II.A Somme et produit

Proposition 1. Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle I de R . Si f et g admettent chacune un DL

(0), alors :

1. f + g admet un DL

(0), et la partie régulière de celui-ci est la somme des parties régulières des DL

(0) de f et g.

2. f g admet un DL

(0), et la partie régulière de celui-ci est le produit des parties régulières des DL

(0) de f et g, en supprimant les termes de degré > n.

Démonstration. On écrit :

f(x) =a0+a1x+· · ·+anxⁿ+o(xⁿ)etg(x) =b0+b1x+· · ·+bnxⁿ+o(xⁿ) 1. (f+g)(x) = (a0+b0) + (a1+b1)x+· · ·+ (an+bn)xⁿ+o(xⁿ).

2. (f g)(x) =a0b0+ (a0b1+a1b0)x+· · ·+

n

X

k=0

a_kbn−k

!

xⁿ+· · ·+anbnx²ⁿ+o(xⁿ)

| {z }

o(xⁿ)

Exemples 3.

1. Calculons le DL

(0) de e

+ cos(x). On a : e

+ cos x =

1 + x + x

2 + x

6 + x

24 + o(x

)

+

1 − x

2 + x

24 + o(x

)

= 2 + x + x

6 + x

12 + o(x

) 2. Calculons le DL

(0) de ln(1 + x) sin x.

ln(1 + x) sin x =

x − x

2 + x

3 − x

4 + o(x

) x − x

6 + o(x

)

= x

− x

6 − x

2 + x

3 + o(x

)

= x

− x

2 + x

6 + o(x

)

On peut remarquer que ce dernier calcul peut donner un DL

(0) car x × o(x

) = o(x

)).

II.B Composée

Proposition 2. Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle I de R . Si f et g admettent chacune un DL

(0) et si lim

x→0

f(x) = 0 alors g ◦ f admet un DL

(0), obtenu en composant les parties régulières des DL

(0) de g et f .

Exemple 4. Recherchons le DL

(0) de ln(cos x). On commence par déterminer un DL

(0) de cos x. On a :

cos x = 1 − x

2 + x

24 + o(x

) D’où :

ln(cos x) = ln

1 − x

2 + x

24 + o(x

)

= ln(1 + u) avec u = − x

2 + x

24 + o(x

) −→

x→0

0

= u − u

2 + u

3 − u

4 + o(u

)

=

− x

2 + x

24

− 1 2

− x

2 + x

24

+ 1 3

− x

2 + x

24

− 1 4

− x

2 + x

24

+ o(x

) ln(cos x) = − x

2 + x

24 − 1

2 x

4 + o(x

) = − x

2 − x

12 + o(x

)

N.B. : Le calcul est simplifié par le fait qu’on élimine systématiquement les

termes de degré >4.

II.C Quotient

Méthode : Si g(x) = 1 + a

x + · · · + a

x

+ o(x

), alors : 1

g(x) = 1

1 − u avec u = −(a

x + · · · + a

x

+ o(x

)) −→

x→0

0

= 1 + u + u

+ · · · + u

+ o(u

)

= 1 − (a

x + · · · + a

x

) + (a

x + · · · + a

x

)

+ · · · + (a

x + · · · + a

x

)

+ o(x

) Il reste à développer et à conserver les termes de dégré 6 n.

Remarques 3.

1. Cette méthode fonctionne pour g(x) = a

+ a

x + · · · + a

x

+ o(x

) avec a

6= 0 : Il suffit de mettre a

en facteur pour se ramener au cas précédent.

2. Pour calculer un DL

(0) de

, on écrit

= f ×

et on utilise la méthode précédente, puis le produit. Il suffit que le terme constant du DL

(0) de g soit non nul.

Exemple 5. Cherchons le DL

(0) de tan x. On a : tan x = sin x

cos x = x −

+ o(x

) 1 −

+

+ o(x

)

=

x − x

6 + o(x

)

1 + x

2 − x

24

+

x

2 − x

24

+ o(x

)

!

=

x − x

6 + o(x

) 1 + x

2 − x

24 + x

4 + o(x

)

=

x − x

6 + o(x

) 1 + x

2 − 5x

24 + o(x

)

tan x = x + x

2 − x

6 + o(x

) = x + x

3 + o(x

)

Remarque 4. Dans l’exemple précédent, on aurait pu se contenter d’écrire cos x = 1 −

+ o(x

) (c’est à dire un DL

(0)), car on obtient un o(x

) en multipliant par x.

Exercice 2. Calculer le développement limité à l’ordre 2 en 0 de x sin x .

II.D Développement limité d’une primitive ou d’une dé- rivée

Théorème 4. Soit I un intervalle de R , et f : I → R une fonction dérivable sur I. Si f

admet un DL

(0) (f

(x) = a

+ a

x + · · · + a

x

+ o(x

)), alors f admet un DL

(0) et :

f (x) = f (0) + a

x + a

x

2 + · · · + a

x

n + 1 + o(x

)

Démonstration. Posons F(x) = f(x)−f(0)−

a0x+a1x²

2 +· · ·+anxⁿ⁺¹ n+1

. On a ainsi, d’après l’hypothèse :

F⁰(x) =f⁰(x)−(a0+a1x+· · ·+anxⁿ) =o(xⁿ)

D’après le théorème des accroissements finis, il existeθ∈]0,1[tel queF(x)−F(0) =xF⁰(θx), d’où :

f(x)−f(0)−

a0x+a1

x²

2 +· · ·+anxⁿ⁺¹ n+ 1

=xo(θⁿxⁿ) =o(xⁿ⁺¹) On retrouve ainsi le résultat annoncé.

Application : Calculons le DL(0) de arctan : arctan

x = 1

1 + x

= 1 − x

+ (x

)

+ · · · + (−1)

(x

)

+ o(x

)

= 1 − x

+ x

+ · · · + (−1)

x

+ o(x

) Donc :

arctan x = arctan 0

| {z }

=0

+x − x

3 + x

5 − x

7 + · · · + (−1)

x

2n + 1 + o(x

)

arctan x = x − x

3 + x

5 − x

7 + · · · + (−1)

x

2n + 1 + o(x

)

Remarque 5. On peut retrouver par ce moyen le développement limité en 0 de x → ln(1 + x) à partir de celui de x →

, ou celui de cos à partir de celui de sin.

Théorème 5. Si f : I → R est dérivable et admet un DL

(0), et si f

admet un DL

(0) (par exemple si f est de classe C

), alors le DL

(0) de f

s’obtient en dérivant celui de f .

Exemple 6. On peut obtenir le DL

(0) de x →

en remarquant qu’il s’agit de la dérivée de x →

:

1

1 − x = 1 + x + x

+ · · · + x

+ o(x

) Donc :

1

(1 − x)

= 1 + 2x + 3x

+ · · · + nx

+ o(x

)

On peut évidemment obtenir ce développement limité par d’autres moyens, toutefois moins rapides.

Remarque 6. Le fait que f admette un DL

(0) n’implique pas nécessairement que f

admette un DL

(0). Par exemple, si :

f (x) = 1 + x + x

+ x

cos 1

x = 1 + x + x

+ o(x

) On a :

f

(x) = 1 + 2x + x

cos 1 x

| {z }

=o(x²)

+x

sin 1

x 6= 1 + 2x + o(x

)

car

2sin¹_x

x²

= sin

n’a pas de limite lorsque x tend vers 0.

III Applications des développements limités

III.A Calcul de limites

On a vu précédemment que les équivalents permettaient de calculer certaines limites. L’inconvénient de ceux-ci est qu’on ne peut pas les additionner, ce qui n’est pas le cas des développements limités. On utilise donc ces derniers lorsque les équivalents ne suffisent pas.

Exemple 7.

1. Cherchons lim

x→0

2

sin

x − 1 1 − cos x : sin x = x − x

6 + o(x

) sin

x = x

− 1

3 x

+ o(x

) 1 − cos x = x

2 − x

24 + o(x

) Donc :

2

sin

x = 2

x

× 1

1 −

x

+ o(x

) = 2 x

×

1 + 1

3 x

+ o(x

)

1

1 − cos x = 2

x

× 1

1 −

x

+ o(x

) = 2 x

×

1 + 1

12 x

+ o(x

)

Donc on a : 2

sin

x − 1

1 − cos x = 2 x

+ 2

3 + o(x) − 2 x

− 1

6 + o(x) = 1 2 + o(x) On en déduit :

x→0

lim 2

sin

x − 1

1 − cos x = 1 2 2. Cherchons lim

x→0

(1 + sin x)

:

(1 + sin x)

= e

= e

= e

= e

Donc lim

x→0

(1 + sin x)

= e.

3. Cherchons lim

x→0

e

− cos x − sin x

x

.

On a : e

= 1 + x +

+ o(x

), cos x = 1 −

+ o(x

) et sin x = x + o(x

), donc :

e

− cos x − sin x

x

= x

+ o(x

)

x

= 1 + o(1) Finalement, lim

x→0

e

− cos x − sin x

x

= 1

III.B Etude locale et branches infinies de fonctions

III.B.1 Étude au voisinage d’un point x

Soit f : I → R et x

un point de I. Si au voisinage de x

, on a : f (x) = a

+ a

(x − x

) + o((x − x

))

alors y = a

+a

(x− x

) est l’équation de la tangente à la courbe en x

(rappel : a

= f

(x

)). Si de plus au voisinage de x

, on a :

f (x) = a

+ a

(x − x

) + a

(x − x

)

+ o((x − x

)

)

alors la position de la courbe par rapport à cette tangente au voisinage de x

est donnée par le signe de a

(si a

6= 0) :

– Si a

> 0, la courbe est au dessus de la tangente au voisinage de x

(f (x) − (a

+ a

(x − x

)) = a

(x − x

)

+ o((x − x

)

) > 0).

– Si a

< 0, la courbe est en dessous de la tangente au voisinage de x

(f (x) − (a

+ a

(x − x

)) < 0).

Dans le cas où a

= 0, et si :

f (x) = a

+ a

(x − x

) + a

(x − x

)

+ o((x − x

)

)

avec a

6= 0, alors x

est un point d’inflexion (la courbe traverse sa tangente).

Remarque 7. On peut généraliser ce résultat : si a

(n > 2) est le premier terme non nul du développement limité de f en x

alors, si n est impair on a un point d’inflexion, et si n est pair la courbe se situe au dessus ou au dessous de la tangente, suivant le signe de a

.

Exercice 3. Utiliser cette méthode pour préciser l’équation de la tangente à la courbe de la fonction cosinus en 0, ainsi que la position de la courbe par rapport à cette tangente au voisinage de 0 (faire un dessin).

Même travail pour la fonction sinus.

III.B.2 Étude au voisinage de ±∞

Soit f : R → R . Si au voisinage de +∞ (resp. −∞), on a : f (x) = a

x + a

+ o(1)

alors y = a

x + a

est l’équation de l’asymptote à la courbe en +∞ (resp. −∞).

Si de plus au voisinage de +∞, on a : f (x) = a

x + a

+ a

x + o 1

x

avec a

6= 0, alors la position de la courbe par rapport à cette asymptote au

voisinage de ±∞ est donnée par le signe de a

(si a

6= 0). Si a

= 0, un

développement plus poussé peut nous permettre de déterminer cette position.

Rappel : La limite du rapport

lorsque x tend vers +∞ nous permet de déterminer la nature d’une branche infinie :

– Si f (x)

x −→

x→+∞

0 (resp. +∞), on a une branche parabolique de direction (Ox) (resp. (Oy)).

– Si f (x)

x −→

x→+∞

a 6= 0, on a une direction asymptotique suivant la droite d’équation y = ax. Dans ce cas, si f (x) − ax −→

x→+∞

b ∈ R , on a une asymptote d’équation y = ax + b.

Exemples 8.

1. Étudions la branche en +∞ de la fonction f : x 7→ x

ln 1 +

: f (x) = x

1 x − 1

2x

+ 1 3x

+ o

1 x

= x − 1 2 + 1

3x + o 1

x

Donc f admet une asymptote d’équation y = x −

au voisinages de +∞.

Au voisinage de +∞, la courbe est au dessus de l’asymptote car 1 3x > 0.

Le calcul (et le résultat) est le même si on étudie la branche en −∞.

La courbe se situe cette fois-ci en dessous de l’asymptote car 1

3x < 0 au voisinage de −∞.

2. Étudions la branche en +∞ de la fonction f : x 7→ √

x

+ x

+ √

x

+ x

. On pose X =

:

f (x)

x =

r 1 + 1

x

+

r

1 + 1

x = (1 + X

)

+ (1 + X)

= 1 + 1

4 X

+ o(X

) + 1 + 1 3 X − 1

9 X

+ o(X

)

= 2 + 1 3 X + 5

36 X

+ o(X

) = 2 + 1 3x + 5

36x

+ o( 1 x

) On en déduit :

f (x) = 2x + 1 3 + 5

36x + o( 1 x )

Donc f admet une asymptote d’équation y = 2x +

au voisinage de +∞, et la courbe est au dessus de l’asymptote.

À titre d’exercice, on peut étudier la branche en −∞ (attention aux sub- tilités du calcul).

III.C Étude locale d’un arc paramétré

Rappel : Soit f ~ :

( I → R

t 7→ −−−−→

OM (t) = (x(t), y(t)) un arc paramétré de classe C

. Le vecteur :

t→t

lim

−−−−−−−→

M (t

)M (t) t − t

= − →

f

(t

) = (x

(t

), y

(t

))

est un vecteur tangent à la courbe de f en M (t

) s’il est non nul. Le point est alors dit régulier, stationnaire dans le cas contraire. L’objectif de cette partie est d’utiliser les développements limités pour étudier le comportement de la courbe au voisinage d’un point, en particulier lorsqu’il est stationnaire. Nous allons exposer la démarche à suivre sur des exemples. On supposera toujours f ~ de classe C

, avec k suffisamment grand.

III.C.1 Tangente en un point d’une courbe paramétrée

Exemple 9. Soit Γ :



 



 



x(t) = t

t − 1 y(t) = t

+ 4

t − 1

Cherchons un point stationnaire de f ~ et étudions la tangente en ce point : x

(t) = 2t(t − 1) − t

(t − 1)

= t(t − 2) (t − 1)

y

(t) = 3t

(t − 1) − (t

+ 4)

(t − 1)

= 2t

− 3t

− 4 (t − 1)

= (t − 2)(2t

+ t + 2 (t − 1)

Il existe donc un unique point stationnaire en t

= 2. Effectuons maintenant un développement limité à l’ordre 2 au voisinage de t

. On pose h = t − 2 : x(t) = x(2 + h) = (2 + h)

1 + h = (4 + 4h + h

)(1 − h + h

+ o(h))

= 4 + h

+ o(h

) y(t) = x(2 + h) = (2 + h)

+ 4

1 + h = (12 + 12h + 6h

+ o(h

))(1 − h + h

+ o(h))

= 12 + 6h

+ o(h

)

On peut ainsi écrire :

f ~ (2 + h) = (4, 12)

| {z }

=f(2)~

+h

(1, 6) + (o(h

), o(h

))

| {z }

=−−−→

o(h²)

Ce qu’on peut réécrire de la manière suivante : f ~ (2 + h) − f ~ (2) ∼

h→0

h

(1, 6)

Il existe donc une tangente en t

= 2, dirigée par le vecteur (1, 6).

Généralisation : On rappelle qu’au voisinage du point t

, la formule de Mac- Laurin nous donne :

x(t

+ h) = x(t

) + hx

(t

) + · · · + h

n! x

(t

) + o(h

) y(t

+ h) = y(t

) + hy

(t

) + · · · + h

n! y

(t

) + o(h

)

On peut écrire ces relations sous la forme :

−

→ f (t

+ h) = − →

f (t

) + h − →

f

(t

) + · · · + h

n!

−−→

f

(t

) + −−−→

o(h

)

avec −−→

f

(t

) = (x

(t

), y

(t

)) et −−−→

o(h

) = (o(h

), o(h

)).

Si au voisinage du point t

, on peut écrire le DL

(0) de f ~ :

−

→ f (t

+ h) = → − f (t

) +

−−→

f

(t

)

p! h

+ −−−→

o(h

)

où p est le premier entier > 1 tel que −−→

f

(t

) = (x

(t

), y

(t

)) 6= ~ 0, alors la courbe admet au point M (t

) une tangente dirigée par le vecteur −−→

f

(t

). En effet :

−

→ f (t

+ h) − − → f (t

) ∼

t→t0

−−→

f

(t

) p! h

III.C.2 Position par rapport à la tangente

Nous constatons que le développement limité qui précède nous donne le vecteur tangent à la courbe en un point mais pas la position de la courbe par rapport à ce vecteur tangent. Comme au paragraphe III.B.1, un développement limité plus poussé peut nous permettre de préciser cette position.

Avec les notations précédentes, on suppose que q est le plus petit entier tel que (

−−→

f

(t

),

−−→

f

(t

)) est libre. On écrit :

−

→ f (t

+ h) = − → f (t

) +

−−→

f

(t

)

p! h

+ · · · +

−−→

f

(t

)

q! h

+ −−−→

o(h

)

= − → f (t

) +

−−→

f

(t

)

p! (h

+ o(h

)) +

−−→

f

(t

)

q! h

+ −−−→

o(h

)

On a alors − →

f (t

+ h) − − →

f (t

) = −−−−−−−→

M (t

)M (t) ∼

h→0

h

p! , h

q!

dans le repère (

−−→

f

(t

),

−−→

f

(t

)). Dans ce cas, si par exemple p et q sont impairs, le signe de h

p!

et h

q! étant celui de h, la courbe se situe dans le quart de plan (M (t

), − −−→

f

(t

), − −−→

f

(t

)) lorsque h < 0 et dans le quart de plan (M (t

), −−→

f

(t

), −−→

f

(t

)) lorsque h > 0 :

la coube traverse la tangente en M (t

) et il s’agit d’un point d’inflexion. On

peut résumer les différents cas possibles dans la proposition suivante :

Proposition 3. Soit I un intervalle de R , f : I → R

un arc paramétré de classe C

(k suffisamment grand) de trajectoire Γ, et t

∈ I.

Si on note p le plus petit entier > 1 tel que

−−→

f

(t

) 6= − →

0 et q > p le plus petit entier tel que (

−−→

f

(t

),

−−→

f

(t

)) est libre, Γ a alors l’allure suivante au voisinage de M (t

) :

: • 1

cas : p pair et q pair. • 2

cas : p impair et q pair.

−−→

f^(p)(t₀)

−−→

f^(q)(t₀)

Γ

M(t0)

h <0 h >0

Point de rebroussement de seconde espèce

−−→

f^(p)(t₀)

−−→

f^(q)(t₀)

Γ

M(t₀)

h <0 h >0

Point à allure normale

• 3

cas : p impair et q impair. • 4

cas : p pair et q impair.

−−→

f^(p)(t0)

−−→

f^(q)(t₀)

Γ

M(t₀) h <0

h >0

Point d’inflexion

−−→

f^(p)(t0)

−−→

f^(q)(t₀)

Γ

M(t₀) h <0 h >0

Point de rebroussement de première espèce

Exercice 4. Montrer que la courbe paramétrée : Γ :

x(t) = sin t( √

2 − sin t) y(t) = (cos t + √

2)(2 cos t + sin t − 3 √ 2)

admet un point de rebroussement de seconde espèce au voisinage de t

=

.

Exercice 5. Faire l’étude complète (éventuellement à l’aide de Maple) de la courbe :

Γ :







x(t) = sin t y(t) = cos

t

2 − cos t

Dessiner la courbe avec précision (en particulier au voisinage du point de re- broussement).

Remarque 8. On constate que les points de rebroussement (première et se- conde espèce) sont des points stationnaires. En revanche, les points d’inflexion ne le sont pas nécessairement. Si − →

f

(t) 6= − →

0 et si M (t) est un point d’inflexion,

alors ( − → f

(t), − →

f

(t)) est liée. On peut donc dans ce cas chercher les points d’in- flexion en résolvant l’équation :

x

(t) x

(t)

y

(t) y

(t) = 0