Soit f la fonction dénie sur R

Lycée Marceau MPSI 2015/2016 Pour le lundi 18 janvier 2016

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PROBLEME I : Etude de la fonction x → x sh(x)

Soit f la fonction dénie sur R

^∗

par : f(x) = x sh(x) 1. (a) Montrer que f est de classe C

^∞

sur R

^∗

(b) Montrer que f est prolongeable par continuité en 0. Donner la valeur en 0 de ce prolongement. On pose g la fonction continue de R vers R dont la restriction à R

^∗

est f .

(c) Déterminer un développement limité de g à l'ordre 5 en 0.

(d) Montrer que g est de classe C

²

sur R. Préciser les valeurs de g

⁰

(0) et g

⁰⁰

(0).

2. (a) Montrer que : ∀t ∈ R

⁺

, 0 6 t ch(t) − sh(t) 6 1 2 sh

²

(t)

(b) Etudier les variations de g sur R. Montrer que g est lipschitzienne sur R.

(c) Tracer la courbe représentative de g .

PROBLEME II : Développement asymptotique de x _n tel que tan x _n = x _n

1. Soit n ∈ N

^∗

. Montrer que l'équation tan(x) = x admet sur i

− π

2 + nπ, π

2 + nπ h

, une unique solution notée x

n

. On montrera aussi que x

n

∈ i

nπ, π 2 + nπ

h .

Le but du problème est de chercher un développement limité à la précision 1

n

⁴

de x

_n

. 2. Pour n ∈ N

^∗

, on pose y

n

= x

n

− nπ

(a) Montrer que l'on a : y

_n

= π

2 − arctan 1

x

n

(b) En déduire la limite éventuelle de y

_n

puis trouver un développement généralisé de x

_n

à la précision n

⁰

.

3. Dans cette question, on veut obtenir un DLG de x

n

à la précision 1 n

²

(a) En utilisant ce qui précède, donner un DLG de 1

x

_n

à la précision 1 n

²

(b) En déduire un DLG de y

n

à la précision 1

n

²

(c) En déduire un DLG de x

_n

à la précision 1 n

²

4. Renouveler la méthode précédente pour montrer que, pour n ∈ N

^∗

: x

_n

= nπ + π

2 − 1

nπ + 1 2n

²

π −

1 4 + 2

3π

²

1

n

³

π + 1

4 + 2 π

²

1 2n

⁴

π + ◦

1 n

⁴

1

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Correction : DL et Developpement asymptotique

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CORRIGE : Développement limité généralisé des solutions de tan(x)=x 1)Soit n ∈*. Montrer que l'équation tan(x) = x admet, sur ] – π 2+ nπ, π 2+ nπ [ une unique solution notée x . On montrera aussi que x∈] n π , nn

π 2+ nπ [. *^{π 2π 2}Soit n∈IN. On étudie la fonction f définie sur I = ] – + nπ, + nπ [ par :∀x∈ I , f (x) = tan(x) – x nnnn 2On a : f strictement croissante sur I (fn dérivable de dérivée tan positive et ne s'annulant qu'en un point), continue sur I et nnn ^{π 2π 2}admettant des limites infinies en – + nπ et + nπ . Aussi, par le théorème d'homéomorphisme, f est une bijection de n I vers . n En particulier, il existe un unique x de I tel que f(x) = 0. nnnn Ainsi, l'équation tan(x) = x admet x pour unique solution sur I = ] –nn

ππππ 2222 + nπ,π,π,π,

ππππ 2222 + nπ [π [π [π [ Par ailleurs : f(x) = 0 >− nπ = f (nπ). Ainsi, comme f est strictement croissante sur I, on a x > nππππnnnnnn -4Le but du problème est de chercher un développement limité à la précision n de xn *2)Pour n ∈, on pose : y = x - nπ nn 1*πa)Montrer que l'on a pour n∈, y = - arctan n

( )

xn2 ^{π 2π 2}tan(y) = tan(x – nπ) = tan(x) = x. Or y est dans ] –, [, intervalle sur lequel tan est injective et dont la réciproque est nnnnn 11πππππarctan. Aussi:y = arctan(x). Par ailleurs, comme x > 0 : arctan(x) =− arctan. Aussi : y =−−−− arctannnnnn

( )

xxnn22 0b)En déduire la limite éventuelle de yn puis trouver un développement limité généralisé de xn à la précision n ππππPuisque x > nπ, la suite (x) diverge vers +∞. Ainsi par continuité de arctan en 0, y converge vers . nnn>0n2 ππππAinsi : x = nππππ + + o(1)n2 -23)Dans cette question on veut aboutir à un DLG de x à la précision n n-21a)Donner en utilisant ce qui précède un DLG de à la précision n. xn 111111 + + oOn a : x = nπ. D'où : = ×n

( )

n2 n1xn πn1 1 + + o

( )

n2 n

=1 n π× 1 − 1 2 n + o

( )

1 n D'où :1 xn =1 nππππ− − − − 1 2 n2ππππ + o

( )

1 n2 b)En déduire un DLG de yn à la précision n-2. On a : arctan(t) = t + o(t2) en 0 donc : arctan

( )

1 xn=1 nπ− 1 2 n2 π + o

( )

1 n2 et ainsi :yn =ππππ 2−−−− 1 n ππππ + 1 2 n2ππππ + o

( )

1 n2 c)En déduire un DLG de xn à la précision n-2. Le DL précédent nous donne : xn = nππππ +ππππ 2−−−− 1 nππππ + 1 2 n2 ππππ + o

( )

1 n2 4) Renouveler la méthode précédente pour montrer que pour n ∈* : xn = n π +π 2 − 1 n π +1 2 n2 π−

( )

1 4+2 3 π2 1 n3 π +

( )

1 4+2 π2 1 2 n4 π + o

( )

1 n4 On a : xn = nπ 1 +1 2 n− 1 n2π2 +1 2 n3π2 + o

( )

1 n3 . D'où : 1 xn =1 n π ×1 1 +1 2 n− 1 n2 π2 +1 2 n3π2 + o

( )

1 n3 D'où : 1 xn =1 n π ×  1−  1 2 n−1 n2π2 +1 2 n3π2 +  1 2 n−1 n2π2 +1 2 n3π2 2 −  1 2 n−1 n2π2 +1 2 n3π2

3 + o

( )

1 n3

⇒

1 xn =1 n π ×  1−1 2 n +  1 π2 +1 41 n2 −  3 2 π2 +1 81 n3 + o

( )

1 n3

⇒

1 xn =1 nπ−1 2 n2π +  1 π2 +1 41 n3 π −  3 2π2 +1 81 n4π + o

( )

1 n4 Ainsi, comme arctan(t) = t−t3 3 + o(t4) en 0, on en déduit : arctan

( )

1 xn=1 nπ−1 2 n2π +  1 π2 +1 41 n3 π −  3 2 π2 +1 81 n4 π −1 3 n3 π3 +1 2 n4π3 + o

( )

1 n4

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D'où : yn =π 2 − 1 n π +1 2 n2π− 1 4+2 3π2 1 n3π + 1 8+1 π21 n4π + o

( )

1 n4 Et donc : xn =nππππ +ππππ 2− − − − 1 nππππ +1 2 n2ππππ−−−− 1 4+2 3ππππ2 1 n3 ππππ + 1 8+1 ππππ21 n4ππππ + o

( )

1 n4

C O R R IG E : E T U D E D E L A F O N C T IO N x →

x

/

sh(x) Soit f la fonction de * vers définie par : ∀x ≠ 0, f (x) =x sh x où sh désigne le sinus hyperbolique. 1)a) Montrer que f est de classe C ∞ sur * Sur *, f est le quotient de deux fonctions de classeC∞ dont le dénominateur ne s’annule pasdonc f est de classe CCCC∞∞∞∞ sur * a) Montrer que f est prolongeable par continuité en 0. Donner la valeur de ce prolongement en 0. Au voisinage de 0, on a : sh(x) ~ x. Donc f possède 1 pour limite en 0. Ainsi f est prolongeable par continuité en 0 , la valeur de ce prolongement étant 1 On pose g la fonction continue de dans dont la restriction à* est f b)Déterminer un développement limité de g à l'ordre 5 en 0 On a : sh x x = 1 +x2 6 +x4 120 + o(x5) . D’où x sh x = 1 – x2 6 –x4 120 + x4 36 + o(x5) et donc x sh x = 1 – x2 6 + 7x4 360 + o(x5) c) Montrer que g est de classeC2 sur . Préciser les valeurs g'(0) et g"(0). g est de classeC 1 sur * et on a :∀x∈*, g’(x) = sh(x) − x ch(x) sh2 x. Or, au voisinage de 0 : sh2x ~ x2 et sh(x) − x ch(x) ~−x3 3 d’où g’(x) ~−x 3 Ainsi, g est continue sur , de classeC 1 sur * et possède une limite finie (0) en 0. Donc d’après le théorème de prolongement,g est de classe CCCC 1 sur et on a de plus g’(0) = 0 g est de classeC 2 sur * et on a :∀x∈*, g"(x) = 2 x ch2(x) − 2 ch(x) sh(x) − x sh2(x) sh3 x. Or, au voisinage de 0 : sh3x ~ x3 et 2 x ch2(x) − 2 ch(x) sh(x) − x sh2(x) ~−x3 3 d’où g’(x) ~−1 3 Ainsi, g’ est continue sur , de classeC 1 sur * et possède une limite finie (−1 3) en 0. Donc d’après le théorème de prolongement,g’ est de classe CCCC 1 sur et on a de plus g"(0) =−−−−1 3 2) a) Etudier les variations de g sur . b) Tracer la courbe représentative de g g étant paire, il suffit de l’étudier sur + et de compléter par symétrie d’axe (Oy) pour obtenir tout son graphe On a :∀x∈*, g’(x) = sh(x) − x ch(x) sh2 x. On pose h : x→ sh(x) – x ch(x) . h est de classeC ∞ sur et : ∀x∈, h’(x) = – x sh(x) ⩽ 0 Ainsi h est décroissante sur . Or h(0) = 0 donc h est négative sur + . En particulier, g est décroissante sur + D’autre part, x = o (sh x) en +∞. D’oùlim x→→→→ +∞∞∞∞ g(x) = 0 donc le graphe de g possède l’axe (Ox) pour asymptote On poseϕ : x→ ½ sh2(x) + sh(x) – x ch(x).ϕest de classe C ∞ sur et ∀x∈, ϕ’(x) = (ch(x) – x) sh(x) ≥ 0 sur + Donc : ∀x∈+*, - ½≤ g’(x) ≤ 0. Cet encadrement étant également vérifié en 0 et, par parité, sur -*, on en déduit que g est lipschitzienne de rapport ½

2