(1)Correction du DM sur les développements limités Exercice 1 1) On sait queln(1 +x) =x−x2 2 +x3 3

Correction du DM sur les développements limités

Exercice 1

1) On sait queln(1 +x) =x−x² 2 +x³

3 +. . .+ (−1)ⁿ⁻¹xⁿ

n +◦(xⁿ).

Orln(2 +x) = ln

2(1 +x 2)

= ln(2) + ln 1 +x

2

, donc ln

1 +x

2

= x 2 −1

2·x 2

2

+1 3

x

2 3

+. . .+(−1)ⁿ⁻¹ n

x

2 n

+◦(xⁿ) (composition)

= x 2 −x²

8 +x³

24 +. . .+(−1)ⁿ⁻¹xⁿ

n2ⁿ +◦(xⁿ) D’où ln(2 +x) = ln(2) + x

2 −x² 8 +x³

24+. . .+ (−1)ⁿ⁻¹xⁿ

n2ⁿ +◦(xⁿ).

2) On considèref définie parf(x) = ln(1 +e^−x).

On ae^−x= 1−x+ x² 2 − x³

6 +◦(x³)(composition dee^xpar−x) donc, par composition et en utilisant la question 1), on obtient :

ln(1 +e^−x) = ln

1 +

1−x+x² 2 −x³

6 +◦(x³)

= ln

2−x+x² 2 −x³

6 +◦(x³)

= ln(2) +1 2

−x+x² 2 −x³

6

−1 8

−x+x² 2 −x³

6 2

+ 1 24

−x+x² 2 −x³

6 3

+◦(x³)

= ln(2)−x 2 +x²

4 −x³ 12 −1

8

x²−2x³ 2

+ 1

24 (−x)³

+◦(x³)

= ln(2)−x 2 +x²

1

4−1 8

+x³

−1 12 +1

8 − 1 24

+◦(x³)

On en déduit que, au voisinage de 0, f(x) = ln(2)−x 2 +x²

8 +◦(x³).

3) On déduit du développement limité def en 0 de la question 2) l’équation de la tangente au graphe def en 0 : y= ln(2)−x

2.

Pour la position de la courbe représentantf par rapport à la tangente, on regarde le signe de la différencef(x)−y, c’est-à- dire :f(x)−

ln(2)−x 2

= x²

8 +◦(x³). Au voisinage de 0, on ax²

8 ≥0, donc le graphe def est au-dessus de la tangente.

Exercice 2

On veut un développement limité à l’ordre 4 de la fonctiongdéfinie parg(x) = cos(x) 1−x. On sait quecos(x) = 1−x²

2! +x⁴

4! +◦(x⁴)et que 1

1−x = 1 +x+x²+x³+x⁴+◦(x⁴). On en déduit que g(x) =

1−x²

2! +x⁴ 4!

× 1 +x+x²+x³+x⁴

+◦(x⁴)

= 1 +x+x²+x³+x⁴−x²

2 1 +x+x² + x⁴

24×(1) +◦(x⁴)

= 1 +x+x²+x³+x⁴−x² 2 −x³

2 −x⁴ 2 +x⁴

24 +◦(x⁴) Donc, au voisinage de 0, g(x) = cos(x)

1−x = 1 +x+x² 2 +x³

2 +13

24x⁴+◦(x⁴).

1

Exercice 3

1) On sait quesin(x) =x− x³

6 +◦(x³)et quecos(x) = 1− x²

2! +◦(x²). Donc, par somme, sin(x)−xcos(x) =x−x³

6 −x×

1−x²

2! +◦(x²)

+◦(x³)

=x−x³

6 −x+x³

2 +◦(x³)

= x³

3 +x³1(x) avec lim

x→01(x) = 0. Par ailleurs,ln(1 +x) =x−x²

2 +◦(x²), donc par composition, on aln(1 +x²) =x²−x⁴

2 +◦(x⁴), d’oùxln(1 +x²) =x³+x³₂(x)avec lim

x→0₂(x) = 0(on s’arrête à l’ordre 3 ici).

Donc, par quotient,

sin(x)−xcos(x) xln(1 +x²) =

x³

3 +x³₁(x) x³+x³₂(x)

= x³ x³ ·

1

3 +1(x) 1 +2(x) avec lim

x→0₁(x) = 0et lim

x→0₂(x) = 0. Donc, par quotient de limites : lim

x→0

sin(x)−xcos(x) xln(1 +x²) = 1

3. 2) Au voisinage de 0,sin(x) =x−+x³

6 +◦(x³), donc au voisinage de+∞,sin

1

x

= 1 x − 1

6x³ +◦( 1 x³).

On en déduit que, au voisinage de+∞, x³sin

1

x

−x² =x²−1

6 −x²+◦(1) =−1

6 +(x) avec lim

x→+∞(x) = 0.

Donc, lim

x→+∞x³sin

1

x

−x² =−1 6. Exercice 4

On considèref définie parf(x) = (x+ 2) exp

1

x

. Par composition,f est définie et infiniment dérivable surR^∗. Pourx6= 0, on a

f⁰(x) = exp

1

x

−x+ 2 x² exp

1

x

=

x²−x−2 x²

exp

1

x

.

Donc le signe def⁰dépend du signe dex²−x−2. Orx²−x−2 = (x+ 1)(x−2)(1 est racine évidente). D’où le tableau de signe suivant :

x −∞ -1 0 2 +∞

f⁰ + 0 − − 0 +

f −∞ % e⁻¹ & 0 +∞ & 4e¹² % +∞

Le calcul des limites aux bornes du domaine de défini- tion est laissé au lecteur : il suffit de connaitre les limites deexp

1

x

.

Pour l’équation de l’asymptote, on détermine le développement jusqu’à l’ordre 1 en 1

x en±∞: Au voisinage de+∞,exp

1

x

= 1+1 x+ 1

2x²+ 1

6x³+◦( 1

x³). Donc, par produit :(x+2) exp

1

x

= 3+x+ 5 2x+◦(1

x).

On déduit de ce développement que l’équation de l’asymptote oblique esty=x+ 3et on af(x)−(x+ 3) = 5 2x. Donc la position de la courbe par rapport à l’asymptote oblique est déterminée par le signe de 5

2xau voisinage de+∞et en−∞. Au voisinage de+∞, 5

2x >0donc la courbe représentantfest au-dessus de l’asymptote, et au voisinage de−∞, 5 2x <0 donc le graphe defest en-dessous de l’asymptote.

2