Analyse asymptotique, fonctions convexes

Analyse asymptotique, fonctions convexes

TD0b

Analyse asymptotique

Exercice 0.7 (F)

Calculer les développements limités suivants en 0 : 1. x7→ 1

2 +x à l’ordre 4 ; 2. x7→ln(e+x) à l’ordre 4 ; 3. x7→a^x+b^x à l’ordre 3 ; 4. x7→cos(x)− sin(x²)

2 à l’ordre 4 ;

5. x7→(1 + exp(x))² à l’ordre 3.

6. x7→sin(x) cos(2x) à l’ordre 4.

7. x7→ sin(x)

1−x² à l’ordre 4.

8. x7→ 1 +x

1−x à l’ordre 3.

Exercice 0.8 (FF)

Calculer le développement limité des fonctions suivantes : 1. f :x7→cosx à l’ordre 4

au voisinage de ^π₃. 2. f :x7→e^xà l’ordre 4 au

voisinage de 1. 3. f : x 7→ x

x−1e^x1 au voisinage de +∞.

Exercice 0.9 (F)

Calculer les limites suivantes : 1. lim

x→0

x−ln(1 +x) x² ; 2. lim

x→0

e^x−cos(x)−x (ln(1 +x))² ;

3. lim

x→0

x(ln(1 +x) + 1−e^x) sin(x)−x ; 4. lim

x→1

(x+ 2)(x−1) xln(x) .

Exercice 0.10 (F)

1. À l’aide de la formule de Taylor-Young, montrer que arctan(x) =

x→0x−x³

3 +o(x³).

2. En déduire lim_x→0 arctan(x)−x

2x−2 ln(1 +x)−(sin(x))².

1. Rappelons pour commencer le résultat suivant :

Rappel. Existence d’un développement limité d’ordre n.

Soit f :I → Ret a∈I. Si f est classe Cⁿ sur I, alors f admet un développement limité d’ordre nen a, donné par la formule de Taylor-Young :

f(x) =

n

X

k=0

f^(k)(a)

k! (x−a)^k+ o

x→a((x−a)ⁿ).

La fonction f = arctan étant de classe C³ sur R, elle admet un développement limité à

l’ordre 3 en 0 qui est d’après la formule de Taylor Young : arctan(x) =f(0) +f⁰(0)x+f⁰⁰(0)

2! x²+f⁽³⁾(0)

3! x³+o(x³).

Comme arctan est impaire, il n’y a que des termes impairs dans son DL, de sorte qu’on peut préciser :

arctan(x) =f⁰(0)x+ f⁽³⁾(0)

3! x³+o(x³).

Reste donc à calculer les valeurs manquantes : f⁰(x) = 1

1 +x² , f⁰⁰(x) = −2x (1 +x²)² f⁽³⁾(x) = −2(1 +x²)²+ 8x²(1 +x²)

(1 +x²)⁴

soit f⁰(0) = 1 et f⁽³⁾(0) =−2. On en déduit en remplaçant dans le développement limité que :

arctan(x) =x+−2

3! x³+o(x³) =x− x³

3 +o(x³). 2. On obtient donc que arctan(x)−x∼₀ −x³

3 . D’autre part on a : 2x−2 ln(1 +x)−(sin(x))² = 2x−2(x− x²

2 + x³

3 +o(x³))−(x+o(x²))²

= 2x−2x+x²− 2

3x³−x²+o(x³) =−2

3x³+o(x³)∼₀−2 3x³ Ainsi on a arctan(x)−x

2x−2 ln(1 +x)−(sin(x))² ∼₀ −^x₃³

−^2x₃³ = 1

2, et donc

x→0lim

arctan(x)−x

2x−2 ln(1 +x)−(sin(x))² = 1 2.

Exercice 0.11 (F)

1. Montrer que x 7→ 1−cos(x)

x² définit une fonction prolongeable par continuité en 0 dont le prolongement est dérivable en 0.

2. Même question avec x7→ e^x−1 x .

Avant d’attaquer cet exercice, rappelons le résultat clef pour le résoudre (voir le Chapitre 0 si nécessaire).

Rappel. Lien entre dérivabilité et développement limité.

Soitf :I →Reta∈I. On a :

f est dérivable ena ⇐⇒ f admet un développement limité à l’ordre 1 en a. De plus, ce développement limité est alors nécessairement :

∀x∈I, f(x) =f(a) +f⁰(a)(x−a) +o(x−a).

1. Posonsf :R\ {0} 7→ 1−cos(x)

x² . f est continue et dérivable surR^∗+etR^∗−comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne tend pas vers 0. Pour étudier la continuité et la dérivabilité en 0, on effectue un développement limité :

cos(x) =

x→01−x²

2 +o(x³) ⇒ f(x) =

x→0

1

2 +o(x). En particulier, on a lim

x→0f(x) = 1/2. f est donc prolongeable par continuité en 0 en posant f(0) = 1/2.

D’après le rappel ci-dessus, la fonction f ainsi prolongée est de plus dérivable en 0 car elle admet un développement limité d’ordre 1 en 0, et on a f⁰(0) = 0.

2. Procédons de la même manière, en posant cette fois g :R\ {0} 7→ e^x−1

x . g est continue et dérivable sur R^∗₊ etR^∗−comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne tend pas vers 0. Et on a :

e^x =

x→01 +x+x²

2! +o(x²) ⇒ g(x) =

x→01 +x 2o(x).

En particulier, on a lim

x→0g(x) = 1, et g est prolongeable par continuité en 0 en posant g(0) = 1.

Toujours avec le rappel ci-dessus,g est de plus dérivable en 0 car elle admet un développe- ment limité d’ordre 1 en 0, et on a g⁰(0) = 1/2.

Exercice 0.12 (FF)

Soit f la fonction définie surR\ {1} parf(x) = x√ x²+ 1 x−1 .

1. Donner le développement limité de f à l’ordre 2 au voisinage de 0. En déduire la tangente T0 à Cf en 0 et leurs positions relatives.

2. Montrer quef(x) =_+∞x+ 1 + 3 2x +o

1 x

. Que dire de Cf en +∞ ?

1. On a les DL en 0 suivants : x^px²+ 1 =

x→0x×(1 +o(x)) =x+o(x²) et 1 x−1 =

x→0−1−x−x²+o(x²).

D’où par produit :

f(x) =_x→0(x+o(x²))×(−1−x−x²+o(x²)) =−x−x²+o(x²).

On obtient alors la tangente en 0 en conservant les termes de degrés 0 et 1. La tangente à f en 0 est doncy=−x. De plus, on a :

f(x) +x_x→0= −x²+o(x²) ∼

x→0−x².

f(x) +x est donc du signe de−x² au voisinage de 0, donc négatif. On peut donc conclure que T₀ est au dessus deCf au voisinage de 0.

2. On a :

f(x) =

√ x²+ 1 1−_x¹ =x

r 1 + 1

x² × 1 1 +¹_x.

On a : _r

1 + 1 x² =

x→+∞1 +1 2

1 x²

+o 1

x²

et 1

1−¹_x =

x→+∞1 + 1 x + 1

x² +o 1

x²

. D’où par produit :

f(x) =_x→+∞x

1 + 1 2x² +o

1 x²

×

1 + 1 x + 1

x² +o 1

x²

x→+∞= x

1 +1 x + 1

x² + 1 2x² +o

1 x²

x→+∞= x+ 1 + 3 2x +o

1 x

En particulier, on a :

f(x)−(x+ 1) ∼

x→+∞

3 2x.

On a donc lim_x→+∞f(x)−(x+ 1) = 0, etf(x)−(x+ 1) est du signe de 3

2x, donc positif, au voisinage de +∞. On peut interpréter ce résultat graphiquement en disant que la courbe Cf « tend » en +∞ vers la droite d’équation y =x+ 1, et qu’elle est au dessus de cette droite au voisinage de +∞. On parle d’asymptote oblique à la courbe en +∞.

On retiendra de cet exercice les points suivants :

• Pour déterminer la tangente àCf en un pointa, on peut effectuer unDL1(a) def : l’équation de la tangente est alors donnée par les termes de degrés 0 et 1 de ce développement limité.

• Pour déterminer la position relative de la courbe représentative d’une fonctionf par rapport à sa tangente, on cherche un équivalent dex7→f(x)−f(a)−(x−a)f⁰(a) enaen effectuant un DLde f :

f(x)−f(a)−f⁰(a)(x−a)∼

a a_p(x−a)^p avec a_p ∈R^∗ et p∈N\ {0,1}.

Alorsx7→f(x)−f(a)−f⁰(a)(x−a) est du signe de a_p(x−a)^p au voisinage de a:

– si p est pair, f(x)−f(a)−f⁰(a)(x−a) est de signe constant au voisinage de a. La courbe est au-dessus ou en-dessous de sa tangente ena (suivant le signe dea_p).

À retenir. Étude locale d’une fonction.

– si p est impair,f(x)−f(a)−f⁰(a)(x−a) change de signe ena. La courbe traverse sa tangente en a. On parle de point d’inflexion.

Soit f :I → R. On dit quef admet une asymptote oblique en ±∞ s’il existe (a, b)∈ R² tel que f(x)−ax−b tende vers 0 en±∞.

À retenir. Asymptotes obliques.

Exercice 0.13 (F)

Déterminer si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses.

1. Siun= (2n−1)³, alors :

u_n= o

n→+∞(n³) u_n ∼

n→+∞8n³ u_n= o

n→+∞(n⁴) u_n ∼

n→+∞n³ u_n = o

n→+∞

n⁴ 2

2. Siu_n= _n² − ³

n√

n+_n¹2, alors :

u_n ∼

n→+∞

2

n u_n= o

n→+∞

1 n

_n¹ = o

n→+∞(u_n) u_n =_n² + o

n→+∞

1 n

un= _n²+ o

n→+∞

1 n√ n

3. Soit (u_n) une suite réelle. Alors on au_n+1 ∼

n→+∞u_n 4. Siu_n ∼

n→+∞v_n, alors :

u_n+ 1 ∼

n→+∞v_n+ 1 2u_n ∼

n→+∞v_n −u_n ∼

n→+∞−v_n u_nv_n ∼

n→+∞u²_n u_n−v_n =o(v_n) ln(u_n) ∼

n→+∞ln(v_n) e^un ∼

n→+∞e^vn

Exercice 0.14 (FF)

Déterminer un équivalent simple des suites suivantes : 1. u_n= exp 1−√

n 1 +n

!

−1 2. v_n=√

n²+ 1−√³

n³+n 3. w_n= sin cos ^π₂ − ₂ⁿ_n

1. On a 1−√ n

1 +n ∼

n→+∞

−√ n

n = −√1

n, de sorte que lim_n→+∞1−√ n

1 +n = 0. Comme de plus e^u−1 ∼

u→0u, on a donc :

exp 1−√ n 1 +n

!

−1 ∼

n→+∞

1−√ n 1 +n ∼

n→+∞−√1 n.

2. On a ici une différence entre deux termes, ce qui nous pousse à passer par un développement limité. Pour toutn∈N^∗, on a :

vn=^pn²+ 1−^p3 n³+n=n r

1 + 1 n² −n³

r 1 + 1

n²

=n

1 + 1

2n² −1− 1 3n² +o

1 n²

= 1 6n +o

1 n

n→+∞∼ 1 6n.

3. On sait que cos(^π₂ −θ) = sin(θ), d’où ici pour toutn∈N: wn= sin(sin( n

2ⁿ)). Or on a lim_n→+∞ n

2ⁿ = 0 par croissances comparées, et lim_n→+∞sin(n

2ⁿ) = 0 par composition avec la fonction continue sin. D’où en se rappelant que sin(u) ∼

u→0u : w_n= sin(sin(n

2ⁿ))∼sin(n 2ⁿ)∼ n

2ⁿ.

Exercice 0.15 (FF)

Déterminer les limites des suites suivantes : 1. un= 2ⁿ+ (−1)ⁿ

3n+ (−1)ⁿ⁺¹ 2. un= √ⁿ

n

3. un=n²cos¹_n−cos_n+1¹

4. u_n= n n−x

n

5. u_n=cos_n¹ⁿ² 6. u_n= √3n²+ (−1)ⁿ

n²+ 2 + ln(n)

Exercice 0.16 (FFF)

1. Montrer que pour toutn∈N, l’équation tanx=xadmet une unique solution dans−^π₂ +nπ,^π₂ +nπ que l’on noteraxn. On définit ainsi une suite (xn)n≥0.

2. Montrer quexn∼nπ.

3. Montrer quex_n−nπ∼ ^π₂.

4. Montrer quexn−nπ−^π₂ ∼ −_nπ¹ . En déduire quexn=nπ+^π₂ −_nπ¹ +o¹_n.

1. Soit n∈N. PosonsI_n=−^π₂ +nπ,^π₂ +nπetg:x∈I_n7→tan(x)−x.

• La fonction g est continuesur In.

• La fonctiongest dérivable surI_n, et pour toutx∈I_n,g⁰(x) = tan²(x). Ainsig⁰(x)>0 pour toutx6=nπ, etg⁰(nπ) = 0. g est donc strictement croissante surI_n.

• On a limx→^π

2+nπg(x) = +∞ et limx→−^π

2+nπg(x) =−∞.

Par le théorème de la bijection, g réalise une bijection de In sur R. L’équation g(x) = 0 admet donc une unique solution sur In qu’on notexn :

tan(xn) =xn ∀n∈N.

2. On a pour tout n∈N,−^π₂ +nπ≤x_n≤ ^π₂ +nπ, soit encore −_2n¹ + 1≤ ^x_nπⁿ ≤ _2n¹ + 1. Par le théorème des gendarmes, lim^x_nπⁿ existe et vaut 1. En d’autres termes, x_n∼nπ.

3. Posons y_n=x_n−nπ. On a par (i) quey_n=o(nπ), et de plus y_n∈−^π₂,^π₂. On remplace dans l’équation définissant xn:

tan(y_n) = tan(x_n−nπ) = tan(x_n) =x_n. En appliquant arctan, on obtient :

yn= arctan(xn)→π/2 car limxn= +∞.

D’où y_n∼ π

2, ce qui s’écrit aussiy_n−^π₂ =o(1).

4. Posons à présentzn=yn− ^π₂ =o(1), on a : tan(zn) = tan(yn−π

2) = −1

tan(yn) = −1 xn

∼ −1 nπ. Or z_n = o(1), donc tan(z_n) ∼ z_n. On conclut ainsi que z_n ∼ −1

nπ. Cela se réécrit de la manières suivante :

xn−nπ−π 2 = −1

nπ +o −1

nπ

soit encore :

xn=nπ+π 2 − 1

nπ +o 1

n

.