x x=1 par quotient donc lim x

ECE2 Analyse 1 - Études de fonctions - DL - Corrigé Septembre 2021 Comparaisons de fonctions - DL

- EXERCICE1 -

Calculer les limites des fonctions suivantes aux points indiqués.

1. • En 0⁺: Opérations classiques sur les limites.

x→0lim⁺lnx+x−1= −∞ et lim

x→0⁺x+e^−x=1 par somme donc lim

x→0⁺

lnx+x−1

x+e^−x = −∞ par quotient.

• En+∞: Par équivalents, l’élimination des termes négligeables donne : lnx+x−1 ∼

+∞x et x+e^−x ∼

+∞x donc lnx+x−1 x+e^−x ∼

+∞

x

x=1 par quotient donc lim

x→+∞

lnx+x−1 x+e^−x =1.

2. • Opérations classiques sur les limites :

x→+∞lim e^−x+x⁻²= lim

x→+∞e^−x+ 1

x²=0⁺ donc lim

x→+∞ln¡

e^−x+x⁻²¢

= −∞ par composition.

3. • Par opérations sur les équivalents : D’une part, e^x−1∼

0x donc 1−e^x∼

0−x en multipliant par−1.

D’autre part, ln(1+x)∼

0x doncxln(1+x)∼

0x² donc par quotient : (1−e^x)²

xln(1+x)∼

0

(−x)²

x² =1 donc lim

x→+∞

(1−e^x)² xln(1+x)=1.

4. • En+∞: Par équivalents, l’élimination des termes négligeables donne : xe^x+1

e^x+1 ∼

+∞

xe^x

e^x =x par quotient donc lim

x→+∞

xe^x+1 e^x+1 = lim

x→+∞x= +∞.

• En−∞: Opérations classiques sur les limites et croissances comparées donnent : D’une part, lim

x→−∞xe^x+1=1 par CC et lim

x→−∞e^x+1=1 donc lim

x→−∞

xe^x+1

e^x+1 =1 par quotient.

5. • En 0⁺:

D’une part, lim

x→0⁺e^x=1 et d’autre part lim

x→0⁺xe^1/x= lim

t→+∞

e^t

t = +∞ par CC donc lim

x→0⁺e^x−xe^1/x= −∞.

• En 0⁻:

D’une part, lim

x→0⁻e^x=1 et d’autre part lim

x→0⁻xe^1/x= lim

t→−∞

e^t

t =0 par quotient donc lim

x→0⁻e^x−xe^1/x=1.

• En+∞: e^1/x ∼

+∞1 donc xe^1/x ∼

+∞x mais on ne peut pas écrire e^x−xe^1/x ∼

+∞e^x−x (somme d’équivalents interdite).

On factorise alors par e^x, ce qui donne : e^x−xe^1/x=e^x µ

1−xe^1/x e^x

¶ . On alors : lim

x→+∞e^1/x=1, lim

x→+∞

x

e^x=0 par CC donc lim

x→+∞1−xe^1/x e^x = lim

x→+∞e^x µ

1−xe^1/x e^x

¶

=1.

Finalement, lim

x→+∞e^x−xe^1/x= +∞ par produit.

–1/9–

6. Remarquer que xln(x²)−lnx

px+1 =2xln(x)−lnx px+1 puis lim

x→0⁺2xln(x)=0 par CC donc lim

x→0⁺2xln(x)−lnx= +∞ par somme.

Donc : lim

x→0⁺

2xln(x)−lnx

px+1 = +∞ par quotient.

7. Intuitivement, ln(1+p

x) est négligeable devantx²en+∞donc ln(1+p x)−x² ∼

+∞−x². Donc lim

x→+∞ln(1+p

x)−x²= −∞.

Plus rigoureusement, on est obligé de factoriser par le terme dominant :

ln(1+p

x)−x²=ln µp

x µ 1

px+1

¶¶

−x²=ln(p x)+ln

µ 1+ 1

px

¶

−x²

=ln(x^1/2)+ln(1+ 1 px)−x²

=1

2ln(x)+ln(1+ 1 px)−x²

+∞∼ −x²

en éliminant les termes négligeables.

8. Remarquer quex^1x=e^ln(x)x puis on obtient.

• En 0⁺: lim

x→0⁺

ln(x)

x = −∞ par quotient donc lim

x→0⁺x^1x= lim

x→0⁺e^ln(x)x =0 par composition.

• En+∞: lim

x→+∞

ln(x)

x =0 par CC donc lim

x→+∞x^1x= lim

x→0⁺e^ln(x)x =1 par composition.

9. lim

x→+∞xe^−x2= lim

t→+∞

pt e^−t= lim

t→+∞t^1/2e^−t=0 par CC.

10. Par quotient d’équivalent (avec (1+x)^α−1∼

0αx) : p1+x−1

x =(1+x)^1/2−1

x ∼

0 1 2x

x =1 2 Donc lim

x→0

p1+x−1

x =1

2.

11. Remarquer que : (1+x)^1/x=e^ln(1+x)x .

On ne peut pas utiliser les équivalents car on ne pourra pas composer par exp.

On utilise les limites. On a : limx→0

ln(1+x)

x =1 donc par composition de limites (la fonctionexpest continue), on trouve : limx→0(1+x)^1/x=lim

x→0e^ln(1+x)x =e.

12. • En 0⁺: lim

x→0

ln(1+x³)

ln(x) =0 par quotient ( 0

−∞)

• En+∞: On ne peut pas écrire ln(1+x³) ∼

+∞ln(x³) car on ne peut pas composer par les équivalents.

On factorise par le terme dominant.

ln(1+x³)

ln(x) =ln(x³)+ln(1+_x¹3)

ln(x) =3 ln(x)+ln(1+_x¹3)

ln(x) =3+ln(1+_x¹3) ln(x) −→

x→+∞3

–2/9–

- EXERCICE2 -

A l’aide des développements limités, déterminer un équivalent puis calculer les limites des fonctions sui- vantes aux points indiqués.

1. On ne peut pas utiliser les équivalents à cause de la différence au numérateur. On utilise les DL. On obtient : ln(1+x)−x

2x² =x−^x₂²+o(x²)−x

2x² =−^x₂²+o(x²)

2x² ∼

+∞

−^x₂² 2x²= −1

4 Donc lim

x→0⁺

ln(1+x)−x 2x² = −1

4.

2. Mettre au même dénominateur puis utiliser les DL au numérateur à cause de la somme.

1 e^−x−1−1

x=x−e^−x+1 x(e^−x−1) Au numérateur, le DL e^u=

01+u+o(u), donne e^−x=

01−x+o(x) et donc : x−e^−x+1=2x+o(x)∼

02x.

Au dénominateur, l’équivalent e^u−1∼

0u donne e−x−1∼

0−x et donc : x(e^−x−1)∼

0−x². Ainsi, par quotient, on a :

1 e^−x−1−1

x=x−e^−x+1 x(e^−x−1)∼

0

2x

−x²=−2 x Donc : lim

x→0⁺

1 e^−x−1−1

x= lim

x→0⁺

−2

x = −∞et lim

x→0⁻

1 e^−x−1−1

x= lim

x→0⁻

−2 x = +∞.

3. Mettre au même dénominateur puis utiliser les DL au numérateur à cause de la somme.

On obtient avec de DL de ln(1+x) en 0 : 1

x(1+x)−ln(1+x)

x² =x−(1+x) ln(1+x) x²(1+x)

=0

x−(1+x)(x−^x₂²+o(x²) x²(1+x)

=0

x−x+^x₂²+o(x²)−x²+

x³ 2+o(x³) x²(1+x)

On peut supprimer les termes enx³qui sont négligeables devantx². On a alors 1

x(1+x)−ln(1+x) x² =

0

−^x₂²+o(x²) x²(1+x) ∼

0

−^x₂² x² = −1

2 Donc lim

x→0

1

x(1+x)−ln(1+x) x² = −1

2

4. Utiliser les DL au numérateur à cause de la somme.

On obtient : p1+x²−p

1−x²=(1+x²)^1/2−(1−x²)^1/2=1+x² 2 +o(x²)−

µ 1−x²

2 +o(x²)

¶

∼0

x

2=x²+o(x²)∼

0x² donc par quotient :

p1+x²−p 1−x²

2x ∼

0

x² 2x=x

2 puis lim

x→0

p1+x²−p 1−x²

2x =0.

On peut éviter les DL en pensant à multiplier haut et bas par la quantité conjuguéep

1+x²+p 1−x².

–3/9–

- EXERCICE3 -

1. Soit(α∈R). Déterminer, en fonction deα, un équivalent en+∞dex^αln(x+1)−x^αln(x) puis déterminer la limite de cette quantité en+∞.

Remarquer que : x^αln(x+1)−x^αln(x)=x^αln µ

1+1 x

¶

Comme 1 x−→

+∞0, on a : ln µ

1+1 x

¶

+∞∼ 1

x donc par produit d’équivalents :x^αln µ

1+1 x

¶

+∞∼ x^α1 x=x^α−1. Donc lim

x→+∞x^αln µ

1+1 x

¶

= lim

x→+∞x^α−1=







+∞ siα>1 1 siα=1 0 siα<1 2. Montrer qu’au voisinage de+∞, on a : xe^−x2=o

µ1 x²

¶ . Il s’agit de montrer que la limite du quotient vaut 0.

Or, xe^−x2

1 x²

=x³e^−x2 puis lim

x→+∞x³e^−x2= lim

t→+∞t^3/2e^−t=0 par CC (en posantt=x², ce qui donnex³=t^3/2) doncxe^−x2=o

µ1 x²

¶ .

3. Soitn∈N^∗fixé. Montrer qu’au voisinage de+∞, on a : (ln(1+x))ⁿ 1+x² =o

µ 1 x^3/2

¶ . Il s’agit de montrer que lim

x→+∞x^3/2(ln(1+x))ⁿ 1+x² =0.

Intuitivement, on a : x^3/2(ln(1+x))ⁿ

1+x² ∼

0x^3/2(ln(1+x))ⁿ

x² =(ln(1+x))ⁿ x^1/2 −→

+∞0 par CC (mais pas très rigoureux) Plus rigoureusement, il faudrait continuer et écrire :

x^3/2(ln(1+x))ⁿ 1+x² ∼

+∞x^3/2(ln(1+x))ⁿ

x² =(ln(1+x))ⁿ

x^1/2 ∼(ln(1+x))ⁿ (1+x)^1/2 puis posert=1+xpour obtenir : lim

x→+∞

(ln(1+x))ⁿ (1+x)^1/2 = lim

t→+∞

(ln(t))ⁿ

t^1/2 =0 par CC.

- EXERCICE4 -

1. Déterminer un équivalent puis la limite des suites suivantes : u_n= 1

n−1− 1

n+1; v_n=p n+1£

ln (n+1)−ln (n)¤

; w_n= 1 n²

Xn k=1

k

• u_n= 1 n−1− 1

n+1= 2

(n−1)(n+1)∼ 2

n² donc lim

n→+∞u_n=0.

• v_n=p n+1£

ln (n+1)−ln (n)¤

=p n+1 ln

µ 1+1

n

¶ . Or, 1

n−→0 donc ln µ

1+1 n

¶

∼1 n et p

n+1=(n+1)^1/2∼n^1/2, ce qui donne par produit : v_n∼n^1/21

n= 1

pn donc limv_n=0.

.

• w_n= 1 n²

Xn k=1

k= 1 n²

n(n+1) 2 ∼ n²

2n²=1

2 donc lim

n→+∞w_n=1 2. 2. Déterminer la limite de :v_n=

µ 1+1

n

¶n

. Remarque : une limite du type 1^+∞est une FI.

Il faut ici transformer la puissance en exponentielle (a^b=exp(bln(a))).

On écrit donc :v_n= µ

1+1 n

¶n

=exp (nln(1+1/n)).

–4/9–

Or, 1

n−→0 donc ln µ

1+1 n

¶

∼1

n donc : nln µ

1+1 n

¶

∼n1 n=1.

Ainsi, limnln µ

1+1 n

¶

=1 et par composition de limites par la fonctionexpqui est continue : limv_n=e.

- EXERCICE5 -

Soit(u_n)_n∈N∗une suite telle que : ∀n∈N^∗, ln(n)+ 1

2ⁿ⩽^un⩽^ln(n)+1 n. Déterminer un équivalent de la suite(u_n)_n∈N∗.

On conjecture queu_n∼ln(n) car les termes extrêmes de l’inégalité sont équivalents à ln(n).

Pour le montrer, il faut calculer la limite du quotient u_n ln(n). On divise par ln(n)>0 dans l’inégalité donnée, ce qui donne :

1+ 1

2ⁿln(n)⩽_ln(n)^un ⩽¹+ 1 nln(n) puis comme lim

n→+∞1+ 1

2ⁿln(n)=1 et lim

n→+∞1+ 1

nln(n)=1 le théorème des gendarmes donne :

n→+∞lim u_n

ln(n)=1 et donc u_n∼ln(n).

- EXERCICE6 -

Soitfla fonction définie sur[−1;+∞[ \ {0}par : f(x)=

p1+x−1

x .

1. Déterminer le développement limité dex7→p

1+xà l’ordre2au voisinage de0puis en déduire le déve- loppement limité defà l’ordre1au voisinage de0.

On a d’après formule du cours (1+x)^α: p

1+x=(1+x)^1/2=1+x 2−x²

8 +o(x²) , ce qui donne : f(x)=1

2−x 8+o(x).

2. En déduire quefest prolongeable par continuité en0. Ce prolongement est-il dérivable en0? Comme lim

x→0f(x)=1

2, fest prolongeable par continuité en posant f(0)=1 2. On calcule le taux d’accroissement en 0 à l’aide du DL trouvé en Q1 et def(0)=1

2. On obtient :

f(x)−f(0) x−0 =

1

2−^x₈+o(x)−¹₂

x = −1

8+o(1)−→

0

−1 8 doncfest dérivable en 0 et f^′(0)=−1

8.

3. Déterminer l’équation de la tangente à la courbe représentative defau point d’abscisse0.

D’après le DL trouvé en Q1, l’équation de la tangente esty=1 2−x

8.

–5/9–

Pour aller plus loin...

- EXERCICE7 -

On considère la suite(S_n)définie pourn⩾^1parSn= Xn k=1

p1 k. 1. En utilisant une quantité conjuguée, montrer que : ∀n⩾^1,p¹

n+1⩽^2(pn+1−p n)⩽p¹

n. On a, en multipliant haut et bas par la quantité conjuguée :

pn+1−p n=(p

n+1−p n)(p

n+1+p n) (p

n+1+p

n) = n+1−n pn+1+p

n= 1

pn+1+p n En remarquant que :

2p

n⩽^pn+1+p

n⩽^2pn+1 on obtient, en passant à l’inverse :

1 2p

n+1⩽p ¹ n+1+p

n⩽ ¹ 2p

n soit 1

2p

n+1⩽^pn+1−p n⩽ ¹

2p n ce qui donne le résultat.

2. À l’aide de la question précédente, déterminer la limite de la suite(S_n).

En sommant la partie droite de l’inégalité précédente (pour faire apparaitreS_n), on obtient :

n

X

k=1

2(p k+1−p

k)⩽

n

X

k=1

p1 k=S_n On reconnait alors à gauche une somme téléscopique. On a alors :

S_n⩾^2(pn+1−p 1) Comme lim

n→+∞2(p n+1−p

1)= +∞, on en déduit par minoration que lim

n→+∞S_n= +∞.

3. On pose désormaisu_n=S_n−2p n.

Montrer que la suite(u_n)est décroissante et minorée par−2.

• Montrons que (u_n) est décroissante. On a : u_n+1−u_n=S_n+1−2p

n+1−S_n+2p n

=S_n+1−S_n−2(p n+1−p

n)

= 1 pn+1−2(p

n+1−p

n)⩽0 d’après la première question Ainsi, (u_n) est décroissante

• D’autre part, on a d’après l’inégalité obtenue à la question précédente : S_n⩾^2(pn+1−1)

=⇒S_n−2p

n⩾^2(pn+1−p n−p

1)

=⇒un⩾^2(pn+1−p n)−2

=⇒un⩾p¹

n+1−2 d’après la première question

=⇒u_n⩾−2 Ainsi, (u_n) est minorée par−2.

4. En déduire que(u_n)converge puis déterminer un équivalent simple deS_n.

La suite (u_n) est décroissante et minorée par−2 donc elle converge vers une limite notéeℓ: lim

n→+∞u_n=ℓ. On a alors :

S_n−2p

n=ℓ+o(1) donc S_n=2p

n+ℓ+o(1) donc S_n=2p n+o(p

n) donc S_n ∼

+∞2p n –6/9–

- EXERCICE8 -

On considère la fonctionϕdéfinie pourx∈]0; 1[par : ϕ(x)=ln(1+x) ln(1−x). 1. Montrer queϕest prolongeable par continuité à l’intervalle[0; 1].

On notera encoreϕle prolongement ainsi obtenu.

• ϕest continue sur ]0; 1[ comme quotient de fonctions continues de dénominateur non nul.

• Il s’agit maintenant de montrer queϕadmet des limites finies aux deux extrémités.

En 1 : lim

x→1ln(1−x)= −∞ donc lim

x→1ϕ(x)=0 par quotient.

En 0 : ln(1+x)∼

0x et ln(1−x)∼

0−x, donc par quotient : ϕ(x)∼

0

x

−x= −1 donc lim

x→0ϕ(x)= −1.

Ainsi,ϕest prolongeable par continuité à l’intervalle [0; 1] et on peut poser :ϕ(x)=











−1 six=0 ln(1+x)

ln(1−x) six∈]0; 1[

0 six=1

2. Justifier queϕest dérivable sur]0; 1[et qu’on peut écrire, pour toutx∈]0; 1[: ϕ^′(x)=(1−x) ln(1−x)+(1+x) ln(1+x)

(1−x²)[ln(1−x)]² = h(x) (1−x²)[ln(1−x)]² où on a posé : h(x)=(1−x) ln(1−x)+(1+x) ln(1+x).

La fonctionϕest dérivable sur ]0; 1[ comme quotient de fonctions dérivables sur ]0; 1[ dont le dénomina- teur ne s’annule pas. On a alors, pour toutx∈]0; 1[ :

ϕ^′(x)=

1

1+xln(1−x)+ln(1+x)_1−x¹ ln(1−x)² ϕ^′(x)=

(1−x) ln(1−x)+(1+x) ln(1+x) (1+x)(1−x)

ln(1−x)²

=(1−x) ln(1−x)+(1+x) ln(1+x) (1−x²) ln(1−x)²

= h(x) (1−x²)[ln(1−x)]², où on a posé h(x)=(1−x) ln(1−x)+(1+x) ln(1+x).

3. Montrer quehest croissante sur]0; 1[puis en déduire son signe sur]0; 1[.

hest dérivable sur ]0; 1[ (comme produit) et on a, pour toutx∈]0; 1[ : h^′(x)= −ln(1−x)−1−x

1−x+ln(1+x)+1+x

1+x= −ln(1−x)+ln(1+x)⩾⁰ En effet, 1+x⩾¹−x sur ]0; 1[ donc par croissance de la fonction ln, on a : ln(1+x)⩾ln(1−x).

Ainsi, on obtient

x h^′

h

0 1

+

0 0

ln(4) ln(4)

Ainsi,hest croissante sur ]0; 1[ et commeh(0)=0, on a : ∀x∈]0; 1[,h(x)⩾^0.

4. Montrer queϕest dérivable (à droite) en0et queϕ^′(0)=1.

On commencera par rappeler les développements limités deln(1+x)et deln(1−x)en0.

Pour montrer queϕest dérivable (à droite) en 0, on calcule la limite de son taux d’accroissement en 0⁺. On a :

ϕ(x)−ϕ(0)

x =

ln(1+x) ln(1−x)+1

x =ln(1+x)+ln(1−x) xln(1−x) –7/9–

On utilise des DL pour le numérateur, ce qui donne au voisinage de 0 : ln(1+x)+ln(1−x)=x−x²

2 +o(x²)−x−x²

2 +o(x²)= −x²+o(x²) soit ln(1+x)+ln(1−x)∼

0−x² Au dénominateur, on a :

ln(1−x)∼

0−x doncxln(1−x)∼

0−x² On obtient par quotient :

ϕ(x)−ϕ(0)

x ∼

0

−x²

−x²=1 Ainsi,ϕest dérivable (à droite) en 0 etϕ^′(0)=1.

5. Montrer queϕn’est pas dérivable (à gauche) en1.

On a, en posantu=1−x: limx→1

ϕ(x)−ϕ(1) x−1 =lim

x→1

ln(1+x) (x−1) ln(1−x)=lim

u→0

ln(2−u)

−uln(u)= +∞

car lim

u→0uln(u)=0⁻par croissance comparée.

Ainsi,ϕn’est pas dérivable à gauche en 1.

Graphiquement, la courbe deϕadmet une demi-tangente verticale.

6. Dresser le tableau de variations deϕet montrer que celle-ci réalise une bijection de[0; 1]sur un inter- valle à préciser.

On a : ϕ^′(x)= h(x)

(1−x²)[ln(1−x)]²>0 carhest strictement positif sur ]0; 1[.

Ainsi,ϕest strictement croissante sur ]0; 1[. Celle-ci étant continue sur [0; 1], elle est finalement strictement croissante sur [0; 1], et le théorème de bijection permet d’affirmer qu’elle en réalise donc une bijection de [0, 1] sur [−1; 0] d’après les calculs de limites de la question 1. On peut dresser le tableau

x ϕ^′(x)

ϕ

0 1

+

−1

−1

0 0

7. Déterminer l’équation de la (demi-)tangente à la courbe deϕen0.

On a vu que ϕ(0)= −1 etϕ^′(0)=1, ce qui donne pour équation de la (demi-)tangente à la courbe deϕen 0 : y=x−1.

8. Tracer une allure du graphe de la fonctionϕ.On fera apparaitre la (demi-)tangente en0.

O x

y

–8/9–

- EXERCICE9 -

On considère une suite(X_n)de variables aléatoires telle que, pour toutn∈N^∗,X_n,→B µ

n,1 n

¶ . 1. RappelerX_n(Ω)ainsi queP(X_n=k)pour toutk∈X_n(Ω).

X_n(Ω)=J^0;nKet pour toutk∈J^0;nK^{, P(X}n=k)= Ãn

k

!µ1 n

¶kµ 1−1

n

¶n−k

.

2. Montrer que pour toutk∈Nfixé : Ãn

k

!

n→+∞∼ n^k

k!. Ãn

k

!

= n!

k! (n−k)!

=n(n−1) . . . (n−k+1)(n−k)!

k!(n−k)!

=n(n−1) . . . (n−k+1) k!

=

∼n

z}|{(n)

∼n

z }| { (n−1) . . .

∼n

z }| { (n−k+1) k!

+∞∼ n^k

k! car il y aktermes au numérateur 3. En déduire que, pour toutk∈N, on a : lim

n→+∞P(X_n=k)=e⁻¹

k! =P(Y=k)avecY,→P(1).

On a alors avec les deux questions précédentes : P(X_n=k)=

Ãn k

!µ1 n

¶kµ 1−1

n

¶n−k

+∞∼ n^k

k!

µ1 n

¶kµ 1−1

n

¶n−k

+∞∼ 1 k!

∼1

z }| { µ

1−1 n

¶−kµ 1−1

n

¶n

+∞∼ 1 k!

µ 1−1

n

¶_n

De plus, on a : µ

1−1 n

¶n

=exp (nln(1−1/n)).

Or, 1

n−→0 donc ln µ

1−1 n

¶

∼ −1

n donc : nln µ

1−1 n

¶

∼ −1.

Ainsi, limnln µ

1−1 n

¶

= −1 et par composition par la fonctionexpqui est continue : lim µ

1−1 n

¶n

=e⁻¹. Finalement, lim

n→+∞P(X_n=k)= lim

n→+∞

1 k!

µ 1−1

n

¶_n

=e⁻¹ k!.

–9/9–