Université Cadi Ayyad
Faculté poly-disciplinaire de Safi
Département de Mathématiques et Informatique
Année univ. :2019-2020 Filières : SMI & SMA-S2
Module : Analyse3
Solutions de la série N
◦2 Partie 2 : Ex6, Ex7, · · · , Ex11
Solution de l’exercice 6[Tangente et asymptote]
Soit f la fonction définie sur Rpar
f(x) =√
1 +x+x2. 1- On écrit f(x) =√
1 +X avec X =x+x2 →0, on a X →0lorsque x→0.
On écrit le DL2(0) de√
1 +X, on a
√1 +X = 1 +1
2X− 1
8X2+o(X2) etX2 =x2+o(x2). Donc
f(x) = 1 + 1
2(x+x2)− 1
8x2+o(x2) = 1 + 1 2x+3
8x2+o(x2).
2- DuDL(0) def(x), il est clair que l’équation de la tangente en 0 est y= 1 + 1
2x.
On a
f(x)−(1 + 1
2x) = 3
8x2+o(x2) =x2(3
8+o(1)).
Comme lim
x→0(3
8 +o(1)) = 3
8. Donc f(x)−(1 + 1
2x) ≥ 0 dans un voisinage de 0, donc la courbe est au dessus da sa tangente au voisinage de0.
3- On poseX = 1
x →0+ lorsque x→+∞, et on a f(x) =
r 1 + 1
X + 1 X2 =
rX2+X+ 1
X2 = f(X) X . En calculant le DL1 asymptotique de f(x), on a
f(x) = 1 + 12X+38X2
X = 1
X +1 2 +3
8X+o(X).
Donc
f(x) =x+1 2 + 3
8x +o(1 x).
Une équation de l’asymptote en +∞ est donc y=x+1
2 et on a f(x)−(x+ 1
2) = 3
8x +o(1 x) = 1
x(3
8 +o(1)).
Cette expression est positive lorsque x→+∞.Donc la courbe est au dessus de son asymptote en +∞. 1
Solution de l’exercice 7
Soit α >0et f la fonction définie sur Rpar
f(x) = (x2+ 1)α−(x2+ 2)α. 1. Pour α= 2.
f(x) = 2x2+ 1−4x2−4 =−2x2−3.
Alors lim
x→+∞f(x) =−∞. 2. Pour α= 1.
f(x) =−1, Alors lim
x→+∞f(x) =−1.
3. Pour α= 1 2.
f(x) =√
x2+ 1−√
x2+ 2 = −1
√x2 + 1 +√
x2 + 2. Donc lim
x→+∞f(x) = 0.
2. Posons ϕ(u) = (1 +u)α, pour u >−1. On a f(x) =x2α(ϕ( 1
x2)−ϕ( 2 x2)).
La fonctionϕ est de classeC∞ sur ]−1,+∞[et on a
ϕ′(x) =α(1 +u)α−1, u >−1.
Donc le DL1(0) de ϕ est donné par
ϕ(u) = 1 +αu+uε(u) avec lim
u→0ε(u) = 0.
On a pour toutx >0 :
f(x) =x2α(α x2 + 1
x2ε( 1
x2)−2α x2 − 2
x2ε( 2 x2)).
Donc
f(x) =x2α(−α x2 + 1
x2η(x)), oùη(x) = ε( 1
x2)−2ε( 2
x2)→0 lorsque x→+∞.C-à-d
f(x) =x2(α−1)(−α+η(x)).
Comme lim
x→+∞(−α+η(x)) = −α on a donc
x→lim+∞f(x) =−∞ si α >1et lim
x→+∞f(x) = 0 si 0< α <1.
Solution de l’exercice 9[Dérivée n-ème en 0]
Remarquons que la fonction est de classe C∞. Par la formule de Taylor-Young, elle admet un dévelop- pement limité à l’ordren en 0, et le coefficient devant xn est f(n)(0)
n! . D’autre part, on a : x4
1 +x6 =x4
n
X
k=0
(−1)kx6k+o(x6n+4).
Par unicité de la partie régulière d’un développement limité, sin≡4 mod 6, alorsf(n)(0) =n!(−1)(n−4)/6, sinon, f(n)(0) = 0.
2
Solution de l’exercice 8 Soit f la fonction définie sur Rpar
f(x) =esinx. 1. Au voisinage de π
2. Posons x= π
2 +t, on a t→0lorsque x→f racπ2.
f(x) =esin(π2+t) =ecost. Calculons leDL4 du composée, pour t voisinage de 0on a
g(t) :=ecost =e1−t22+24t4+o(t2) =e.e−t22+o(t4). Posons u= t2
2 + t4
24, on au=o(t2)et on a
eu = 1 +u+1
2u2+o(u2).
Alors
g(t) =e.(1− t2 2 + t4
24+1 2(t4
4) +o(t4) =e− e 2t2− e
6t4+o(t4).
Par suite Dl4(π 2) :
f(x) =
x→π
2
e− e
2(x−π 2)2− e
6(x− π
2)4+o((x− π 2)4).
2. On a
f(x)−e =
x→π
2
−e
2(x−π 2)2 − e
6(x−π
2)4+o((x− π 2)4).
Donc
f(x)−e ∼
x→π
2
−e
2(x− π 2)2. 3. Comme conséquence, on déduit que
xlim→π
2
f(x)−e (x− π2)2 =−e
2. Solution de l’exercice 10[DL par équation différentielle]
1. On dérive f et on trouve, pour toutx∈]−1,1[, f′(x) = 1
1−x2 + xarcsin(x) (1−x2)√
1−x2. Il suffit donc de choisir a(x) = −x
1−x2. 2. On a
1
1−x2 = 1 +x2+x4+o(x4) et donc
−x
1−x2 =−x−x3+o(x4).
Puisquef est de classe C∞sur ]−1,1[,f admet un développement limité à tout ordre en0etf′ aussi.
De plus, le développement limité de f′ peut s’obtenir à partir de celui de f en dérivant. Écrivons donc f(x) = c0+c1x+c2x2+c3x3+c4x4+o(x4)
f′(x) = c1+ 2c2x+ 3c3x2+ 4c4x3+ 5c5x4+o(x4).
3
3.Ainsi, un développement limité def′(x) +a(x)f(x) est donné par
c1+ (2c2−c0)x+ (3c3−c1)x2+ (4c4−c2−c0)x3+ (5c5−c3−c1)x4+o(x4).
D’autre part, on a
1
1−x2 = 1 +x2+x4+o(x4).
Par unicité du développement limité, on en déduit que
c1 = 1 2c2−c0 = 0 3c3−c1 = 1 4c4−c2−c0 = 0 5c5−c3−c1 = 1
On remarque enfin que c0 =f(0) = 0. On en déduit alors facilement que c0 = 0, c1 = 1, c2 = 0, c3 = 2/3, c4 = 0, c5 = 8/15, .
Solution de l’exercice 11[Développement asymptotique d’une suite]
1. La fonction f définie sur R par f(x) =ex+x est dérivable, et sa dérivée vérifie f′(x) =ex+ 1>0.
Puisque lim
−∞f = −∞ et lim
+∞f = +∞, f réalise une bijection strictement croissante de R sur R. En particulier, il existe un unique élément un ∈ R pour lequel f(un) = n. 2. Puisque f est strictement croissante et que lim
+∞f = +∞,f−1 est aussi strictement croissante et vérifie également lim
+∞f−1 = +∞. Puisque un = f−1(n), on en déduit par passage à la limite que lim
+∞un = +∞. 3. Le point clé est de remarquer que, puisque un tend vers +∞, on aun=o(eun). De l’équation eun +un =n, on en déduit
un= log(n−un) = log(n) + log(1− un
n ),
Or n
un = 1 + eun un Donc lim
n→+∞
un
n = 0, par suite log(1− un
n ) =−un
n (1 +o(1)) =uno(1), alors un= log(n) +uno(1),
càd log(n) =un+uno(1). D’oùun ∼log(n).
4. D’après ce qui précède, on a
vn=un−log(n) = log(1− un
n ) =−un
n (1 +o(1)).
alors un= log(n)−un
n (1 +o(1)), or un∼log(n) donc un= log(n)− log(n)
n (1 +o(1))2. D’où
un= log(n)− log(n)
n (1 +o(1)).
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