TD 5 : Développements limités - corrigé

mathématiques - S2

TD 5 : Développements limités - corrigé

exercices théoriques 1. Déterminer les limites suivantes :

(a) lim

cos(x) − 1

x (b) lim

1 sin x − 1

x (c) lim

cos(2x) − 1 arctan(x

) (d) lim

√ 1 + x − 1 − sin(x/2)

x

(e) lim

1

sin

x − 1 x

corrigé succinct : (a) Au voisinage de 0,cos(x) = 1−x²/2 +.., donc cos(x)−1

x =−x/2 +..: la limite est 0.

(b) On peut commencer par exprimer la différence en réduisant les fractions au même dé- nominateur pour se ramener à une forme indéterminée du type "0/0" : 1

sinx − 1 x = x−sinx

xsinx . On peut alors écrire un développement limité du dénominateur et du numéra- teur avec un terme non nul :x−sinx=x³/6 +x³ǫ(x)etxsinx=x²+x²ǫ(x), donc

x−sinx

xsinx =x/6 +xǫ(x), et ainsi la limite est nulle.

(c) Pour lever l’indétermination du type "0/0", il faut effectuer des développements limi- tés du numérateur et du dénominateur ayant chacun un terme principal non nul (au moins). On peut ainsi, pour le dénominateur, écrirecos 2x−1 = −4x²/2 +x²ǫ(x) etarctan(x²) = x² +... Le quotient est donc de la forme −4x²/2 +x²ǫ(x)

x²+.. =

−2 +ǫ(x)

1 +ǫ(x) , et la limite en 0 est−2.

(d) Un développement limité d’ordre 2 du dénominateur suffira. Or√

1 +x−1 =x/2− x²/8 +x²ǫ(x)et−sin(x/2) =−x/2 +x²ǫ(x), donc la limite cherchée est−1/8.

(e) On peut additionner les fractions et faire un développement limité des numérateurs et dénominateurs. On peut aussi procéder ainsi :sin²(x) = (x− 1

6x³+x⁴ǫ(x))² = x²−1

3x⁴+x⁴ǫ(x), donc 1 sin²x− 1

x² = 1

x²(₁ ¹

− 1

3x²+x²ǫ(x) −1) = 1

x²(1 +¹₃x²+ x²ǫ(x)−1) =1

3+ǫ(x), la limite cherchée est donc1/3.

2. Donner, en précisant leur position relative, les asymptotes aux courbes :

C

: y = x

cos 1

x − x

C

: y = 1 − 3x

3 − 2x C

: y = √

2x

− x + 1

corrigé succinct : C1: de même on constate qu’en l’infini, en utilisant un développement limité d’ordre 4 en 0 decosupuis en remplaçantupar ¹_xon obtient x³cos¹_x−x³=−^x₂ +_24x¹ +_x¹ǫ(¹_x), donc y=−^x₂ est asymptote , située au dessous deC1en+∞et en dessus en−∞. C2: pour pouvoir utiliser les calculs usuels de développements limités, on commence par faire apparaître des1/xen factorisantx²au dénominateur etxau numérateur :

1−3x²

3−2x = ^−3x_−2x²×^1−1/(3x_1−3/(2x)²⁾

= ^3x₂(1 +_2x³ +_12x²³2 +_x¹2ǫ(1/x)) (division selon les puissances croissantes)

1−3x²

3−2x = ^3x₂ +⁹₄ +_8x²³+_x¹ǫ(1/x)

donc la droite d’équationy= ^3x₂ +⁹₄ est asymptote en−∞et en+∞, située au dessous de C2en+∞, au dessus en−∞. De plus on a évidemment une asymptote verticale pourx= 3/2.

C3: on factorise2x²pour se ramener au développement limité de√ 1 +u= 1 + ¹₂u−¹₈u²+u²ǫ(u):

√2x²−x+ 1 = √ 2x²q

1−_2x¹ +_2x¹2

= √

2x²(1 +¹₂(−_2x¹ +_2x¹2)−¹₈(−_2x¹ +_2x¹2)²+ (−_2x¹ +_2x¹2)²ǫ(−_2x¹ +_2x¹2)

= √

2x²(1−_4x¹ +_4x¹2)−¹_84x¹²+_x¹2ǫ(1/x)

√2x²−x+ 1 = √

2x²(1−_4x¹ +_32x⁷2 +_x¹2ǫ(1/x)) Donc sixtend vers+∞,y=√

2(x−¹4+_32x⁷ +¹_xǫ(1/x)).

La droite d’équationy=√

2(x−¹₄)est donc asymptote en+∞ , et C3est située au dessus de son asymptote (car le coefficient de1/x,7/32, est positif).

De même sixtend vers−∞,y=−√

2(x−¹4+_32x⁷ +_x¹ǫ(1/x)). La droite d’équation y=−√

2(x−¹₄)est asymptote, etC3est située au dessus de son asymptote (car le coefficient de1/xest négatif et1/xest aussi négatif).

3. Donner les développements limités des expressions suivantes : (a) √

1 − 2x en 0 à l’ordre 3 (b) 1

2 − x en 0 à l’ordre 4 (c) 3 sin 2x − 2 sin 3x en 0 à l’ordre 3 (d) 1

3 + 2x

en 0 à l’ordre 6 (e) x

+ 2x

− 3x + 1

1 − x

+ x

en 0 à l’ordre 3 (f) 1

2 − x en 1 à l’ordre 4 (g) sin(x) à l’ordre 3 en π/4

corrigé succinct : (a)√

1−2x= (1−2x)^1/2donc en utilisant le développement limité de (1 +t)^αavect=−2xetα= 1/2, on trouve

√1−2x= 1−x−¹2x²−¹2x³+x³ǫ(x).

(b) 1 2−x =1

2. 1

1−x/2, donc en utilisant le développement limité de 1

1 +t(avec t=-x/2), on trouve 1

2−x= ¹₂(1 +x 2+ (x

2)²+ (x 2)³+ (x

2)⁴+x⁴ǫ(x)). Après simplification, 1

2−x= 1 2+1

4x+1 8x²+ 1

16x³+ 1

32x⁴+x⁴ǫ(x).

(c) Il suffit d’utiliser deux fois le développement desinpour trouver 3 sin 2x−2 sin 3x= 5x³+x³ǫ(x).

(d) On utilise le développement d’ordre 3 en 0 de 1

1 +t: en remplaçanttpar2x²on obtient un développement limité d’ordre 6 enx, donc l’expression est après simplification

1 3 + 2x² = 1

3−2 9x²+ 4

27x⁴− 8

81x⁶+x⁶ǫ(x).

(e) On effectue la division selon les puissances croissantes à l’ordre 3, en supprimant tous les termes d’ordre supérieur ou égal à 4, qui ne nous intéressent pas dans le cadre d’un DL d’ordre 3. Donc : 1−3x+ 2x²+x³= (1−x²)(1−3x+ 3x²−2x³) +x³ǫ(x), et le développement limité

cherché est ainsi x³+ 2x²−3x+ 1

1−x²+x⁴ = 1−3x+ 3x²−2x³+x³ǫ(x).

(f) Attention ici, on cherche un développement limité en 1, autrement dit on cherche à approcher 1

2−xau voisinage de 1 par un polynôme de degré 4 en(1−x): pour cela on écrit 1

2−x= 1

1 + (1−x), et on utilise le développement limité de 1

1 +ten remplaçantt par1−x(c’est possible car sixtend vers 1,ttend vers 0) : ainsi, 1

2−x= 1−(1−x) + (1−x)²−(1−x)³+ (1−x)⁴+ (1−x)⁴ǫ(1−x).

4. Donner un équivalent en + ∞ des fonctions suivantes : a(x) = ln(1 +

) − sin

, b(x) = √

5x

− 2x, c(x) = √

x

− x − x.

corrigé succinct :a(x)∼ − 1

2x²; c(x) =∼ −1

2; b(x)≃√

5x^3/2.

exercices pratiques

1. * Validité de l’approximation des petits angles :

On souhaite estimer la validité de l’approximation sin θ ≃ θ.

(a) Montrer que pour tout angle θ, | sin θ − θ | ≤ | θ |

/6.

(b) Pour quels angles l’approximation est-elle valable à 10

près ?

corrigé succinct : (a) On utilise la formule de Taylor-Mac Laurin à l’ordre 3 :sinθ= 0+cos 0θ−sin 0θ²/2− cosu θ³/6, avecu∈[0;θ], donc|sinθ−θ| ≤ |cosu||θ|³/6d’où le résultat carcosest à valeurs dans[−1; 1].

(b) il suffit de choisirθtel queθ³= 6.10⁻², soitθ= 0,391rad, soit en degrés :θ= 22,43˚

(ATTENTION : pour pouvoir écriresinx=xl’anglexdoit être exprimé en radians ! ! !)

2. dipôle électrique

On place en A( − a, 0) une charge − q, et en B(a, 0) une charge q. Dé- terminer le potentiel électrique V (M ) en un point M situé loin du dipôle, en fonction de ses coordonnées polaires r et θ.

corrigé succinct : on détermineAM=rp

1 + 2a/rcosθ+a²/r², BM=rp

1−2a/rcosθ+a²/r², donc V(M) = −q

4πǫ0r

1

p1 + 2a/rcosθ+a²/r² + q 4πǫ0r

1

p1−2a/rcosθ+a²/r². Sir >> a,2r/acosθ−a²/r²≃2r/acosθet−2r/acosθ−a²/r² ≃ −2r/acosθsont

petits, donc avec l’approximation 1

√1−x= 1 +x/2on en déduitV(M) = qacosθ 2πǫ0r²

3. * Circuit RLC parallèle : tracer en fonction de ω la courbe représen- tant le module de l’impédance complexe d’un circuit R, L, C paral- lèle.

Préciser ses asymptotes et leur position par rapport à la courbe.

corrigé succinct : On a1/Z= 1/R+jCω+ 1/(jLω)et donc 1/|Z|=p

(1/R)²+ (Cω−1/(Lω))².

|1/Z|est minimal quandCω= 1/(Lω), i.e quandω= 1/√

LC=ω0. Quandωtend vers 0, on a|1/Z| ∼1/(Lω)donc on a une asymptote verticale à la courbe en 0, et on peut même voir que l’hyperbole1/(Lω)est une asymptote (donnant un équivalent de meilleure précision).

Quandωtend vers+∞, un développement limité montre queCωest asymptote à1/|Z|...

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