Corrigé des exercices : Calcul de développements limités en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Échauffement sur les DL usuels

Idée clé : on applique directement le formulaire, en remplaçant la variable quand il le faut et en surveillant les signes.

1. Les DL du cosinus hyperbolique et du cosinus ont les mêmes termes en \(x^0\) et \(x^4\), mais des signes opposés en \(x^2\) :
   \[\mathrm{ch}\,x=1+\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^5),\qquad \cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^5).\]
   Par différence, \(\mathrm{ch}\,x-\cos x=x^2+o(x^5)\). La fonction est paire, d’où l’absence de terme impair.
2. Avec \(\alpha=\frac32\), les coefficients valent \(\alpha=\frac32\), \(\frac{\alpha(\alpha-1)}2=\frac38\) et \(\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}6=\frac{\frac32\cdot\frac12\cdot\left(-\frac12\right)}{6}=-\frac1{16}\). Donc \((1+x)^{3/2}=1+\frac32x+\frac38x^2-\frac1{16}x^3+o(x^3)\).
3. On remplace \(x\) par \(-2x\) dans \(\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+o(x^3)\). Il vient \(-2x-\frac{4x^2}2-\frac{8x^3}3\), soit \(\ln(1-2x)=-2x-2x^2-\frac83x^3+o(x^3)\).

Corrigé de l’exercice 2 – Développer ailleurs qu’en 0

Idée clé : après le changement \(x=a+h\), on factorise pour retrouver une forme usuelle en \(h\) qui tend vers \(0\).

1. On écrit \(\mathrm{e}^{1+h}=\mathrm{e}\cdot\mathrm{e}^h\). Donc \(\mathrm{e}^x=\mathrm{e}\left(1+h+\frac{h^2}2+\frac{h^3}6\right)+o(h^3)\) avec \(h=x-1\).
2. On écrit \(\ln(2+h)=\ln2+\ln\left(1+\frac h2\right)\). Ensuite, on remplace \(x\) par \(\frac h2\) dans le DL du logarithme. On obtient \(\ln x=\ln2+\frac h2-\frac{h^2}8+\frac{h^3}{24}+o(h^3)\) avec \(h=x-2\).
3. On factorise : \(\sqrt{4+h}=2\left(1+\frac h4\right)^{1/2}=2\left(1+\frac h8-\frac{h^2}{128}\right)+o(h^2)\). Donc \(\sqrt x=2+\frac h4-\frac{h^2}{64}+o(h^2)\) avec \(h=x-4\). Pour \(h=0{,}1\), on trouve \(2+\frac1{40}-\frac1{6400}=\frac{12959}{6400}\approx2{,}024844\). La valeur exacte \(\sqrt{4{,}1}\approx2{,}024846\) confirme la qualité de l’approximation.

Corrigé de l’exercice 3 – Parité et DL de ln(cos x)

Idée clé : on compose avec \(u=\cos x-1\), qui tend vers \(0\) et a pour valuation \(2\) ; la parité fournit ensuite un ordre gratuit.

1. Sur \(\left]-\frac\pi2,\frac\pi2\right[\), on a \(\cos x>0\), donc \(f\) est définie. Cet intervalle est symétrique et \(\cos(-x)=\cos x\). Ainsi, \(f\) est paire.
2. On pose \(u=\cos x-1=-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\). Comme \(u\) commence en \(x^2\), seules \(u\) et \(u^2\) contribuent à l’ordre \(4\), avec \(u^2=\frac{x^4}4+o(x^4)\). Alors :
   \[\ln(1+u)=u-\frac{u^2}2+o(x^4)=-\frac{x^2}2+\left(\frac1{24}-\frac18\right)x^4+o(x^4).\]
   Donc \(\ln(\cos x)=-\frac{x^2}2-\frac{x^4}{12}+o(x^4)\). La fonction étant paire, le coefficient de \(x^5\) est nul : le même polynôme convient avec un reste \(o(x^5)\).
3. Le DL donne la tangente \(y=0\) en \(0\). L’écart \(f(x)-0\) est équivalent à \(-\frac{x^2}2<0\). Ainsi, la courbe est localement en dessous de sa tangente horizontale, et \(0\) est un maximum local.

Corrigé de l’exercice 4 – Un produit à l’ordre 3

Idée clé : les deux facteurs commencent par \(1\), donc chacun doit être développé à l’ordre \(3\).

D’une part, \(\mathrm{e}^{-x}=1-x+\frac{x^2}2-\frac{x^3}6+o(x^3)\). D’autre part, avec \(\alpha=\frac12\) et \(2x\) à la place de \(x\) :

\[\sqrt{1+2x}=1+x-\frac{(2x)^2}{8}+\frac{(2x)^3}{16}+o(x^3)=1+x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}2+o(x^3).\]

On multiplie en regroupant par degré. Le terme en \(x\) vaut \(1-1=0\). Celui en \(x^2\) vaut \(-\frac12-1+\frac12=-1\). Celui en \(x^3\) vaut \(\frac12+\frac12+\frac12-\frac16=\frac43\). Donc \(f(x)=1-x^2+\frac43x^3+o(x^3)\).

Par unicité et Taylor-Young, \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient de \(x\), et \(\frac{f^{\prime\prime}(0)}2\) celui de \(x^2\). Ainsi, \(f^{\prime}(0)=0\) et \(f^{\prime\prime}(0)=-2\).

Corrigé de l’exercice 5 – Deux formes indéterminées en 0

Idée clé : le dénominateur fixe l’ordre utile ; on développe le numérateur jusqu’à ce même ordre.

1. Le dénominateur est \(x^2\), donc on travaille à l’ordre \(2\). On a \(\mathrm{e}^{2x}=1+2x+2x^2+o(x^2)\) et \(2\sin x=2x+o(x^2)\). Le numérateur vaut donc \(2x^2+o(x^2)\). Par conséquent, la limite vaut \(2\).
2. Le dénominateur vérifie \(\ln(1+x)-x=-\frac{x^2}2+o(x^2)\). Au numérateur, \(\sqrt{1+x}=1+\frac x2-\frac{x^2}8+o(x^2)\), d’où \(\sqrt{1+x}-1-\frac x2=-\frac{x^2}8+o(x^2)\). Le quotient tend donc vers \(\frac{-1/8}{-1/2}\), c’est-à-dire que la limite vaut \(\frac14\).

Corrigé de l’exercice 6 – Tangente et position pour ln(1 + x + x²)

Idée clé : on compose le DL de \(\ln(1+u)\) avec \(u=x+x^2\), de valuation \(1\), donc jusqu’à \(u^3\).

1. On calcule \(u^2=x^2+2x^3+o(x^3)\) et \(u^3=x^3+o(x^3)\). Ensuite :
   \[\ln(1+u)=u-\frac{u^2}2+\frac{u^3}3+o(x^3)=x+x^2-\frac{x^2}2-x^3+\frac{x^3}3+o(x^3).\]
   Ainsi, \(f(x)=x+\frac{x^2}2-\frac{2x^3}3+o(x^3)\).
2. La tangente en \(0\) est la droite \(y=x\). L’écart \(f(x)-x\) est équivalent à \(\frac{x^2}2\), positif pour \(x\neq0\). Par conséquent, la courbe est localement au-dessus de sa tangente.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Choisir les ordres dans un produit

Idée clé : la valuation de chaque facteur dit combien d’ordres l’autre facteur peut perdre.

1. Le facteur \(1-\cos x\) a pour valuation \(2\), de même que \(\ln(1+x^2)\). Pour un produit à l’ordre \(6\), chaque facteur suffit donc à l’ordre \(6-2=4\) :
   \[1-\cos x=\frac{x^2}2-\frac{x^4}{24}+o(x^4),\qquad \ln(1+x^2)=x^2-\frac{x^4}2+o(x^4).\]
   Le produit donne \(\frac{x^4}2+\left(-\frac14-\frac1{24}\right)x^6\). Ainsi, \((1-\cos x)\ln(1+x^2)=\frac{x^4}2-\frac{7x^6}{24}+o(x^6)\).
2. On écrit \(\sin x=x\,(1+v)\) avec \(v=-\frac{x^2}6+\frac{x^4}{120}+o(x^4)\). Alors \(\sin^3x=x^3(1+v)^3\) : le facteur \(x^3\) absorbe trois ordres, de sorte que \((1+v)^3\) n’est utile que jusqu’au degré \(4\). Le sinus n’est donc nécessaire qu’à l’ordre \(5\). Ensuite, \((1+v)^3=1+3v+3v^2+o(x^4)\), avec \(3v=-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{40}\) et \(3v^2=\frac{x^4}{12}+o(x^4)\). Le coefficient de \(x^4\) vaut \(\frac1{40}+\frac1{12}=\frac{13}{120}\). Finalement, \(\sin^3x=x^3-\frac{x^5}2+\frac{13x^7}{120}+o(x^7)\).

Corrigé de l’exercice 8 – Le quotient x sur sin x

Idée clé : on factorise \(x\) au dénominateur, ce qui ramène à \(\frac1{1+v}\) avec \(v\) de valuation \(2\).

1. On sait que \(\frac{\sin x}{x}\to1\). Donc \(f(x)\to1\), et \(f\) se prolonge par continuité avec \(f(0)=1\).
2. Pour \(x\neq0\), on a \(\sin x=x(1+v)\) avec \(v=-\frac{x^2}6+\frac{x^4}{120}+o(x^4)\). Le sinus est pris à l’ordre \(5\), car le facteur \(x\) fait perdre un ordre. Comme \(v\) a pour valuation \(2\), on garde \(1-v+v^2\), avec \(v^2=\frac{x^4}{36}+o(x^4)\) :
   \[f(x)=\frac1{1+v}=1+\frac{x^2}6-\frac{x^4}{120}+\frac{x^4}{36}+o(x^4).\]
   Or \(-\frac1{120}+\frac1{36}=\frac{-3+10}{360}=\frac7{360}\). Ainsi, \(f(x)=1+\frac{x^2}6+\frac{7x^4}{360}+o(x^4)\).
3. Le prolongement admet un \(\mathrm{DL}_1(0)\), à savoir \(1+0\cdot x+o(x)\). Il est donc dérivable en \(0\), avec \(f^{\prime}(0)=0\). Sa tangente en \(0\) est horizontale, d’équation \(y=1\). Comme \(f(x)-1\sim\frac{x^2}6\), cette différence reste positive près de \(0\) : le graphe se situe au-dessus de la droite \(y=1\), et \(1\) est un minimum local.

Remarque :

On aurait pu craindre de devoir développer le sinus à l’ordre \(4\) seulement, puisque l’on vise l’ordre \(4\). C’est le piège classique du quotient : le facteur \(x\) en facteur au dénominateur consomme un ordre, d’où le sinus à l’ordre \(5\).

Corrigé de l’exercice 9 – La composée e puissance cosinus

Idée clé : on isole la limite du cosinus pour faire apparaître une quantité qui tend vers \(0\).

1. Le DL de \(\exp\) en \(0\) ne s’applique qu’à une variable qui tend vers \(0\). Or \(\cos x\to1\). Remplacer \(u\) par \(\cos x\) dans \(1+u+\frac{u^2}2+\dots\) donnerait une somme infinie de termes constants : le théorème de composition ne s’applique pas.
2. On écrit \(\mathrm{e}^{\cos x}=\mathrm{e}\cdot\mathrm{e}^{w}\) avec \(w=\cos x-1=-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\), qui tend vers \(0\). Comme \(w\) est de valuation \(2\), on garde \(1+w+\frac{w^2}2\), avec \(\frac{w^2}2=\frac{x^4}8+o(x^4)\). Le coefficient de \(x^4\) vaut \(\frac1{24}+\frac18=\frac16\). Donc \(\mathrm{e}^{\cos x}=\mathrm{e}\left(1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}6\right)+o(x^4)\).
3. Grâce à la question 2, les termes \(\mathrm{e}\) et \(-\frac{\mathrm{e}}2x^2\) disparaissent du numérateur. Il reste \(\frac{\mathrm{e}}6x^4+o(x^4)\), et le quotient converge : la limite est \(\frac{\mathrm{e}}6\).

Corrigé de l’exercice 10 – Primitiver pour développer

Idée clé : les dérivées sont des puissances de \(1+x^2\) ou \(1-x^2\), faciles à développer ; on primitive ensuite sans oublier la constante.

1. On pose \(s=\sqrt{1+x^2}\), dont la dérivée vaut \(\frac{x}{s}\). Alors \(f^{\prime}(x)=\frac{1+\frac xs}{x+s}=\frac{s+x}{s(x+s)}\). Donc \(f^{\prime}(x)=\frac1{\sqrt{1+x^2}}\).
2. Avec \(\alpha=-\frac12\) et \(x^2\) à la place de \(x\), on a \(f^{\prime}(x)=1-\frac{x^2}2+\frac38x^4+o(x^4)\). De plus, \(f(0)=\ln1=0\). Par primitivation, \(f(x)=x-\frac{x^3}6+\frac{3x^5}{40}+o(x^5)\).
3. La dérivée de \(\arccos\) vaut \(-\frac1{\sqrt{1-x^2}}=-1-\frac{x^2}2-\frac38x^4+o(x^4)\). Comme \(\arccos0=\frac\pi2\), on obtient \(\arccos x=\frac\pi2-x-\frac{x^3}6-\frac{3x^5}{40}+o(x^5)\). On retrouve \(\arccos=\frac\pi2-\arcsin\).

Corrigé de l’exercice 11 – Deux asymptotes obliques

Idée clé : on sort \(|x|\) de la racine pour obtenir une expression en \(\frac1x\), puis on traite séparément les deux signes de \(x\).

1. Pour \(x>0\), on écrit \(f(x)=x\sqrt{1+u}\) avec \(u=\frac1x+\frac1{x^2}\to0\). On développe à l’ordre \(2\) en \(\frac1x\) : \(\sqrt{1+u}=1+\frac u2-\frac{u^2}8+o(u^2)\), et \(u^2=\frac1{x^2}+o\left(\frac1{x^2}\right)\). Il vient \(\sqrt{1+u}=1+\frac1{2x}+\left(\frac12-\frac18\right)\frac1{x^2}+o\left(\frac1{x^2}\right)\). En multipliant par \(x\) : \(f(x)=x+\frac12+\frac3{8x}+o\left(\frac1x\right)\) en \(+\infty\).
2. Pour \(x<0\), on a \(\sqrt{x^2}=-x\), donc \(f(x)=-x\sqrt{1+u}\) avec le même \(u\). Le même calcul donne \(f(x)=-x-\frac12-\frac3{8x}+o\left(\frac1x\right)\) en \(-\infty\).
3. Du côté de \(+\infty\), le graphe s’approche de \(y=x+\frac12\), et \(f(x)-\left(x+\frac12\right)\sim\frac3{8x}\) reste positif. Du côté de \(-\infty\), il s’approche de \(y=-x-\frac12\) ; l’écart vaut à peu près \(-\frac3{8x}\), positif lui aussi puisque \(x<0\). Ainsi, le graphe domine chacune de ses deux asymptotes.

Remarque :

On pouvait le prévoir sans calcul : \(x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34\), donc \(f(x)>\left|x+\frac12\right|\) pour tout \(x\). La courbe est la branche supérieure d’une hyperbole, dont les asymptotes sont justement les droites \(y=\pm\left(x+\frac12\right)\).

Corrigé de l’exercice 12 – Extremums de x sin x + cos x

Idée clé : le signe de la dérivée seconde tranche quand il est non nul ; sinon, on pousse le DL jusqu’au premier terme non nul.

1. On dérive : \(f^{\prime}(x)=\sin x+x\cos x-\sin x=x\cos x\), puis \(f^{\prime\prime}(x)=\cos x-x\sin x\). Ainsi, \(f^{\prime}(0)=0\) et \(f^{\prime}\left(\frac\pi2\right)=0\).
2. La fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^2\). En \(0\), \(f^{\prime\prime}(0)=1>0\) : \(f\) admet un minimum local strict en \(0\), qui vaut \(1\). En \(\frac\pi2\), \(f^{\prime\prime}\left(\frac\pi2\right)=0-\frac\pi2<0\) : \(f\) admet un maximum local strict en \(\frac\pi2\), qui vaut \(\frac\pi2\).
3. On a \(g^{\prime}(x)=\cos x-1+\frac{x^2}2\) et \(g^{\prime\prime}(x)=-\sin x+x\), qui s’annulent en \(0\). Le DL du sinus à l’ordre \(5\) donne \(g(x)=\frac{x^5}{120}+o(x^5)\). Le premier terme non nul est d’ordre impair : \(g(x)-g(0)\) change de signe en \(0\). Par conséquent, \(g\) n’a pas d’extremum local en \(0\).

La figure compare \(g\) à son équivalent \(\frac{x^5}{120}\) : la courbe traverse l’axe en \(0\) sans s’y arrêter.

Corrigé de l’exercice 13 – Tangente au graphe de ln(1 + e^x)

Idée clé : on factorise par \(2=1+\mathrm{e}^0\) pour composer \(\ln(1+w)\) avec une quantité \(w\) qui tend vers \(0\).

1. On a \(1+\mathrm{e}^x=2+(\mathrm{e}^x-1)=2\left(1+\frac{\mathrm{e}^x-1}2\right)\). En prenant le logarithme, \(f(x)=\ln2+\ln\left(1+\frac{\mathrm{e}^x-1}2\right)\).
2. On pose \(w=\frac{\mathrm{e}^x-1}2=\frac x2+\frac{x^2}4+\frac{x^3}{12}+\frac{x^4}{48}+o(x^4)\), de valuation \(1\). Il faut donc \(\ln(1+w)=w-\frac{w^2}2+\frac{w^3}3-\frac{w^4}4+o(x^4)\). On calcule :
   \[w^2=\frac{x^2}4+\frac{x^3}4+\frac{7x^4}{48}+o(x^4),\quad w^3=\frac{x^3}8+\frac{3x^4}{16}+o(x^4),\quad w^4=\frac{x^4}{16}+o(x^4).\]
   Ensuite, on regroupe. En \(x^2\) : \(\frac14-\frac18=\frac18\). En \(x^3\) : \(\frac1{12}-\frac18+\frac1{24}=0\). En \(x^4\) : \(\frac1{48}-\frac7{96}+\frac1{16}-\frac1{64}=\frac{4-14+12-3}{192}=-\frac1{192}\). Donc \(f(x)=\ln2+\frac x2+\frac{x^2}8-\frac{x^4}{192}+o(x^4)\).
3. La tangente en \(0\) a pour équation \(y=\ln2+\frac x2\). L’écart avec le graphe se comporte comme \(\frac{x^2}8\), qui ne change pas de signe : pas de traversée, le graphe reste au-dessus de la tangente près de \(0\).
4. On écrit \(f(x)-\frac x2=\ln\left(\mathrm{e}^{-x/2}(1+\mathrm{e}^x)\right)=\ln\left(\mathrm{e}^{-x/2}+\mathrm{e}^{x/2}\right)=\ln\left(2\,\mathrm{ch}\frac x2\right)\). Cette fonction est paire. Par conséquent, son DL ne contient que des puissances paires, ce qui confirme l’absence de terme en \(x^3\).

La figure montre la courbe au-dessus de sa tangente, ainsi que ses deux asymptotes \(y=0\) en \(-\infty\) et \(y=x\) en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 14 – Formes 1 puissance infini

Idée clé : on écrit \(A^B=\mathrm{e}^{B\ln A}\), puis on développe \(\ln A\) avec \(A\to1\) ; seul l’exposant demande un calcul.

1. Pour \(x\) proche de \(0\), on a \(\cos2x>0\) et \((\cos2x)^{1/x^2}=\exp\left(\frac{\ln(\cos2x)}{x^2}\right)\). D’après l’exercice 3, \(\ln(\cos t)=-\frac{t^2}2+o(t^2)\). Avec \(t=2x\), il vient \(\ln(\cos2x)=-2x^2+o(x^2)\), si bien que \(\frac{\ln(\cos2x)}{x^2}\to-2\). L’exponentielle étant continue en \(-2\), on trouve \(\mathrm{e}^{-2}\).
2. On a \(\ln\left((1+x)^{1/x}\right)=\frac{\ln(1+x)}x=1-\frac x2+o(x)\). Ainsi, \(\ln\left(\frac{(1+x)^{1/x}}{\mathrm{e}}\right)=-\frac x2+o(x)\). Après multiplication par \(\frac1x\), il reste \(-\frac12+o(1)\). Passant à l’exponentielle, on obtient \(\mathrm{e}^{-1/2}=\frac1{\sqrt{\mathrm{e}}}\).
3. On écrit \(\frac{x+3}{x+1}=1+\frac2{x+1}\). Comme \(\frac2{x+1}\to0\), on a \(\ln\left(1+\frac2{x+1}\right)\sim\frac2{x+1}\). L’exposant \(x\ln\left(1+\frac2{x+1}\right)\) est donc équivalent à \(\frac{2x}{x+1}\), dont la limite est \(2\). Par conséquent, le résultat est \(\mathrm{e}^2\).

Piège à éviter :

Écrire « \(\cos 2x\to1\), donc \((\cos2x)^{1/x^2}\to1\) » est faux : la base tend vers \(1\) mais l’exposant explose. C’est précisément la forme indéterminée \(1^\infty\), qu’il faut toujours traiter par le logarithme.

Corrigé de l’exercice 15 – Dérivées successives en 0 par unicité

Idée clé : pour une fonction de classe \(\mathcal{C}^\infty\), le coefficient de \(x^k\) dans le DL vaut \(\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\) ; il suffit de lire le bon coefficient.

1. On a \(x^2\ln(1+x)=x^3-\frac{x^4}2+\frac{x^5}3+o(x^5)\). Donc \(\frac{f^{(5)}(0)}{120}=\frac13\), soit \(f^{(5)}(0)=40\).
2. De même, \(x\arctan x=x^2-\frac{x^4}3+\frac{x^6}5+o(x^7)\), le reste en \(o(x^7)\) venant de la parité. On en déduit \(\frac{g^{(6)}(0)}{720}=\frac15\), soit \(g^{(6)}(0)=144\). En outre, le coefficient de \(x^7\) est nul, donc \(g^{(7)}(0)=0\), comme pour toute fonction paire.
3. On multiplie \(\mathrm{e}^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}2+o(x^4)\) par \(\cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\). Le coefficient de \(x^4\) vaut \(\frac1{24}-\frac12+\frac12=\frac1{24}\). Ainsi, \(\frac{h^{(4)}(0)}{24}=\frac1{24}\), soit \(h^{(4)}(0)=1\).

Corrigé de l’exercice 16 – Fraction rationnelle et suite de Fibonacci

Idée clé : l’identité \((1-x-x^2)f(x)=1\), combinée à l’unicité du DL, transforme le calcul en une relation de récurrence.

1. On pose \(u=x+x^2\), de valuation \(1\), et \(f=\frac1{1-u}=1+u+u^2+u^3+u^4+u^5+o(x^5)\). Les puissances valent \(u^2=x^2+2x^3+x^4\), \(u^3=x^3+3x^4+3x^5+o(x^5)\), \(u^4=x^4+4x^5+o(x^5)\) et \(u^5=x^5+o(x^5)\). En sommant par degré, on obtient \(f(x)=1+x+2x^2+3x^3+5x^4+8x^5+o(x^5)\).
2. Soit \(n\geqslant2\). On multiplie le \(\mathrm{DL}_n(0)\) de \(f\) par \(1-x-x^2\). Le produit est un DL de la fonction constante \(1\), dont l’unique DL est \(1+o(x^n)\). Pour \(k\geqslant2\), le coefficient de \(x^k\) dans le produit vaut \(c_k-c_{k-1}-c_{k-2}\) ; il est donc nul. De même, le coefficient constant donne \(c_0=1\), et celui de \(x\) donne \(c_1-c_0=0\). Ainsi, \(c_0=c_1=1\) et \(c_k=c_{k-1}+c_{k-2}\).
3. La suite se poursuit par \(13,21,34,55,89\). Donc \(c_{10}=89\).

Remarque :

Le calcul de la question 1 devient vite pénible si l’on vise l’ordre \(10\) : il faudrait développer \(u^{10}\). La relation de récurrence évite tout cela. C’est une technique générale pour les fractions rationnelles : on multiplie par le dénominateur et on identifie les coefficients, ce qui fournit une récurrence linéaire sur les coefficients du DL. Par ailleurs, on reconnaît ici la suite de Fibonacci, décalée d’un rang.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – DL d’une bijection réciproque

Idée clé : on cherche le DL de \(g\) avec des coefficients inconnus, puis on identifie dans \(f(g(y))=y\) grâce à l’unicité.

1. Continue, de dérivée \(1+3x^2\) partout strictement positive, \(f\) croît strictement. Elle part de \(-\infty\) et monte jusqu’à \(+\infty\). Chaque réel a donc exactement un antécédent : \(f\) est bijective de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\). Ensuite, puisque \(f\) est impaire, \(f(-g(y))=-f(g(y))=-y\), donc \(g(-y)=-g(y)\) : \(g\) est impaire.
2. La fonction \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\), donc admet un \(\mathrm{DL}_5(0)\) par Taylor-Young. Elle est impaire, donc ce DL ne contient que \(y\), \(y^3\) et \(y^5\). De plus, \(g(0)=0\) et \(g^{\prime}(0)=\frac1{f^{\prime}(0)}=1\). Ainsi, \(g(y)=y+ay^3+by^5+o(y^5)\).
3. On a \(g(y)^3=y^3+3ay^5+o(y^5)\). Donc \(f(g(y))=y+(a+1)y^3+(b+3a)y^5+o(y^5)\). Par unicité du DL de \(y\mapsto y\), on obtient \(a+1=0\) et \(b+3a=0\). Par conséquent, \(a=-1\) et \(b=3\), soit \(g(y)=y-y^3+3y^5+o(y^5)\).
4. En dérivant l’identité \(f(g(y))=y\), on a \(f^{\prime}(g(y))\,g^{\prime}(y)=1\), d’où \(g^{\prime}(y)=\frac1{1+3g(y)^2}\). Comme \(g(y)^2=y^2+o(y^2)\), cela donne \(g^{\prime}(y)=1-3y^2+o(y^2)\). Une primitivation, avec \(g(0)=0\), conduit à \(g(y)=y-y^3+o(y^3)\). Le coefficient obtenu concorde : \(a=-1\).

Remarque :

Un contrôle numérique rassure. Pour \(y=0{,}1\), la formule donne \(g(0{,}1)\approx0{,}1-0{,}001+0{,}00003=0{,}09903\). Or \(f(0{,}09903)\approx0{,}09903+0{,}000971\approx0{,}1000\), ce qui confirme le résultat.

Corrigé de l’exercice 18 – Une fraction qui imite l’exponentielle

Idée clé : on développe \(Q\) par la série géométrique, on identifie ses premiers coefficients avec ceux de l’exponentielle, puis on compare les premiers termes d’erreur.

1. Pour \(x\) proche de \(0\), on a \(\mu x\to0\), donc \(\frac1{1+\mu x}=1-\mu x+\mu^2x^2-\mu^3x^3+o(x^3)\). On multiplie par \(1+\lambda x\) et on regroupe par degré. Le coefficient de \(x\) vaut \(\lambda-\mu\). Celui de \(x^2\) vaut \(\mu^2-\lambda\mu=\mu(\mu-\lambda)\). Celui de \(x^3\) vaut \(-\mu^3+\lambda\mu^2=\mu^2(\lambda-\mu)\). Ainsi :
   \[Q(x)=1+(\lambda-\mu)\,x+\mu(\mu-\lambda)\,x^2+\mu^2(\lambda-\mu)\,x^3+o(x^3).\]
   C’est le développement de \(Q\) à l’ordre \(3\).
2. On veut retrouver \(1+x+\frac{x^2}2\) jusqu’à l’ordre \(2\). Par unicité, il faut \(\lambda-\mu=1\) et \(\mu(\mu-\lambda)=\frac12\). La seconde condition s’écrit \(-\mu=\frac12\). Donc \(\mu=-\frac12\) et \(\lambda=\frac12\), c’est-à-dire \(Q(x)=\frac{2+x}{2-x}\). On vérifie alors directement que \(Q(-x)=\frac{2-x}{2+x}=\frac1{Q(x)}\).
3. Avec ces valeurs, le coefficient de \(x^3\) dans \(Q\) vaut \(\frac14\times1=\frac14\). Celui de l’exponentielle vaut \(\frac16\). Par conséquent, \(Q(x)-\mathrm{e}^x=\left(\frac14-\frac16\right)x^3+o(x^3)\), soit \(Q(x)-\mathrm{e}^x\sim\frac{x^3}{12}\). Pour le polynôme, l’erreur vérifie \(\mathrm{e}^x-\left(1+x+\frac{x^2}2\right)\sim\frac{x^3}6\). Ainsi, à nombre de coefficients égal, la fraction est environ deux fois plus précise près de \(0\). En outre, elle respecte la relation fonctionnelle \(\mathrm{e}^{-x}=\frac1{\mathrm{e}^x}\), ce que le polynôme ne fait pas.
4. Pour \(x=0{,}1\), on obtient \(Q(0{,}1)=\frac{2{,}1}{1{,}9}=\frac{21}{19}\approx1{,}105263\). L’équivalent prévoit une erreur voisine de \(\frac{0{,}001}{12}\approx8\times10^{-5}\). En effet, \(\mathrm{e}^{0{,}1}\approx1{,}105171\), et l’écart réel vaut environ \(9\times10^{-5}\). Donc \(\mathrm{e}^{0{,}1}\approx\frac{21}{19}\) à \(10^{-4}\) près. Le polynôme donne \(1{,}105\), avec une erreur de l’ordre de \(1{,}7\times10^{-4}\).

La figure compare l’exponentielle, la fraction \(Q\) et le polynôme de degré \(2\) sur \([-1{,}5;1{,}5]\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Étude locale de x² arctan(1/x)

Idée clé : la relation entre \(\arctan\frac1x\) et \(\arctan x\) fait apparaître une constante différente à droite et à gauche de \(0\) ; c’est elle qui empêche un DL d’ordre \(2\).

1. La fonction arctangente est impaire. Donc, pour \(x\neq0\), \(f(-x)=x^2\arctan\left(-\frac1x\right)=-f(x)\) : \(f\) est impaire. Ensuite, \(|\arctan t|\leqslant\frac\pi2\) pour tout réel \(t\). Ainsi, \(|f(x)|\leqslant\frac\pi2x^2\to0\). Par conséquent, \(f\) se prolonge par continuité en posant \(f(0)=0\).
2. Pour \(x\neq0\), le taux d’accroissement vérifie \(\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}\right|=|x|\left|\arctan\frac1x\right|\leqslant\frac\pi2|x|\). Il tend donc vers \(0\). Ainsi, \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f^{\prime}(0)=0\).
3. Pour \(x>0\), la relation rappelée donne \(\arctan\frac1x=\frac\pi2-\arctan x\). Donc \(f(x)=\frac\pi2x^2-x^2\arctan x\). Avec \(\arctan x=x-\frac{x^3}3+o(x^4)\), on obtient, pour \(x\to0^+\) :
   \[f(x)=\frac\pi2x^2-x^3+\frac{x^5}3+o(x^5).\]
   Pour \(x<0\), on utilise l’imparité : \(f(x)=-f(-x)\), avec \(-x>0\). Il vient, pour \(x\to0^-\), \(f(x)=-\frac\pi2x^2-x^3+\frac{x^5}3+o(x^5)\). Les deux formules se résument en \(f(x)=\frac\pi2x|x|-x^3+\frac{x^5}3+o(x^5)\).
4. Supposons que \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+o(x^2)\) quand \(x\to0\). Cette égalité reste vraie pour \(x\to0^+\). Or, à droite, \(f(x)=\frac\pi2x^2+o(x^2)\). L’unicité du DL à droite donne \(a_2=\frac\pi2\). De même, à gauche, on trouve \(a_2=-\frac\pi2\). C’est contradictoire. Donc \(f\) n’admet pas de \(\mathrm{DL}_2(0)\), alors qu’elle admet un \(\mathrm{DL}_1(0)\) nul.
5. Quand \(x\to\pm\infty\), on pose \(t=\frac1x\to0\). Alors \(\arctan t=t-\frac{t^3}3+o(t^3)\), et \(f(x)=\frac1{t^2}\arctan t=\frac1t-\frac t3+o(t)\). Ainsi, \(f(x)=x-\frac1{3x}+o\left(\frac1x\right)\) en \(+\infty\) comme en \(-\infty\), avec \(a=1\), \(b=0\) et \(c=-\frac13\). Le graphe s’approche donc de \(y=x\) aux deux extrémités. Enfin, \(f(x)-x\sim-\frac1{3x}\) : le graphe passe sous cette droite vers \(+\infty\) et au-dessus vers \(-\infty\), en accord avec l’imparité de \(f\).

Remarque :

Ce problème montre que le lien entre DL et dérivabilité s’arrête à l’ordre \(1\), dans un sens comme dans l’autre. Ici, \(f\) est même dérivable sur \(\mathbb{R}\), mais sa dérivée se comporte comme \(\pi|x|\) près de \(0\) : elle n’est pas dérivable en \(0\). Le terme \(x|x|\) est l’archétype d’une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sans DL d’ordre \(2\).

La figure montre la courbe, son asymptote \(y=x\) et, près de l’origine, les deux demi-paraboles \(y=\pm\frac\pi2x^2\) qui la guident de chaque côté.

Pour aller plus loin

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