Limites et asymptotes par DL : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « limites et asymptotes par DL », question par question.
Cette correction rédige chaque calcul comme une copie de licence. Les développements limités sont écrits avec leur reste en \(o\), et l’ordre choisi est toujours justifié. Ainsi, vous verrez pourquoi un ordre trop faible ne permet pas de conclure.
Pour les équivalents, la rédaction montre comment éviter la soustraction d’équivalents, erreur la plus coûteuse du chapitre. Dans les deux derniers exercices, le premier terme non nul du développement donne la position de la courbe. Une figure trace enfin la courbe du problème avec ses deux asymptotes. Refaites d’abord les calculs seul, puis comparez votre copie au corrigé, notamment grâce au barème détaillé.
L’énoncé complet se trouve ici : Limites et asymptotes par DL : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : limites et asymptotes par DL
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Trois développements limités | 3 points |
| 2. Formes indéterminées | 4 points |
| 3. Équivalents d’une différence | 3 points |
| 4. Tangente et position locale | 4 points |
| 5. Problème : une asymptote oblique | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : limites et asymptotes par DL
Exercice 1 – Trois développements limités (3 points)
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Avec \((1 + u)^{1/2} = 1 + \frac{u}{2} – \frac{u^2}{8} + \frac{u^3}{16} + o\left(u^3\right)\) et \(u = 2x\), on obtient \(\sqrt{1 + 2x} = 1 + x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{2} + o\left(x^3\right)\). De plus, \(\cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + o\left(x^3\right)\).
On multiplie alors en ne gardant que les termes de degré au plus \(3\). Le terme en \(x^2\) vaut \(-\frac{1}{2} – \frac{1}{2} = -1\), et celui en \(x^3\) vaut \(\frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0\). Ainsi, \(\sqrt{1 + 2x}\,\cos x = 1 + x – x^2 + o\left(x^3\right)\) : le coefficient de degré \(3\) est nul.
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On pose \(u = \sin x = x – \frac{x^3}{6} + o\left(x^3\right)\), qui tend vers \(0\). Ensuite, \(\frac{1}{1 + u} = 1 – u + u^2 – u^3 + o\left(u^3\right)\), avec \(u^2 = x^2 + o\left(x^3\right)\) et \(u^3 = x^3 + o\left(x^3\right)\).
Par conséquent, \(\frac{1}{1 + \sin x} = 1 – x + \frac{x^3}{6} + x^2 – x^3 + o\left(x^3\right)\), soit \(\frac{1}{1 + \sin x} = 1 – x + x^2 – \frac{5}{6}x^3 + o\left(x^3\right)\).
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Avec \(x = 1 + h\) et \(h\) qui tend vers \(0\), on a \(\ln(1 + h) = h – \frac{h^2}{2} + o\left(h^2\right)\) et \(\frac{1}{1 + h} = 1 – h + o(h)\). Comme \(\ln(1 + h)\) commence par \(h\), l’ordre \(1\) suffit pour le second facteur.
Le produit vaut donc \(h – h^2 – \frac{h^2}{2} + o\left(h^2\right)\). On obtient \(\frac{\ln x}{x} = (x – 1) – \frac{3}{2}(x – 1)^2 + o\left((x – 1)^2\right)\).
Exercice 2 – Formes indéterminées (4 points)
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Le quotient est de la forme \(\frac{0}{0}\). Le dénominateur vérifie \(x\sin x = x^2 + o\left(x^2\right)\) : il faut donc développer le numérateur à l’ordre \(2\). Or \(\mathrm{e}^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + o\left(x^2\right)\), donc le numérateur vaut \(2x^2 + o\left(x^2\right)\).
Le quotient tend alors vers \(2\).
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Il s’agit d’une forme \(\infty – \infty\). D’abord, \(1 – \cos x = \frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{24} + o\left(x^4\right) = \frac{x^2}{2}\left(1 – \frac{x^2}{12} + o\left(x^2\right)\right)\).
Ensuite, comme \(\frac{1}{1 – v} = 1 + v + o(v)\), on obtient \(\frac{1}{1 – \cos x} = \frac{2}{x^2}\left(1 + \frac{x^2}{12} + o\left(x^2\right)\right) = \frac{2}{x^2} + \frac{1}{6} + o(1)\).
Par différence, \(\frac{2}{x^2} – \frac{1}{1 – \cos x} = -\frac{1}{6} + o(1)\), donc la limite vaut \(-\frac{1}{6}\).
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La forme est \(1^{\infty}\). Pour \(x > \frac{4}{\pi}\), on a \(0 < \frac{2}{x} < \frac{\pi}{2}\), donc \(\cos\frac{2}{x} > 0\), et l’on peut écrire \(\left(\cos\frac{2}{x}\right)^{x^2} = \exp\left(x^2\ln\left(\cos\frac{2}{x}\right)\right)\).
Posons \(u = \frac{2}{x}\), qui tend vers \(0\). Alors \(\cos u – 1 = -\frac{u^2}{2} + o\left(u^2\right)\), et puisque \(\ln(1 + v) \sim v\) en \(0\), on obtient \(\ln(\cos u) \sim -\frac{u^2}{2} = -\frac{2}{x^2}\).
Ainsi, \(x^2\ln\left(\cos\frac{2}{x}\right)\) tend vers \(-2\). Par continuité de l’exponentielle, la limite cherchée vaut \(\mathrm{e}^{-2}\).
Piège classique : remplacer \(\cos\frac{2}{x}\) par \(1\) avant de passer à la puissance, ce qui donne à tort une limite égale à \(1\).
Exercice 3 – Équivalents d’une différence (3 points)
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On développe chaque terme à l’ordre \(2\) : \(\ln(1 + x) = x – \frac{x^2}{2} + o\left(x^2\right)\) et \(\sin x = x + o\left(x^2\right)\). La différence vaut donc \(-\frac{x^2}{2} + o\left(x^2\right)\), d’où \(\ln(1 + x) – \sin x \sim -\frac{x^2}{2}\).
En soustrayant les équivalents, on aurait écrit que la différence est équivalente à \(x – x = 0\). C’est absurde, car seule une fonction nulle au voisinage de \(0\) est équivalente à \(0\).
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Comme \(\mathrm{e}^{x} – 1 \sim x\), le dénominateur vérifie \(x\left(\mathrm{e}^{x} – 1\right) \sim x^2\). Les équivalents se divisent, donc le quotient est équivalent à \(\frac{-x^2/2}{x^2} = -\frac{1}{2}\). La limite vaut ainsi \(-\frac{1}{2}\).
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Pour \(x \geq 1\), on écrit \(\sqrt{x^2 + 3x} = x\sqrt{1 + \frac{3}{x}}\), car \(x > 0\). Avec \(u = \frac{3}{x}\), qui tend vers \(0\), on a \(\sqrt{1 + u} = 1 + \frac{u}{2} – \frac{u^2}{8} + o\left(u^2\right)\).
On obtient donc \(\sqrt{x^2 + 3x} = x + \frac{3}{2} – \frac{9}{8x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\), puis \(b(x) = -\frac{9}{8x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\). Finalement, \(b(x) \sim -\frac{9}{8x}\) en \(+\infty\), ce qui confirme que la courbe reste sous l’axe des abscisses.
Exercice 4 – Tangente et position locale (4 points)
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En \(0\), on a \(\arctan x = x – \frac{x^3}{3} + o\left(x^3\right)\) et \(\frac{1}{1 + x} = 1 – x + x^2 + o\left(x^2\right)\). Puisque \(\arctan x\) commence par \(x\), l’ordre \(2\) suffit pour le second facteur.
Le produit donne \(x – x^2 + x^3 – \frac{x^3}{3} + o\left(x^3\right)\), donc \(k(x) = x – x^2 + \frac{2}{3}x^3 + o\left(x^3\right)\).
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Le développement à l’ordre \(1\) donne \(k(0) = 0\) et \(k^{\prime}(0) = 1\), donc \(T : y = x\). Ensuite, \(k(x) – x = -x^2 + o\left(x^2\right)\) est du signe de \(-x^2\) au voisinage de \(0\).
Par conséquent, la courbe est en dessous de \(T\) de part et d’autre de \(0\).
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Pour \(x\) non nul proche de \(0\), on a \(\varphi(x) = -1 + \frac{2}{3}x + o(x)\). Ainsi, \(\varphi\) tend vers \(-1\) en \(0\) : on la prolonge par continuité en posant \(\varphi(0) = -1\).
Ce prolongement admet alors un développement limité à l’ordre \(1\) en \(0\). Or une fonction qui admet un DL d’ordre \(1\) en un point y est dérivable, de dérivée égale au coefficient de \(x\). Donc \(\varphi\) est dérivable en \(0\) et \(\varphi^{\prime}(0) = \frac{2}{3}\).
Exercice 5 – Problème : une asymptote oblique (6 points)
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Il faut \(x \neq 0\) et \(\mathrm{e} + \frac{1}{x} > 0\). Pour \(x > 0\), la condition est toujours vraie. Pour \(x < 0\), elle équivaut à \(\frac{1}{x} > -\mathrm{e}\), soit \(1 < -\mathrm{e}x\) après multiplication par \(x < 0\), donc \(x < -\frac{1}{\mathrm{e}}\). Ainsi, \(D = \left]-\infty\,;\,-\frac{1}{\mathrm{e}}\right[ \cup \left]0\,;\,+\infty\right[\).
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Pour \(h\) proche de \(0\), on écrit \(\ln(\mathrm{e} + h) = \ln\mathrm{e} + \ln\left(1 + \frac{h}{\mathrm{e}}\right)\). Avec \(\ln(1 + v) = v – \frac{v^2}{2} + o\left(v^2\right)\), on obtient \(\ln(\mathrm{e} + h) = 1 + \frac{h}{\mathrm{e}} – \frac{h^2}{2\mathrm{e}^2} + o\left(h^2\right)\).
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Quand \(x\) tend vers \(+\infty\) ou vers \(-\infty\), \(h = \frac{1}{x}\) tend vers \(0\). Alors \(f(x) = \frac{1}{h}\ln(\mathrm{e} + h) = \frac{1}{h} + \frac{1}{\mathrm{e}} – \frac{h}{2\mathrm{e}^2} + o(h)\).
En revenant à \(x\), on trouve bien \(f(x) = x + \frac{1}{\mathrm{e}} – \frac{1}{2\mathrm{e}^2 x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\).
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D’après la question précédente, \(f(x) – \left(x + \frac{1}{\mathrm{e}}\right) = -\frac{1}{2\mathrm{e}^2 x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\), qui tend vers \(0\) en \(\pm\infty\). Donc \(\Delta\) est asymptote à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\).
De plus, cette différence est équivalente à \(-\frac{1}{2\mathrm{e}^2 x}\), donc du signe de \(-x\) pour \(|x|\) assez grand. Ainsi, \(\mathcal{C}\) est en dessous de \(\Delta\) au voisinage de \(+\infty\), et au-dessus au voisinage de \(-\infty\).
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Pour \(x > 0\), on a \(\mathrm{e} + \frac{1}{x} = \frac{1 + \mathrm{e}x}{x}\), donc \(f(x) = -x\ln x + x\ln(1 + \mathrm{e}x)\). Par croissances comparées, \(x\ln x\) tend vers \(0\), et le second terme aussi. Donc \(f\) tend vers \(0\) en \(0^+\).
Quand \(x\) tend vers \(-\frac{1}{\mathrm{e}}\) par valeurs inférieures, \(\frac{1}{x}\) tend vers \(-\mathrm{e}\) par valeurs supérieures. Ainsi, \(\mathrm{e} + \frac{1}{x}\) tend vers \(0^+\), son logarithme tend vers \(-\infty\), et \(x\) tend vers \(-\frac{1}{\mathrm{e}} < 0\). Donc \(f\) tend vers \(+\infty\) : la droite d’équation \(x = -\frac{1}{\mathrm{e}}\) est asymptote verticale.
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La figure suivante montre l’allure attendue. À droite, la courbe part de l’origine, exclue, puis reste sous \(\Delta\). À gauche, elle monte vers l’asymptote verticale et reste au-dessus de \(\Delta\) en \(-\infty\).
Piège classique : conclure à la même position relative en \(+\infty\) et en \(-\infty\), alors que le terme en \(\frac{1}{x}\) change de signe.
À retenir de ce contrôle
- On développe chaque facteur à l’ordre voulu, puis on ne garde dans le produit que les termes de degré inférieur ou égal à cet ordre.
- Pour lever une indétermination, on développe jusqu’au premier terme non nul du dénominateur, puis le numérateur au même ordre.
- Deux équivalents ne se soustraient pas : on développe chaque terme puis on garde le premier terme non nul de la différence.
- La droite y = ax + b est asymptote si f(x) – (ax + b) tend vers 0 ; le signe du terme suivant donne la position de la courbe.
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