Corrigé des exercices : Taylor-Young et DL usuels en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Comparer avec o, O et équivalents

Idée clé : on revient chaque fois au quotient des deux fonctions et à sa limite.

1. Le quotient \(x^2/x=x\) tend vers 0 en 0. L’affirmation est vraie.
2. D’abord, \(x/x^2=1/x\) tend vers 0 en \(+\infty\). Ensuite, \(\ln x/\sqrt x\) tend vers 0 par croissances comparées. Les deux affirmations sont vraies.
3. Le quotient vaut \(\sin(1/x)\), qui est borné par 1 : on a donc \(O(x^2)\). En revanche, ce quotient n’a pas de limite en 0, donc il ne tend pas vers 1. L’affirmation est vraie.
4. Prenons \(f(x)=x+1\) et \(g(x)=x\) : on a bien \(f\sim g\) en \(+\infty\). Cependant, \(e^{f}/e^{g}=e\) ne tend pas vers 1. L’affirmation est fausse.
5. Les deux fonctions sont équivalentes à \(x\), donc équivalentes entre elles par transitivité. Ensuite, les différences valent \(x^2\) et \(x^3\), et \(x^2/x^3=1/x\) ne tend pas vers 1. L’affirmation est vraie : c’est l’exemple type qui interdit de soustraire des équivalents.
6. Si \(u=o(x^2)\) et \(v=O(x^3)\), alors \(\frac{uv}{x^5}=\frac{u}{x^2}\cdot\frac{v}{x^3}\) est le produit d’une fonction de limite nulle par une fonction bornée. Il tend donc vers 0. L’affirmation est vraie.

Corrigé de l’exercice 2 – DL par somme et produit

Idée clé : on développe chaque facteur à l’ordre voulu, puis on ne garde que les produits de degré assez petit.

1. Les deux fonctions sont paires et commencent par 1. À l’ordre 4, leurs parties régulières sont \(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}\) et \(1+\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}\). Dans le produit, les deux termes en \(x^2\) se neutralisent. Le coefficient de \(x^4\) vaut \(\frac{1}{24}+\frac{1}{24}-\frac14=-\frac16\). On obtient \(\cos x\,\mathrm{ch}\,x=1-\frac{x^4}{6}+o(x^4)\).
2. Avec \(\alpha=-\frac12\), on a \((1+x)^{-1/2}=1-\frac{x}{2}+\frac{3x^2}{8}-\frac{5x^3}{16}+o(x^3)\). On multiplie par \(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}\). Le coefficient de \(x\) vaut \(1-\frac12=\frac12\). Celui de \(x^2\) vaut \(\frac38-\frac12+\frac12=\frac38\). Enfin, celui de \(x^3\) vaut \(-\frac{5}{16}+\frac38-\frac14+\frac16=\frac{-15+18-12+8}{48}=-\frac{1}{48}\). Ainsi, \(e^{x}(1+x)^{-1/2}=1+\frac{x}{2}+\frac{3x^2}{8}-\frac{x^3}{48}+o(x^3)\).
3. Comme \(\cos x\) est multiplié par \(x\), l’ordre 4 suffit pour lui. On a \(x\cos x=x-\frac{x^3}{2}+\frac{x^5}{24}+o(x^5)\). Quant à \(\sin x\), sa partie régulière d’ordre 5 vaut \(x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}\). Par différence, le coefficient de \(x^3\) vaut \(\frac12-\frac16=\frac13\) et celui de \(x^5\) vaut \(\frac{1}{120}-\frac{5}{120}=-\frac{1}{30}\). Donc \(\sin x-x\cos x=\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{30}+o(x^5)\).

Une vérification rapide est toujours possible. Par exemple, au premier point, la fonction est paire, donc aucun exposant impair ne doit apparaître. Au troisième point, la fonction est impaire, et seuls \(x^3\) et \(x^5\) subsistent. De plus, le signe de \(\frac{x^3}{3}\) est cohérent : \(\sin x-x\cos x\) est positive pour \(x\) petit et positif.

Corrigé de l’exercice 3 – Équivalents élémentaires

Idée clé : un DL à l’ordre 1 ou 2 suffit ; l’équivalent est le premier terme non nul.

1. On écrit \(3^x=e^{x\ln3}=1+x\ln3+o(x)\) et de même \(2^x=1+x\ln2+o(x)\). La différence vaut \(x\ln\frac32+o(x)\), et \(\ln\frac32\neq0\). Donc \(3^x-2^x\sim x\ln\frac32\).
2. On a \(\sqrt{1\pm x}=1\pm\frac{x}{2}+o(x)\). La différence vaut \(x+o(x)\). Donc \(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\sim x\).
3. Posons \(u=\cos 3x-1\), qui tend vers 0. Alors \(\ln(1+u)\sim u\), et \(u\sim-\frac{(3x)^2}{2}\). Donc \(\ln(\cos3x)\sim-\frac{9x^2}{2}\).
4. La quantité conjuguée donne \(\sqrt{x+1}-\sqrt x=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt x}\). Or \(\sqrt{x+1}\sim\sqrt x\), donc le dénominateur est équivalent à \(2\sqrt x\). Ainsi, \(\sqrt{x+1}-\sqrt x\sim\frac{1}{2\sqrt x}\) en \(+\infty\).

Au troisième point, nous avons composé un équivalent par le logarithme sous la forme \(\ln(1+u)\sim u\). Ce geste est permis, car \(u\) tend vers 0. En revanche, écrire \(\cos3x\sim1\) puis prendre le logarithme donnerait \(\ln 1=0\), ce qui n’a aucun sens pour un équivalent.

Corrigé de l’exercice 4 – Dérivées en 0 grâce à l’unicité

Idée clé : par Taylor-Young et unicité, le coefficient de \(x^k\) vaut \(f^{(k)}(0)/k!\).

1. La fonction \(f\) est paire et de classe \(C^\infty\). Si \(f(x)=\sum c_kx^k+o(x^4)\), alors \(f(-x)=\sum(-1)^kc_kx^k+o(x^4)\) est aussi un DL de \(f\). Par unicité, \(c_k=(-1)^kc_k\), donc \(c_k=0\) pour \(k\) impair. Le DL ne contient que des puissances paires.
2. En remplaçant \(x\) par \(x^2\) dans le DL de \(\frac{1}{1+x}\), la fraction \(\frac{1}{1+x^2}\) a pour partie régulière \(1-x^2+x^4\) à l’ordre 4. On la multiplie par celle du cosinus, \(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}\). Le coefficient de \(x^2\) vaut \(-1-\frac12=-\frac32\). Celui de \(x^4\) vaut \(1+\frac12+\frac{1}{24}=\frac{37}{24}\). Donc \(f(x)=1-\frac{3x^2}{2}+\frac{37x^4}{24}+o(x^4)\).
3. Par identification, \(\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2}=-\frac32\) et \(\frac{f^{(4)}(0)}{24}=\frac{37}{24}\). On obtient \(f^{\prime\prime}(0)=-3\) et \(f^{(4)}(0)=37\).

Corrigé de l’exercice 5 – Approcher la racine carrée de 1,1

Idée clé : l’inégalité de Taylor-Lagrange transforme une borne de \(\varphi^{\prime\prime\prime}\) en erreur garantie.

1. On a \(\varphi^{\prime}(t)=\frac12(1+t)^{-1/2}\) et \(\varphi^{\prime\prime}(t)=-\frac14(1+t)^{-3/2}\). Donc \(\varphi(0)=1\), \(\varphi^{\prime}(0)=\frac12\) et \(\varphi^{\prime\prime}(0)=-\frac14\). Le polynôme de Taylor est \(T_2(t)=1+\frac{t}{2}-\frac{t^2}{8}\).
2. On dérive encore : \(\varphi^{\prime\prime\prime}(t)=\frac38(1+t)^{-5/2}\). Cette fonction est positive et décroissante sur \([0\,;0{,}1]\). Ainsi, \(0\leqslant\varphi^{\prime\prime\prime}\leqslant\frac38\) sur cet intervalle.
3. La fonction \(\varphi\) est de classe \(C^3\) sur \([0\,;0{,}1]\). Par Taylor-Lagrange, \(|\sqrt{1{,}1}-T_2(0{,}1)|\leqslant\frac{3}{8}\cdot\frac{(0{,}1)^3}{6}=6{,}25\times10^{-5}\). Or \(T_2(0{,}1)=1+0{,}05-0{,}001\,25=1{,}048\,75\). De plus, le reste intégral est positif, car \(\varphi^{\prime\prime\prime}\geqslant0\). Par conséquent, \(1{,}048\,75\leqslant\sqrt{1{,}1}\leqslant1{,}048\,812\,5\).

La figure de l’énoncé confirme que la parabole colle à la courbe autour de \(t=0{,}1\). La valeur exacte \(1{,}048\,808\ldots\) se trouve bien dans l’encadrement.

Corrigé de l’exercice 6 – Premières limites par DL

Idée clé : on remplace numérateur et dénominateur par leur premier terme non nul.

1. On a \(e^{2x}=1+2x+2x^2+o(x^2)\), donc le numérateur est équivalent à \(2x^2\). Le dénominateur \(x\sin x\) est équivalent à \(x^2\). La limite vaut 2.
2. En haut, \(1-\cos x\) se comporte comme \(\frac{x^2}{2}\). En bas, \(\ln(1+x)\sim x\), donc \(x\ln(1+x)\sim x^2\). Le quotient tend vers \(\frac12\).
3. D’une part, \(\mathrm{sh}\,x-x=\frac{x^3}{6}+o(x^3)\). D’autre part, \(x-\arctan x=\frac{x^3}{3}+o(x^3)\). Le quotient tend vers \(\frac{1/6}{1/3}\). La limite vaut \(\frac12\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – DL par composition

Idée clé : la fonction intérieure doit tendre vers 0 ; on factorise donc la constante avant de composer.

1. La racine tend vers 1, pas vers 0. On écrit donc \(\exp\big(\sqrt{1+x}\big)=e\cdot e^{u}\) avec \(u=\sqrt{1+x}-1=\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}+o(x^3)\). Ensuite, \(u^2=\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{8}+o(x^3)\) et \(u^3=\frac{x^3}{8}+o(x^3)\). On reporte dans \(e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+o(u^3)\). Le terme en \(x^2\) vaut \(-\frac18+\frac18=0\). Celui en \(x^3\) vaut \(\frac{1}{16}-\frac{1}{16}+\frac{1}{48}=\frac{1}{48}\). Donc \(\exp\big(\sqrt{1+x}\big)=e\Big(1+\frac{x}{2}+\frac{x^3}{48}\Big)+o(x^3)\).
2. Posons \(u=\sin^2x=\Big(x-\frac{x^3}{6}\Big)^2+o(x^4)=x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4)\). Comme \(u\) commence en \(x^2\), on a \(u^2=x^4+o(x^4)\) et \(u^3=o(x^4)\). Ainsi, \(\ln(1+u)=u-\frac{u^2}{2}+o(x^4)=x^2-\frac{x^4}{3}-\frac{x^4}{2}+o(x^4)\). On obtient \(\ln\big(1+\sin^2x\big)=x^2-\frac{5x^4}{6}+o(x^4)\).

Dans le premier calcul, l’erreur classique consiste à poser \(u=\sqrt{1+x}\). Or cette quantité tend vers 1, et le DL de \(e^u\) en 0 ne s’applique pas. Il faut donc d’abord isoler le facteur \(e\). Dans le second calcul, au contraire, \(\sin^2x\) tend déjà vers 0. Comme elle commence en \(x^2\), deux termes du logarithme suffisent pour l’ordre 4.

Corrigé de l’exercice 8 – DL d’un quotient

Idée clé : on écrit le dénominateur sous la forme \(c(1+v)\) avec \(v\) qui tend vers 0, puis on développe \(\frac{1}{1+v}\).

1. On a \(\cos x+\sin x=1+v\) avec \(v=x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\). Puis \(v^2=x^2-x^3+o(x^3)\) et \(v^3=x^3+o(x^3)\). Par conséquent, \(\frac{1}{1+v}=1-v+v^2-v^3+o(x^3)=1-x+\frac{3x^2}{2}-\frac{11x^3}{6}+o(x^3)\). On multiplie enfin par \(1+x\). Le coefficient de \(x\) s’annule, celui de \(x^2\) vaut \(\frac32-1=\frac12\), celui de \(x^3\) vaut \(-\frac{11}{6}+\frac32=-\frac13\). Donc \(\frac{1+x}{\cos x+\sin x}=1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+o(x^3)\).
2. On a \(1+x+e^x=2\big(1+w\big)\) avec \(w=x+\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{12}+o(x^3)\). Ensuite, \(w^2=x^2+\frac{x^3}{2}+o(x^3)\) et \(w^3=x^3+o(x^3)\). Il vient \(1-w+w^2-w^3=1-x+\frac{3x^2}{4}-\frac{7x^3}{12}+o(x^3)\), car \(-\frac{1}{12}+\frac12-1=-\frac{7}{12}\). Donc \(\frac{1}{1+x+e^{x}}=\frac12-\frac{x}{2}+\frac{3x^2}{8}-\frac{7x^3}{24}+o(x^3)\).

Contrôlons le premier résultat en \(x=0{,}1\). La formule donne \(1+0{,}005-0{,}000\,33\approx1{,}004\,67\). Par ailleurs, \(\frac{1{,}1}{\cos0{,}1+\sin0{,}1}\approx\frac{1{,}1}{1{,}094\,84}\approx1{,}004\,71\). L’écart, voisin de \(5\times10^{-5}\), est cohérent avec un reste en \(o(x^3)\). Ce type de test détecte vite un signe faux.

Corrigé de l’exercice 9 – Intégrer un DL

Idée clé : on développe la dérivée, qui est continue, puis on intègre terme à terme sans oublier la valeur en 0.

1. La fonction \(F\) est dérivable, de dérivée continue \(F^{\prime}(x)=e^{-x^2}=1-x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4)\). Comme \(F(0)=0\), le théorème d’intégration des DL donne le résultat. On obtient \(F(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{10}+o(x^5)\).
2. On a \(h^{\prime}(x)=\frac{1}{1+(1+x)^2}=\frac{1}{2+2x+x^2}=\frac12\cdot\frac{1}{1+w}\) avec \(w=x+\frac{x^2}{2}\). Ensuite, \(\frac{1}{1+w}=1-w+w^2+o(x^2)=1-x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\). Donc \(h^{\prime}(x)=\frac12-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{4}+o(x^2)\). Comme \(h(0)=\arctan1-\frac{\pi}{4}=0\), on intègre. Ainsi, \(h(x)=\frac{x}{2}-\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{12}+o(x^3)\).

On peut confirmer le coefficient \(-\frac14\) par Taylor-Young. En effet, la dérivée seconde de \(\arctan\) vaut \(-\frac{2y}{(1+y^2)^2}\), soit \(-\frac12\) en \(y=1\). Divisée par \(2!\), elle redonne bien \(-\frac14\). Retenons surtout la méthode : intégrer un DL fait gagner un ordre sans aucune dérivée supplémentaire.

Corrigé de l’exercice 10 – Lever des indéterminations

Idée clé : on développe chaque morceau assez loin pour que les termes en \(\frac1x\) se compensent ou que l’exposant se simplifie.

1. On écrit \(e^x-1=x\Big(1+\frac{x}{2}+o(x)\Big)\), donc \(\frac{1}{e^x-1}=\frac1x\Big(1-\frac{x}{2}+o(x)\Big)=\frac1x-\frac12+o(1)\). De même, \(\sin x=x\big(1+o(x)\big)\), donc \(\frac{1}{\sin x}=\frac1x+o(1)\). La différence vaut \(-\frac12+o(1)\). La limite vaut \(-\frac12\).
2. Pour \(x>0\), on factorise : \(\sqrt{x^2+x}=x\big(1+\frac1x\big)^{1/2}=x+\frac12+O\big(\frac1x\big)\). De même, \(\sqrt[3]{x^3+x^2}=x\big(1+\frac1x\big)^{1/3}=x+\frac13+O\big(\frac1x\big)\). La différence vaut \(\frac16+O\big(\frac1x\big)\). La limite vaut \(\frac16\).
3. On passe à l’exponentielle : l’expression vaut \(\exp\Big(\frac{\ln(\mathrm{ch}\,x)}{1-\cos x}\Big)\). Or \(\mathrm{ch}\,x=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\), donc \(\ln(\mathrm{ch}\,x)\sim\frac{x^2}{2}\). De plus, \(1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}\). L’exposant tend donc vers 1. Par continuité de \(\exp\) en 1, l’expression tend vers \(e\).

Corrigé de l’exercice 11 – Prolongement et position de la tangente

Idée clé : un DL d’ordre 2 du quotient donne en même temps la limite, la dérivée et la position.

1. Le numérateur vérifie \(x-\sin x=\frac{x^3}{6}-\frac{x^5}{120}+o(x^5)\). Le dénominateur vérifie \(x(1-\cos x)=\frac{x^3}{2}-\frac{x^5}{24}+o(x^5)\). Après simplification par \(x^3\), on obtient \(f(x)=\frac{\frac16-\frac{x^2}{120}+o(x^2)}{\frac12-\frac{x^2}{24}+o(x^2)}=\Big(\frac13-\frac{x^2}{60}\Big)\Big(1+\frac{x^2}{12}\Big)+o(x^2)\). Or \(\frac{1}{36}-\frac{1}{60}=\frac{1}{90}\). Donc \(f(x)=\frac13+\frac{x^2}{90}+o(x^2)\). La fonction se prolonge par continuité avec \(f(0)=\frac13\).
2. Le prolongement admet un DL d’ordre 1, à savoir \(\frac13+0\cdot x+o(x)\). Il est donc dérivable en 0, avec \(f^{\prime}(0)=0\). La tangente en 0 est la droite horizontale \(y=\frac13\).
3. L’écart \(f(x)-\frac13\) est équivalent à \(\frac{x^2}{90}\), qui est positif. Près de 0, le graphe reste donc au-dessus de la droite \(y=\frac13\), et \(f\) atteint un minimum local en 0.

La figure illustre ce résultat : la courbe épouse la parabole \(y=\frac13+\frac{x^2}{90}\) près de 0.

Corrigé de l’exercice 12 – Asymptotes obliques et position

Idée clé : on pose \(h=\frac1x\) et on vise une écriture \(\alpha x+\beta+\frac{\gamma}{x^k}+o\big(\frac{1}{x^k}\big)\) avec \(\gamma\neq0\).

1. Quand \(|x|\) tend vers \(+\infty\), \(\frac1x\) tend vers 0. Ainsi, \(\ln\big(1+\frac1x\big)=\frac1x-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}+o\big(\frac{1}{x^3}\big)\). On multiplie par \(x^2+x\). Le produit par \(x^2\) donne \(x-\frac12+\frac{1}{3x}+o\big(\frac1x\big)\). Le produit par \(x\) donne \(1-\frac{1}{2x}+o\big(\frac1x\big)\). En sommant, \(f(x)=x+\frac12-\frac{1}{6x}+o\big(\frac1x\big)\). Le terme \(-\frac{1}{6x}\) est négatif pour \(x>0\) et positif pour \(x<-1\). Conclusion : \(y=x+\frac12\) est asymptote des deux côtés ; le graphe passe sous elle vers \(+\infty\) et au-dessus vers \(-\infty\).
2. Pour \(x\neq0\), la racine cubique étant multiplicative, \(g(x)=x(1+u)^{1/3}\) avec \(u=\frac3x+\frac{1}{x^3}\). On a \(u^2=\frac{9}{x^2}+o\big(\frac{1}{x^3}\big)\) et \(u^3=\frac{27}{x^3}+o\big(\frac{1}{x^3}\big)\). Avec \((1+u)^{1/3}=1+\frac u3-\frac{u^2}{9}+\frac{5u^3}{81}+o(u^3)\), on trouve \(1+\frac1x-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{3x^3}+\frac{5}{3x^3}+o\big(\frac{1}{x^3}\big)\). Par conséquent, \(g(x)=x+1-\frac1x+\frac{2}{x^2}+o\big(\frac{1}{x^2}\big)\). Ici, \(y=x+1\) joue le rôle d’asymptote en \(+\infty\) comme en \(-\infty\). Le signe de \(-\frac1x\) place le graphe sous la droite à droite, et au-dessus à gauche.

La figure suivante montre la courbe de \(f\) et son asymptote. Le changement de côté entre \(+\infty\) et \(-\infty\) y est visible.

Corrigé de l’exercice 13 – Reste intégral et encadrement de ln(1,2)

Idée clé : on encadre la fonction sous l’intégrale du reste, puis on intègre l’encadrement.

1. La fonction \(\ell(t)=\ln(1+t)\) est de classe \(C^3\) sur \(]-1\,;+\infty[\), avec \(\ell^{\prime}(0)=1\), \(\ell^{\prime\prime}(0)=-1\) et \(\ell^{\prime\prime\prime}(t)=\frac{2}{(1+t)^3}\). La formule s’écrit \(\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\int_0^x\frac{(x-t)^2}{(1+t)^3}\,dt\).
2. Soit \(x\in[0\,;1]\). Pour \(t\in[0\,;x]\), on a \(\frac{1}{(1+x)^3}\leqslant\frac{1}{(1+t)^3}\leqslant1\). On multiplie par \((x-t)^2\geqslant0\), puis on intègre, sachant que \(\int_0^x(x-t)^2\,dt=\frac{x^3}{3}\). On obtient \(\frac{x^3}{3(1+x)^3}\leqslant\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}\leqslant\frac{x^3}{3}\).
3. Pour \(x=0{,}2\), on a \(x-\frac{x^2}{2}=0{,}18\) et \(\frac{x^3}{3}=0{,}002\,666\ldots\). De plus, \(\frac{x^3}{3(1{,}2)^3}=\frac{0{,}008}{5{,}184}=0{,}001\,543\ldots\). L’amplitude vaut environ \(0{,}001\,12\), inférieure à \(1{,}2\times10^{-3}\). Ainsi, \(0{,}181\,54\leqslant\ln(1{,}2)\leqslant0{,}182\,67\).

Corrigé de l’exercice 14 – Équivalents de suites

Idée clé : on pose \(h=\frac1n\), qui tend vers 0, et on utilise les DL usuels.

1. On a \(u_n=e^{\ln n/n}-1\). Or \(\frac{\ln n}{n}\) tend vers 0, et \(e^{v}-1\sim v\) quand \(v\) tend vers 0. Donc \(u_n\sim\frac{\ln n}{n}\).
2. D’une part, \(n\sin\frac1n=1-\frac{1}{6n^2}+o\big(\frac{1}{n^2}\big)\). D’autre part, \(\cos\frac1n=1-\frac{1}{2n^2}+o\big(\frac{1}{n^2}\big)\). La différence vaut \(\frac{1}{3n^2}+o\big(\frac{1}{n^2}\big)\). Donc \(v_n\sim\frac{1}{3n^2}\).
3. On écrit \(w_n=\ln\big(1+\frac1n\big)-\frac1n=-\frac{1}{2n^2}+o\big(\frac{1}{n^2}\big)\). Donc \(w_n\sim-\frac{1}{2n^2}\).

Ces équivalents ont une portée immédiate pour le chapitre sur les séries. Par exemple, \(v_n\) et \(w_n\) sont de l’ordre de \(\frac{1}{n^2}\) en valeur absolue. Leurs séries convergeront donc par comparaison. En revanche, \(u_n\) est plus grand que \(\frac1n\) à partir d’un certain rang, et sa série divergera.

Corrigé de l’exercice 15 – DL en un point autre que 0

Idée clé : on pose \(x=a+h\) et on se ramène à un DL en 0 de la variable \(h\).

1. On écrit \(\sqrt{4+h}=2\sqrt{1+\frac h4}=2\Big(1+\frac h8-\frac{h^2}{128}+o(h^2)\Big)\). Donc \(\sqrt{x}=2+\frac{x-4}{4}-\frac{(x-4)^2}{64}+o\big((x-4)^2\big)\).
2. Par la formule d’addition, \(\tan\big(\frac\pi4+h\big)=\frac{1+t}{1-t}\) avec \(t=\tan h=h+\frac{h^3}{3}+o(h^3)\). Or \(\frac{1+t}{1-t}=(1+t)(1+t+t^2+t^3)+o(t^3)=1+2t+2t^2+2t^3+o(t^3)\). En remplaçant, on obtient \(1+2h+2h^2+2h^3+\frac{2h^3}{3}+o(h^3)\). Vérifions par Taylor-Young. Avec \(T=\tan\), on a \(T^{\prime}=1+T^2\), \(T^{\prime\prime}=2T(1+T^2)\) et \(T^{\prime\prime\prime}=2(1+T^2)^2+4T^2(1+T^2)\). En \(\frac\pi4\), ces dérivées valent 2, 4 et 16. Les coefficients sont donc 2, \(\frac42=2\) et \(\frac{16}{6}=\frac83\). Ainsi, \(\tan x=1+2h+2h^2+\frac{8h^3}{3}+o(h^3)\) avec \(h=x-\frac\pi4\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Un DL d’ordre 2 sans dérivée seconde

Idée clé : le terme oscillant est négligeable devant \(x^2\), mais sa dérivée oscille sans s’atténuer assez vite.

1. Pour \(x\neq0\), on a \(\big|x^3\sin\frac1x\big|\leqslant|x|^3\), donc ce terme est un \(o(x^2)\). Cette écriture reste vraie en 0, où \(f(0)=1\). Ainsi, \(f(x)=1+x+x^2+o(x^2)\).
2. Sur \(\mathbb{R}^*\), \(f\) est dérivable comme produit et composée de fonctions dérivables. On obtient \(f^{\prime}(x)=1+2x+3x^2\sin\frac1x-x\cos\frac1x\). En 0, le taux d’accroissement vaut \(\frac{f(x)-1}{x}=1+x+x^2\sin\frac1x\), qui tend vers 1. Donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(f^{\prime}(0)=1\).
3. Pour \(x\neq0\), on calcule \(\frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x}=2+3x\sin\frac1x-\cos\frac1x\). Prenons \(x_k=\frac{1}{2k\pi}\) : le quotient tend vers \(2-1=1\). Prenons ensuite \(y_k=\frac{1}{(2k+1)\pi}\) : il tend vers \(2+1=3\). Les deux suites tendent vers 0 avec des limites différentes, donc le quotient n’a pas de limite. La fonction \(f^{\prime}\) n’est pas dérivable en 0 : \(f\) admet un DL d’ordre 2 sans que \(f^{\prime\prime}(0)\) existe. La réciproque de Taylor-Young est donc fausse dès l’ordre 2.

Comparons avec l’ordre 1. Un DL d’ordre 1 en 0 donne exactement la dérivabilité en 0, et c’est ce que nous avons vérifié au deuxième point. Le phénomène observé ici vient donc du terme \(-x\cos\frac1x\) de la dérivée. Il tend vers 0, mais son taux d’accroissement oscille entre \(-1\) et 1.

Corrigé de l’exercice 17 – Développement asymptotique d’une suite implicite

Idée clé : on réinjecte l’équation dans elle-même pour gagner un terme à chaque passage.

1. La fonction \(\psi(x)=e^x+x\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), avec des limites \(-\infty\) et \(+\infty\). Par le théorème de la bijection, l’équation \(\psi(x)=n\) admet une unique solution \(x_n\). Comme \(\psi(0)=1\leqslant n\), on a \(x_n\geqslant0\). Ensuite, \(e^{x_n}=n-x_n\leqslant n\). Donc \(0\leqslant x_n\leqslant\ln n\).
2. On a \(n-x_n=e^{x_n}>0\), donc \(x_n=\ln(n-x_n)=\ln n+\ln\big(1-\frac{x_n}{n}\big)\). Or \(0\leqslant\frac{x_n}{n}\leqslant\frac{\ln n}{n}\), qui tend vers 0. Le second logarithme tend donc vers 0, et \(x_n=\ln n+o(1)\). En divisant par \(\ln n\), qui tend vers \(+\infty\), on obtient \(\frac{x_n}{\ln n}\to1\). Ainsi, \(x_n\sim\ln n\).
3. Comme \(\frac{x_n}{n}\) tend vers 0, on a \(\ln\big(1-\frac{x_n}{n}\big)\sim-\frac{x_n}{n}\). De plus, \(-\frac{x_n}{n}\sim-\frac{\ln n}{n}\) d’après la question précédente. Par transitivité, \(\ln\big(1-\frac{x_n}{n}\big)=-\frac{\ln n}{n}+o\big(\frac{\ln n}{n}\big)\). On en déduit \(x_n=\ln n-\frac{\ln n}{n}+o\big(\frac{\ln n}{n}\big)\).

Contrôle numérique : pour \(n=100\), la formule donne \(4{,}559\), et la solution vaut \(4{,}558\,5\) environ.

Corrigé de l’exercice 18 – DL d’une fonction réciproque

Idée clé : on justifie d’abord l’existence du DL de \(g\), puis on identifie ses coefficients dans \(f\circ g=\mathrm{id}\).

1. La fonction \(f\) est dérivable, avec \(f^{\prime}(x)=(1+x)e^x\). Cette dérivée est strictement positive sur \(]-1\,;+\infty[\) et nulle en \(-1\) seulement. Ainsi, \(f\) est continue et strictement croissante sur \([-1\,;+\infty[\). De plus, \(f(-1)=-\frac1e\) et \(f\) tend vers \(+\infty\). Par le théorème de la bijection, \(f\) est une bijection de \([-1\,;+\infty[\) sur \([-\frac1e\,;+\infty[\).
2. Sur \(]-\frac1e\,;+\infty[\), la réciproque \(g\) prend ses valeurs dans \(]-1\,;+\infty[\), où \(f^{\prime}\) ne s’annule pas. Donc \(g\) est dérivable et \(g^{\prime}=\frac{1}{f^{\prime}\circ g}\). Par récurrence, si \(g\) est de classe \(C^k\), alors \(g^{\prime}\) est de classe \(C^k\) comme composée et inverse de fonctions \(C^k\). Donc \(g\) est \(C^{k+1}\). Ainsi, \(g\) est de classe \(C^\infty\), et Taylor-Young lui donne un DL d’ordre 3 en 0.
3. Comme \(f(0)=0\), on a \(g(0)=0\). Écrivons \(g(y)=ay+by^2+cy^3+o(y^3)\). Par ailleurs, \(f(x)=x+x^2+\frac{x^3}{2}+o(x^3)\). Comme \(g(y)=O(y)\), on obtient \(f(g(y))=g+g^2+\frac{g^3}{2}+o(y^3)\). Or \(g^2=a^2y^2+2aby^3+o(y^3)\) et \(g^3=a^3y^3+o(y^3)\). Par unicité du DL de \(f(g(y))=y\), on identifie : \(a=1\), puis \(b+a^2=0\), puis \(c+2ab+\frac{a^3}{2}=0\). On trouve \(b=-1\) et \(c=2-\frac12=\frac32\). Donc \(g(y)=y-y^2+\frac{3y^3}{2}+o(y^3)\), et \(g(y)\sim y\) en 0.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : étude complète d’une puissance variable

Idée clé : tout passe par l’exposant \((1+\frac1x)\ln x\), que l’on développe en 1 puis en \(+\infty\).

1. Quand \(x\) tend vers \(0^+\), \(1+\frac1x\) tend vers \(+\infty\) et \(\ln x\) vers \(-\infty\). L’exposant tend donc vers \(-\infty\), et \(f(x)\) vers 0. On pose \(f(0)=0\). Ensuite, \(\frac{f(x)-f(0)}{x}=x^{1/x}=\exp\big(\frac{\ln x}{x}\big)\). Or \(\frac{\ln x}{x}\) tend vers \(-\infty\), donc ce taux tend vers 0. Le prolongement est dérivable en 0, avec \(f^{\prime}(0)=0\).
2. On pose \(x=1+h\). D’abord, \(\ln(1+h)=h-\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{3}+o(h^3)\) et \(1+\frac{1}{1+h}=2-h+h^2-h^3+o(h^3)\). Leur produit vaut \(u=2h-2h^2+\frac{13h^3}{6}+o(h^3)\). En effet, le coefficient de \(h^3\) est \(\frac23+\frac12+1=\frac{13}{6}\). Ensuite, \(u^2=4h^2-8h^3+o(h^3)\) et \(u^3=8h^3+o(h^3)\). Dans \(e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+o(u^3)\), le terme en \(h^2\) vaut \(-2+2=0\). Celui en \(h^3\) vaut \(\frac{13}{6}-4+\frac43=-\frac12\). Donc \(f(1+h)=1+2h-\frac{h^3}{2}+o(h^3)\).
3. La tangente en 1 a pour équation \(y=1+2(x-1)\), soit \(y=2x-1\). L’écart à la tangente est équivalent à \(-\frac{(x-1)^3}{2}\), qui change de signe en 1. Le point d’abscisse 1 est un point d’inflexion : la courbe est au-dessus de la tangente à gauche de 1 et en dessous à droite.
4. On pose \(\varepsilon=\frac{\ln x}{x}\), qui tend vers 0 en \(+\infty\). L’exposant vaut \(\ln x+\varepsilon\), donc \(f(x)=x\,e^{\varepsilon}=x\Big(1+\varepsilon+\frac{\varepsilon^2}{2}+o(\varepsilon^2)\Big)\). Comme \(x\varepsilon=\ln x\) et \(x\varepsilon^2=\frac{(\ln x)^2}{x}\), on obtient \(f(x)=x+\ln x+\frac{(\ln x)^2}{2x}+o\Big(\frac{(\ln x)^2}{x}\Big)\).
5. On a \(\frac{f(x)}{x}\to1\), mais \(f(x)-x\sim\ln x\) tend vers \(+\infty\). Il n’y a donc pas d’asymptote oblique : la courbe présente une branche parabolique de direction \(y=x\). En revanche, \(f(x)-(x+\ln x)\sim\frac{(\ln x)^2}{2x}\) tend vers 0 par valeurs positives. La courbe de \(f\) se rapproche de celle de \(x\mapsto x+\ln x\) en restant au-dessus d’elle pour \(x\) assez grand.

La figure résume l’étude : la tangente en 1, le point d’inflexion et la courbe guide \(y=x+\ln x\).

Pour aller plus loin

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