Étude locale, tangentes et asymptotes : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : étude locale, tangentes et asymptotes

Le corrigé détaillé : étude locale, tangentes et asymptotes

Exercice 1 – Développements limités d’une composée et d’un quotient (4 points)

1. Posons \(w = 2\sin x = 2x – \frac{x^3}{3} + o\left(x^3\right)\). Comme \(w\) tend vers 0 et que \(w \sim 2x\), un développement de \(\sqrt{1 + w}\) à l’ordre 3 en \(w\) suffit :

   \[\sqrt{1 + w} = 1 + \frac{w}{2} – \frac{w^2}{8} + \frac{w^3}{16} + o\left(w^3\right).\]

   Ensuite, \(w^2 = 4x^2 + o\left(x^3\right)\), car le terme suivant est en \(x^4\), et \(w^3 = 8x^3 + o\left(x^3\right)\). De plus, \(o\left(w^3\right) = o\left(x^3\right)\). On regroupe alors :

   \[u(x) = 1 + x – \frac{x^3}{6} – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{2} + o\left(x^3\right).\]

   Ainsi \(u(x) = 1 + x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o\left(x^3\right)\).

2. Le numérateur commence en \(x^3\) et le dénominateur aussi. Après factorisation par \(x^3\), chaque facteur doit donc être connu à l’ordre 2 : il faut développer \(\tan x – x\) à l’ordre 5 et \(\mathrm{e}^{x} – 1\) à l’ordre 3. On obtient d’abord

   \[\tan x – x = x^3\left(\frac{1}{3} + \frac{2}{15}x^2 + o\left(x^2\right)\right), \quad x^2\left(\mathrm{e}^{x} – 1\right) = x^3\left(1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} + o\left(x^2\right)\right).\]

   Avec \(s = \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6}\), on a ensuite \(\frac{1}{1 + s} = 1 – s + s^2 + o\left(s^2\right) = 1 – \frac{x}{2} – \frac{x^2}{6} + \frac{x^2}{4} + o\left(x^2\right) = 1 – \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} + o\left(x^2\right)\). Par conséquent,

   \[v(x) = \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{15}x^2\right)\left(1 – \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12}\right) + o\left(x^2\right) = \frac{1}{3} – \frac{x}{6} + \left(\frac{1}{36} + \frac{2}{15}\right)x^2 + o\left(x^2\right).\]

   Or \(\frac{1}{36} + \frac{2}{15} = \frac{5}{180} + \frac{24}{180} = \frac{29}{180}\). On a bien \(v(x) = \frac{1}{3} – \frac{x}{6} + \frac{29}{180}x^2 + o\left(x^2\right)\).

Barème : 1) choix de l’ordre (0,5), développement de la racine (0,5), regroupement correct (1) ; 2) ordres justifiés (0,5), factorisations (0,5), inverse (0,5), produit final (0,5).

Piège classique : développer \(\tan x\) seulement à l’ordre 3. Après division par \(x^3\), il ne reste alors qu’un terme constant, et le coefficient de \(x^2\) devient faux.

Exercice 2 – Deux formes indéterminées (3 points)

1. On a \(\arctan x = x\left(1 – \frac{x^2}{3} + o\left(x^2\right)\right)\), donc \(\frac{1}{\arctan x} = \frac{1}{x}\left(1 + \frac{x^2}{3} + o\left(x^2\right)\right)\). De même, \(\sin x = x\left(1 – \frac{x^2}{6} + o\left(x^2\right)\right)\) donne \(\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x}\left(1 + \frac{x^2}{6} + o\left(x^2\right)\right)\). La différence vaut alors \(\frac{1}{x}\left(\frac{x^2}{6} + o\left(x^2\right)\right) = \frac{x}{6} + o(x)\). Après division par \(x\), on obtient \(\frac{1}{6} + o(1)\). La première limite vaut donc \(\frac{1}{6}\).
2. Pour \(0 < |x| < 1\), le quotient \(\frac{\arcsin x}{x}\) est strictement positif, ce qui permet d’écrire l’expression sous la forme \(\exp\left(\frac{1}{x\sin x}\ln\frac{\arcsin x}{x}\right)\). Ensuite, \(\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + o\left(x^3\right)\), donc \(\ln\frac{\arcsin x}{x} = \ln\left(1 + \frac{x^2}{6} + o\left(x^2\right)\right) \sim \frac{x^2}{6}\). Comme \(x\sin x \sim x^2\), l’exposant tend vers \(\frac{1}{6}\). Par continuité de l’exponentielle, la seconde limite vaut \(\mathrm{e}^{1/6}\).

Barème : 1) deux inverses développés (1) et limite (0,5) ; 2) écriture exponentielle justifiée (0,5), équivalent du logarithme (0,5), limite (0,5).

Piège classique : remplacer \(\arctan x\) et \(\sin x\) par \(x\) dans la différence. Les deux termes s’annulent alors, et l’on conclut à tort que la limite est nulle.

Exercice 3 – Tangente et point d’inflexion (4 points)

1. L’ensemble \(\mathbb{R}\) est symétrique par rapport à 0, et \(f(-x) = \frac{-\sin x}{1 + x^2} = -f(x)\) : la fonction \(f\) est donc impaire, si bien que son développement ne contient que des puissances impaires. Ensuite, \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + o\left(x^4\right)\) et \(\frac{1}{1 + x^2} = 1 – x^2 + o\left(x^3\right)\). En effectuant le produit, on obtient \(x – x^3 – \frac{x^3}{6} + o\left(x^4\right)\). Ainsi \(f(x) = x – \frac{7}{6}x^3 + o\left(x^4\right)\).
2. La partie affine du développement donne la tangente : \(T\) a pour équation \(y = x\). De plus, \(f(x) – x = -\frac{7}{6}x^3 + o\left(x^4\right)\), donc \(f(x) – x \sim -\frac{7}{6}x^3\), qui change de signe en 0. Près de 0, \(\mathcal{C}_f\) domine donc \(T\) à gauche de l’origine, puis passe sous \(T\) à droite. Ainsi \(\mathcal{C}_f\) traverse \(T\) en O, qui est par conséquent un point d’inflexion, comme le confirme la figure.
3. La fonction \(f\) est de classe \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\). La formule de Taylor-Young et l’unicité du développement limité donnent alors \(\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} = 0\) et \(\frac{f^{\prime\prime\prime}(0)}{6} = -\frac{7}{6}\). Par conséquent, \(f^{\prime\prime}(0) = 0\) et \(f^{\prime\prime\prime}(0) = -7\).

Barème : 1) imparité (0,5) et développement (1) ; 2) tangente (0,5), équivalent de \(f(x) – x\) (0,5), position et inflexion (0,5) ; 3) Taylor-Young cité (0,5) et deux valeurs (0,5).

Piège classique : lire \(f^{\prime\prime\prime}(0) = -\frac{7}{6}\) directement sur le développement. Il faut multiplier le coefficient de \(x^3\) par \(3! = 6\).

Exercice 4 – Deux asymptotes obliques (4 points)

1. La racine exige \(x(x + 3) \geq 0\), c’est-à-dire \(x \leq -3\) ou \(x \geq 0\), et l’exponentielle exige \(x \neq 0\). Donc \(D_g = \left]-\infty\,;-3\right] \cup \left]0\,;+\infty\right[\).

2. Pour \(x > 0\), on a \(\sqrt{x^2 + 3x} = x\sqrt{1 + 3t}\) avec \(t = \frac{1}{x}\), qui tend vers 0. Ensuite, on développe chaque facteur à l’ordre 2 en \(t\) :

   \[\sqrt{1 + 3t} = 1 + \frac{3t}{2} – \frac{9t^2}{8} + o\left(t^2\right), \quad \mathrm{e}^{t} = 1 + t + \frac{t^2}{2} + o\left(t^2\right).\]

   Le produit vaut \(1 + \frac{5t}{2} + \left(-\frac{9}{8} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\right)t^2 + o\left(t^2\right) = 1 + \frac{5t}{2} + \frac{7t^2}{8} + o\left(t^2\right)\). On multiplie alors par \(x = \frac{1}{t}\). On obtient \(g(x) = x + \frac{5}{2} + \frac{7}{8x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\) en \(+\infty\).

3. Par conséquent, \(g(x) – \left(x + \frac{5}{2}\right) \sim \frac{7}{8x}\), qui tend vers 0 et reste strictement positif pour \(x\) assez grand. La droite d’équation \(y = x + \frac{5}{2}\) est asymptote à \(\mathcal{C}_g\) en \(+\infty\), et \(\mathcal{C}_g\) reste au-dessus de cette droite.
4. Lorsque \(x \leq -3\), il vient cette fois \(\sqrt{x^2} = -x\), donc \(\sqrt{x^2 + 3x} = -x\sqrt{1 + 3t}\). Le même produit donne alors \(g(x) = -x – \frac{5}{2} – \frac{7}{8x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\). Or \(-\frac{7}{8x} > 0\) lorsque \(x < 0\). La droite d’équation \(y = -x – \frac{5}{2}\) est donc asymptote en \(-\infty\), et \(\mathcal{C}_g\) la surplombe.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) mise en facteur (0,5), deux développements (0,5), produit (0,5) ; 3) asymptote (0,5) et position (0,5) ; 4) signe de \(x\) pris en compte (0,5), asymptote et position (0,5).

Piège classique : écrire \(\sqrt{x^2} = x\) en \(-\infty\). On trouve alors une asymptote de pente 1, que la figure dément immédiatement.

Exercice 5 – Problème : une fonction prolongée en 0 (5 points)

1. Pour \(x > 0\), on a \(\ln F(x) = x^2\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) – x\). Posons \(t = \frac{1}{x}\), qui tend vers 0. Le développement \(\ln(1 + t) = t – \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} – \frac{t^4}{4} + o\left(t^4\right)\), divisé par \(t^2\), donne \(\frac{1}{t} – \frac{1}{2} + \frac{t}{3} – \frac{t^2}{4} + o\left(t^2\right)\). On retranche ensuite \(\frac{1}{t}\). Ainsi \(\ln F(x) = -\frac{1}{2} + \frac{1}{3x} – \frac{1}{4x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right)\).
2. On écrit \(F(x) = \mathrm{e}^{-1/2}\exp(h)\), avec \(h = \frac{t}{3} – \frac{t^2}{4} + o\left(t^2\right)\) qui tend vers 0. Puis \(\exp(h) = 1 + h + \frac{h^2}{2} + o\left(h^2\right) = 1 + \frac{t}{3} – \frac{t^2}{4} + \frac{t^2}{18} + o\left(t^2\right)\), et \(-\frac{1}{4} + \frac{1}{18} = -\frac{7}{36}\). Donc \(F(x) = \mathrm{e}^{-1/2}\left(1 + \frac{1}{3x} – \frac{7}{36x^2}\right) + o\left(\frac{1}{x^2}\right)\), et \(F\) tend vers \(\mathrm{e}^{-1/2}\). Graphiquement, la droite d’équation \(y = \mathrm{e}^{-1/2}\) est asymptote horizontale. De plus, \(F(x) – \mathrm{e}^{-1/2} \sim \frac{\mathrm{e}^{-1/2}}{3x} > 0\), si bien que la courbe est au-dessus de cette asymptote.
3. Pour \(x > 0\), on a \(\ln F(x) = x^2\ln(1 + x) – x^2\ln x – x\). Or \(x^2\ln(1 + x)\) et \(x\) tendent vers 0, tandis que \(x^2\ln x\) tend aussi vers 0 par croissances comparées. Donc \(\ln F(x)\) tend vers 0, puis \(F(x)\) tend vers 1 par continuité de l’exponentielle. Ainsi \(F\) se prolonge par continuité en 0 en posant \(F(0) = 1\).

Question 4 : dérivabilité en 0 et comparaison avec la tangente

4. Notons \(\varepsilon(x) = \ln F(x)\). Comme \(x^2\ln(1 + x) = O\left(x^3\right)\), on a \(\varepsilon(x) = -x – x^2\ln x + O\left(x^3\right)\). En particulier, \(x^2\ln x = o(x)\), donc \(\varepsilon(x) \sim -x\).

   D’une part, \(F(x) – 1 = \mathrm{e}^{\varepsilon(x)} – 1 \sim \varepsilon(x) \sim -x\). Le taux d’accroissement \(\frac{F(x) – F(0)}{x}\) tend donc vers \(-1\). Le prolongement admet donc en 0 le nombre dérivé \(F^{\prime}(0) = -1\), et sa droite tangente en ce point s’écrit \(y = 1 – x\).

   D’autre part, \(\mathrm{e}^{\varepsilon} = 1 + \varepsilon + \frac{\varepsilon^2}{2} + O\left(\varepsilon^3\right)\), avec \(\varepsilon^2 = x^2 + o\left(x^2\right)\). On obtient alors \(F(x) – (1 – x) = -x^2\ln x + \frac{x^2}{2} + o\left(x^2\right)\). Or \(x^2 = o\left(x^2\ln x\right)\), car \(|\ln x|\) tend vers \(+\infty\). Par conséquent, \(F(x) – (1 – x) \sim -x^2\ln x\), qui est strictement positif pour \(0 < x < 1\). Près de l’origine, \(\mathcal{C}_F\) se situe donc du côté supérieur de la droite \(y = 1 – x\).

Barème : 1) 1 point ; 2) composition par l’exponentielle (0,5), coefficient \(-\frac{7}{36}\) (0,5), asymptote et position (0,5) ; 3) croissances comparées citées (0,5) et prolongement (0,5) ; 4) dérivabilité (0,5), équivalent (0,5), position (0,5).

Piège classique : chercher un développement limité de \(F\) en 0 à l’ordre 2. Le terme \(x^2\ln x\) n’est pas de la forme \(c\,x^2\), donc \(F\) n’admet pas de développement limité à l’ordre 2 en 0.

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