Exo7. Développements limités. 1 Calculs. 2 Applications. Corrections d Arnaud Bodin.

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1 Exo7 Développements ités Corrections d Arnaud Bodin. Calculs Exercice Donner le développement ité en 0 des fonctions :. cosx expx à l ordre 2. ln + x)) 2 à l ordre 4 shx x. x à l ordre 6 4. exp sinx) ) à l ordre 4 5. sin 6 x) à l ordre 9 6. ln cosx) ) à l ordre 6 7. à l ordre 4 cosx 8. tanx à l ordre 5 ou 7 pour les plus courageux) 9. + x) +x à l ordre 0. arcsin ln + x 2 ) ) à l ordre 6 Indication Correction Vidéo [006888] Exercice 2. Développement ité en à l ordre de f x) = x. 2. Développement ité en à l ordre de gx) = e x.. Développement ité à l ordre en π de hx) = lnsinx). Indication Correction Vidéo [0024] Exercice + x 2 Donner un développement ité à l ordre 2 de f x) = + x + en 0. En déduire un développement à + x2 l ordre 2 en +. Calculer un développement à l ordre en. Indication Correction Vidéo [00244] 2 Applications Exercice 4 Calculer les ites suivantes e x2 cosx x 0 x 2 ln + x) sinx x 0 x cosx x 2 x 0 x 4

2 Indication Correction Vidéo [00247] Exercice 5 Étudier la position du graphe de l application x ln + x + x 2 ) par rapport à sa tangente en 0 et. Indication Correction Vidéo [00249] Exercice 6 Déterminer :. a) b) x + x 2. x 0 +arctanx) x 2 x 2 + x x x 2 + x x + x) sinx. x 0 cosx Indication Correction Vidéo [00265] Formules de Taylor Exercice 7 Soit f l application de R dans R définie par f x) = x + x 6. Calculer f n) 0) pour tout n N. Indication Correction Vidéo [00267] Exercice 8 Soit a un nombre réel et f :]a,+ [ R une application de classe C 2. On suppose f et f bornées ; on pose M 0 = sup f x) et M 2 = sup f x). x>a x>a. En appliquant une formule de Taylor reliant f x) et f x + h), montrer que, pour tout x > a et tout h > 0, on a : f x) h 2 M h M En déduire que f est bornée sur ]a,+ [.. Établir le résultat suivant : soit g :]0,+ [ R une application de classe C 2 à dérivée seconde bornée et telle que gx) = 0. Alors x + x + g x) = 0. Indication Correction Vidéo [00268] 4 DL implicite Exercice 9 tanx) = x. Montrer que l équation tanx = x possède une unique solution x n dans ] nπ π 2,nπ + π [ 2 n N). 2. Quelle relation lie x n et arctanx n )?. Donner un DL de x n en fonction de n à l ordre 0 pour n. 4. En reportant dans la relation trouvée en 2, obtenir un DL de x n à l ordre 2. Correction Vidéo [00407] 2

3 5 Equivalents Exercice 0 Recherche d équivalents Donner des équivalents simples pour les fonctions suivantes :. 2e x + 4x + 6x 2, en 0 2. cosx) sinx cosx) tanx, en 0. arctanx + arctan x 2π, en 4. x x + x + 4 x 4 + x 2, en + 5. argch cosx), en 0 Correction Vidéo [004044] Exercice Approximation de cos Trouver a,b R tels que soit un ox n ) en 0 avec n maximal. cosx + ax2 + bx 2 Indication Correction Vidéo [004045] Exercice 2 Calculer ) lnx + ) x l =. x + lnx Donner un équivalent de ) lnx + ) x l lnx lorsque x +. Indication Correction Vidéo [002657] Retrouver cette fiche et d autres exercices de maths sur exo7.emath.fr

4 Indication pour l exercice. cosx expx = + x x + ox ) 2. ln + x)) 2 = x 2 x + 2 x4 + ox 4 ). shx x x =! + 5! x2 + 7! x4 + 9! x6 + ox 6 ) 4. exp sinx) ) = + x + 2 x2 8 x4 + ox 4 ) 5. sin 6 x) = x 6 x 8 + ox 9 ) 6. lncosx) = 2 x2 2 x4 45 x6 + ox 6 ) 7. cosx = + 2 x x4 + ox 4 ) 8. tanx = x + x + 2x x7 5 + ox7 ) 9. + x) +x = exp +x ln + x)) = + x x 2 + x 2 + ox ) 0. arcsin ln + x 2 ) ) = x 2 x4 2 + x6 2 + ox6 ) Indication pour l exercice 2 Pour la première question vous pouvez appliquer la formule de Taylor ou bien poser h = x et considérer un dl au voisinage de h = 0. Indication pour l exercice En x = 0 c est le quotient de deux dl. En x = +, on pose h = x et on calcule un dl en h = 0. Indication pour l exercice 4 Il s agit bien sûr de calculer d abord des dl afin d obtenir la ite. On trouve :. x 0 e x2 cosx x 2 = 2 2. x 0 ln+x) sinx x = 0. x 0 cosx x 2 x 4 = 6 Indication pour l exercice 5 Faire un dl en x = 0 à l ordre 2 cela donne f 0), f 0) et la position par rapport à la tangente donc tout ce qu il faut pour répondre aux questions. Idem en x =. Indication pour l exercice 6 Il s agit de faire un dl afin de trouver la ite.. a) x 2 + x x = + b) x + x 2. x 0 +arctanx) x 2 = 0 x 2 + x x = 2 + x) sinx. = 2 x 0 cosx Indication pour l exercice 7 Calculer d abord le dl puis utiliser une formule de Taylor. Indication pour l exercice 8 4

5 . La formule à appliquer est celle de Taylor-Lagrange à l ordre Étudier la fonction φh) = h 2 M h M 0 et trouver inf h>0 φh).. Il faut choisir un a > 0 tel que gx) soit assez petit sur ]a,+ [ ; puis appliquer les questions précédentes à g sur cet intervalle. Indication pour l exercice Identifier les dl de cosx et +ax2 +bx 2 en x = 0. Indication pour l exercice 2 Faites un développement faisant intervenir des x et des lnx. Trouvez l =. 5

6 Correction de l exercice. cosx expx à l ordre ). Le dl de cosx à l ordre est cosx = 2! x2 + ε x)x. Le dl de expx à l ordre est expx = + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x. Par convention toutes nos fonctions ε i x) vérifierons ε i x) 0 lorsque x 0. On multiplie ces deux expressions cosx expx = 2 x2 + ε x)x ) + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) = + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) on développe la ligne du dessus 2 x2 + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) + ε x)x + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) On va développer chacun de ces produits, par exemple pour le deuxième produit : 2! x2 + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) = 2 x2 2 x 4 x4 2 x5 2 x2 ε 2 x)x. Mais on cherche un dl à l ordre donc tout terme en x 4, x 5 ou plus se met dans ε x)x, y compris x 2 ε 2 x)x qui est un bien de la forme εx)x. Donc 2 x2 + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) = 2 x2 2 x + ε x)x. Pour le troisième produit on a ε x)x + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) = ε x)x + xε x)x + = ε 4 x)x On en arrive à : cosx expx = 2 x2 + ε x)x ) + x + 2! x2 +! x + ε 2 x)x ) = + x + 2! x2 +! x + ε x)x 2 x2 2 x + ε x)x + ε 4 x)x il ne reste plus qu à regrouper les termes : = + x )x )x + ε 5 x)x = + x x + ε 5 x)x Ainsi le dl de cosx expx en 0 à l ordre est : cosx ln + x) = + x x + ε 5 x)x. 6

7 2. ln + x)) 2 à l ordre 4). Il s agit juste de multiplier le dl de ln + x) par lui-même. En fait si l on réfléchit un peu on s aperçoit qu un dl à l ordre sera suffisant car le terme constant est nul) : ε 5 x) 0 lorsque x 0. ln + x) = x 2 x2 + x + εx)x ln + x)) 2 = ln + x) ln + x) = x 2 x2 + ) x + εx)x x 2 x2 + ) x + εx)x = x x 2 x2 + ) x + εx)x 2 x2 x 2 x2 + ) x + εx)x + x x 2 x2 + ) x + εx)x + εx)x x 2 x2 + ) x + εx)x = x 2 2 x + x4 + εx)x 4 2 x + 4 x4 + ε x)x 4 + x4 + ε 2 x)x 4 + ε x)x 4 = x 2 x + 2 x4 + ε 4 x)x 4. shx x x à l ordre 6). Pour le dl de shx x x on commence par faire un dl du numérateur. Tout d abord : shx = x +! x + 5! x5 + 7! x7 + 9! x9 + εx)x 9 donc shx x =! x + 5! x5 + 7! x7 + 9! x9 + εx)x 9. Il ne reste plus qu à diviser par x : shx x x =! x + 5! x5 + 7! x7 + 9! x9 + εx)x 9 x =! + 5! x2 + 7! x4 + 9! x6 + εx)x 6 Remarquez que nous avons commencé par calculer un dl du numérateur à l ordre 9, pour obtenir après division un dl à l ordre exp sinx) ) à l ordre 4). On sait sinx = x! x + ox 4 ) et expu) = + u + 2! u2 +! u + 4! u4 + ou 4 ). On note désormais toute fonction εx)x n où εx) 0 lorsque x 0) par ox n ). Cela évite les multiples expressions ε i x)x n. 7

8 On substitue u = sinx), il faut donc calculer u,u 2,u et u 4 : u = sinx = x! x + ox 4 ) u 2 = x! x + ox 4 ) ) 2 = x 2 x4 + ox 4 ) u = x! x + ox 4 ) ) = x + ox 4 ) u = x 4 + ox 4 ) et ou 4 ) = ox 4 ) Pour obtenir : expsinx)) = + x! x + ox 4 ) + x 2 2! x4 + ox 4 ) ) + x + ox 4 ) )! + x 4 + ox 4 ) ) 4! + ox 4 ) = + x + 2 x2 8 x4 + ox 4 ). 5. sin 6 x) à l ordre 9). On sait sinx) = x! x + ox 4 ). Si l on voulait calculer un dl de sin 2 x) à l ordre 5 on écrirait : sin 2 x) = x! x + ox 4 ) ) 2 = x! x + ox 4 ) ) x! x + ox 4 ) ) = x 2 2! x4 + ox 5 ). En effet tous les autres termes sont dans ox 5 ). Le principe est le même pour sin 6 x) : sin 6 x) = x! x + ox 4 ) ) 6 = x! x + ox 4 ) ) x! x + ox 4 ) ) x! x + ox 4 ) ) Lorsque l on développe ce produit en commençant par les termes de plus petits degrés on obtient sin 6 x) = x x 5! x ) + ox 9 ) = x 6 x 8 + ox 9 ) 6. ln cosx) ) à l ordre 6). Le dl de cosx à l ordre 6 est cosx = 2! x2 + 4! x4 6! x6 + ox 6 ). Le dl de ln + u) à l ordre 6 est ln + u) = u 2 u2 + u 4 u4 + 5 u5 6 u6 + ou 6 ). On pose u = 2! x2 + 4! x4 6! x6 + ox 6 ) de sorte que lncosx) = ln + u) = u 2 u2 + u 4 u4 + 5 u5 6 u6 + ou 6 ). Il ne reste qu à développer les u k, ce qui n est pas si dur que cela si les calculs sont bien menés et les puissances trop grandes écartées. 8

9 Tout d abord : u 2 = 2! x2 + 4! x4 ) 2 6! x6 + ox 6 ) = 2! x2 + ) 2 4! x4 + ox 6 ) = ) 2 2! x ! ) ) 4! x2 x4 + ox 6 ) = 4 x4 24 x6 + ox 6 ) Ensuite : u = 2! x2 + 4! x4 ) 6! x6 + ox 6 ) = ) 2! x2 + ox 6 ) = 8 x6 + ox 6 ) En effet lorsque l on développe u le terme x 2 ) 6 est le seul terme dont l exposant est 6. Enfin les autres termes u 4, u 5, u 6 sont tous des ox 6 ). Et en fait développer ln + u) à l ordre est suffisant. Il ne reste plus qu à rassembler : lncosx) = ln + u) = u 2 u2 + u + ou ) = 2! x2 + 4! x4 ) 6! x6 + ox 6 ) 2 4 x4 ) 24 x6 + ox 6 ) + ) 8 x6 + ox 6 ) = 2 x2 2 x4 45 x6 + ox 6 ) 7. à l ordre 4. cosx Le dl de cosx à l ordre 4 est cosx = 2! x2 + 4! x4 + ox 4 ). Le dl de +u à l ordre 2 qui sera suffisant ici) est +u = u + u2 + ou 2 ). On pose u = 2! x2 + 4! x4 + ox 4 ) et on a u 2 = 4 x4 + ox 4 ). 9

10 cosx = + u = u + u 2 + ou 2 ) = 2! x2 + 4! x4 + ox 4 ) ) + 2! x2 + 4! x4 + ox 4 ) ) 2 + ox 4 ) = + 2 x x4 + ox 4 ) 8. tanx à l ordre 5 ou 7 pour les plus courageux)). Pour ceux qui souhaitent seulement un dl à l ordre 5 de tanx = sinx cosx alors il faut multiplier le dl de sinx à l ordre 5 par le dl de cosx à l ordre 4 voir question précédente). Si l on veut un dl de tanx à l ordre 7 il faut d abord refaire le dl cosx mais cette fois à l ordre 6 : Le dl à l ordre 7 de sinx étant : cosx = + 2 x x x6 + ox 6 ) sinx = x! x + 5! x5 7! x7 + ox 7 ) Comme tanx = sinx cosx, il ne reste donc qu à multiplier les deux dl pour obtenir après calculs : 9. + x) +x à l ordre ). tanx = x + x + 2x x7 5 + ox7 ) Si l on pense bien à écrire + x) +x = exp +x ln + x)) alors c est juste des calculs utilisant les dl à l ordre de ln + x), +x et expx. On trouve + x) +x = + x x 2 + x 2 + ox ). 0. arcsin ln + x 2 ) ) à l ordre 6). Tout d abord ln+x 2 ) = x 2 x4 x 6 + ox6 ) on a : 2 + x6 +ox6 ). Et arcsinu = u+ u 6 +ou ). Donc en posant u = x 2 x4 arcsin ln + x 2 ) ) ) = arcsin x 2 x4 2 + x6 + ox6 ) = arcsinu = u + 6 u + ou ) = x 2 x4 2 + x6 = x 2 x4 2 + x6 = x 2 x4 2 + x6 2 + ox6 ) ) + x 2 x4 6 ) + x6 6 + ox6 ) 2 + x6 ) + ox 6 ) 2 + Correction de l exercice 2 0

11 . Première méthode. On applique la formule de Taylor autour du point x = ) f x) = f ) + f )x ) + f ) 2! x ) 2 + f ) x ) + ox ) )! Comme f x) = x = x 2 alors f x) = 2 x 2 et donc f ) = 2. Ensuite on calcule f x) puis f )), f x) et enfin f )). On trouve le dl de f x) = x au voisinage de x = : x = + 2 x ) 8 x )2 + 6 x ) + ox ) ) Deuxième méthode. Posons h = x et donc x = h+). On applique la formule du dl de + h autour de h = 0. f x) = x = + h = + 2 h 8 h2 + 6 h + oh ) c est la formule du dl de + h = + 2 x ) 8 x )2 + 6 x ) + ox ) ) 2. La première méthode consiste à calculer g x) = 2 x exp x, g x), g x) puis g), g ), g ), g ) pour pouvoir appliquer la formule de Taylor conduisant à : avec e = exp)). exp x) = e + e e x ) x ) + ox ) ) Autre méthode. Commencer par calculer le dl de kx) = expx en x = ce qui est très facile car pour tout n, k n) x) = expx et donc k n) ) = e : expx = e + ex ) + e 2! x )2 + e! x ) + ox ) ). Pour obtenir le dl gx) = h x) en x = on écrit d abord : exp x) = e + e x ) + e 2! x ) 2 + e! x ) + o x ) ). Il reste alors à substituer x par son dl obtenu dans la première question.. Posons u = x π et donc x = π + u). Alors sinx) = sin π + u) = sinπ )cosu) + sinu)cosπ ) = 2 cosu + 2 sinu On connaît les dl de sinu et cosu autour de u = 0 car on cherche un dl autour de x = π ) donc sinx = 2 cosu + 2 sinu = ) 2 2! u2 + ou ) + 2 = u 4 u2 2 u + ou ) = x π ) u )! u + ou ) 4 x π )2 2 x π ) + ox π ) )

12 Maintenant pour le dl de la forme lna + v) en v = 0 on se ramène au dl de ln + v) ainsi : lna + v) = ln a + v a )) = lna + ln + v a ) = lna + v a 2 a 2 + a + ov ) On applique ceci à hx) = lnsinx) en posant toujours u = x π : hx) = lnsinx) = ln 2 + ) 2 u 4 u2 2 u + ou ) ) = ln + ln + 2 )) 2 2 u 4 u2 2 u + ou ) = on effectue le dl du ln et on regroupe les termes ) = ln + u 2 2 u u + ou ) ) = ln + x π 2 ) 2 x π ) x π ) + ox π ) ) v 2 v On trouve donc : ) lnsinx) = ln + x π 2 ) 2 x π ) x π ) + ox π ) ) Bien sûr une autre méthode consiste à calculer h), h ), h ) et h ). Correction de l exercice. Dl de f x) à l ordre 2 en 0. + x 2 f x) = + x + + x 2 = + x2 2 + ox2 ) + x + + x2 2 + ox2 ) = + x2 2 + ox2 ) ) 2 car + x 2 = + 2 x2 + ox 2 ) + x 2 + x2 4 + ox4 ) = x ox2 ) ) + u = x ox2 ) ) u + u 2 + ou 2 ) ) = x ox2 ) ) x 2 + x2 4 = x ox2 ) ) x 2 + ox2 ) ) = x x2 2 + ox2 ) ) = 2 x 4 + x2 4 + ox2 ) on pose u = x 2 + x2 4 + ox4 ) ) x x2 ) 2 + ox 2 ) ) 4 2

13 2. En + on va poser h = x et se ramener à un dl en h = 0. + x 2 f x) = + x + x + + x = x 2 2 x x + + x 2 + ) = + h 2 + h + + h 2 = f h). Ici -miraculeusement- on retrouve exactement l expression de f dont on a déjà calculé le dl en h = 0 : f h) = 2 h 4 + h2 4 + oh2 ). Ainsi f x) = f h) = 2 4x + 4x 2 + o x 2 ). Attention cela ne fonctionne plus du tout en. Dans le calcul de la deuxième question on était on voisinage de + et nous avons considéré que x était positif. En il faut faire attention au signe, par exemple + x 2 = x + = x +. x 2 x 2 Ainsi toujours en posant h = x. + x 2 f x) = x x 2 x + x = 2 x + x + ) x 2 + h 2 = + h + h = h2 + oh 2 ) + h + 2 h2 + oh 2 ) ) = + 2 h2 + oh 2 ) h 2 h2 + oh 2 ) = + 2 h2 + oh 2 ) h 2 h + oh) + = h = h 2 h2 + oh 2 ) ) + 2 h + 4 h2 + oh 2 ) ) + 2 h + 4 h2 + oh 2 ) ) = h 2 4 h + oh) = x 2 4 x + o x ) Ainsi un développement asymptotique) de f en est f x) = x 2 4 x + o x ) On en déduit par exemple que f x) se comporte essentiellement comme la fonction x en et en particulier x f = +. Correction de l exercice 4. On a e x2 = + x 2 + x4 2! + ox4 ) et cosx = x2 2! + x4 4! + ox4 )

14 On s aperçoit qu en fait un dl à l ordre 2 suffit : Ainsi ex2 cosx x 2 2. On sait que = 2 e x2 cosx = + x 2 + ox 2 ) ) x2 2 + ox2 ) ) = 2 x2 + ox 2 ) + o) où o) désigne une fonction qui tend vers 0) et donc e x2 cosx x 0 x 2 = 2 ln + x) = x x2 2 + x + ox ) et sinx = x x! + ox ). Les dl sont distincts dès le terme de degré 2 donc un dl à l ordre 2 suffit : donc et ainsi. Sachant et ln + x) sinx = x x2 2 + ox2 ) ) x + ox 2 ) ) = x2 2 + ox2 ) ln + x) sinx x = x 2 + ox) ln + x) sinx = 0. x 0 x cosx = x2 2! + x4 4! + ox4 ) x 2 = 2 x2 8 x4 + ox 4 ) alors cosx x 2 x 2 2 x 4 = + x ox4 ) ) 2 x2 8 x4 + ox 4 ) ) x 4 6 = x4 + ox 4 ) x 4 = 6 + o) Ainsi cosx x 2 x 0 x 4 = 6 Correction de l exercice 5 Commençons en x = 0, le dl de f x) = ln + x + x 2 ) à l ordre 2 est ln + x + x 2 ) = x + x 2 ) x + x2 ) 2 + ox 2 ) = x x2 + ox 2 ) Par identification avec f x) = f 0) + f 0)x + f 0) x2 2! + ox2 ) cela entraîne donc f 0) = 0, f 0) = et f 0) = ). L équation de la tangente est donc y = f 0)x 0) + f 0) donc y = x. La position par rapport à la tangente correspond à l étude du signe de f x) yx) où yx) est l équation de la tangente. f x) yx) = x + 2 x2 + ox 2 ) x = 2 x2 + ox 2 ). 4

15 Ainsi pour x suffisamment proche de 0, f x) yx) est du signe de 2 x2 et est donc positif. Ainsi dans un voisinage de 0 la courbe de f est au-dessus de la tangente en 0. Même étude en x =. Il s agit donc de faire le dl de f x) en x =. On pose x = + h de sorte que h = x est proche de 0) : f x) = ln + x + x 2 ) = ln + + h) + + h) 2) = ln + h + h 2) = ln + h + h2 ) ) = ln + ln + h + h2 ) = ln + h + h2 ) h + h 2 2 ) 2 = ln + h + h2 h2 2 + oh2 ) = ln + h 6 h2 + oh 2 ) + o h + h2 )2) = ln + x ) 6 x )2 + ox ) 2 ) La tangente en x = est d équation y = f )x ) + f ) et est donc donnée par le dl à l ordre : c est y = x )+ln. Et la différence f x) ln+x ) ) = 6 x )2 +ox ) 2 ) est négative pour x proche de. Donc, dans un voisinage de, le graphe de f est en-dessous de la tangente en x =. Correction de l exercice 6. a) La première ite n est pas une forme indéterminée, en effet donc x + b) Lorsque x la situation est tout autre car x x 2 + x + 2 = + et x + x 2 + x x = + x + x 2 + x + 2 = + et x donc x 2 + x x est une forme indéterminée! Calculons un développement ité à l ordre en en faisant très attention au signe car par exemple x = x) : ) x 2 + x x = x + x + 2x2 = x + 2 x + 2 ) x 2 + o x ) ) ) ) = x 2 x + o x ) = 2 + o) Et donc x 2 + x x = x 2 5

16 2. Nous utiliserons que arctanx) x 2 ) = exp x 2 lnarctanx) = exp x 2 ln x + ox) ) ) car arctanx = x + ox) Mais lorsque x 0 + on sait que lnx + ox)), x 2 0 donc : Composé avec l exponentielle on trouve :. Effectuons le dl à l ordre 2 : comme alors lnx + ox)) x 0 + x 2 = x 0 +arctanx) x 2 = 0 + x) α = + αx + αα ) x 2 + ox 2 ) 2 + x) = + x x 2 + ox 2 ). Ainsi sinx = x + ox 2 ) et cosx = x2 2! + ox2 ). + x) sinx cosx = x2 + ox 2 ) 2 x2 + ox 2 ) + o) = 2 + o) après factorisation par x 2 = 2 + o) Donc + x) sinx = 2 x 0 cosx Correction de l exercice 7 Habituellement on trouve le développement ité d une fonction à partir des dérivées successives. Ici on va faire l inverse. Calcul du dl à un certain ordre) : f x) = x + x 6 = x + x 6 ) = x x 6 + x 2 ± x 6l = x x 9 + x 5 ± x +6l = ) l x +6l l 0 6

17 Il s agit d identifier ce développement avec la formule de Taylor : f x) = f 0) + f 0)x + f 0) x f n) 0) x n + 2! n! Par unicité des DL, en identifiant les coefficients devant x n on trouve : { f n) 0) n! = ) l si n = + 6l f n) 0) n! = 0 sinon. Si n = + 6l avec l N) alors on peut écrire l = n 6 et donc on peut conclure : { f n) 0) = ) n 6 n! si n mod 6) f n) 0) = 0 sinon. Correction de l exercice 8. La formule de Taylor-Lagrange à l ordre 2 entre x et x + h avec h > 0) donne : où c x,h ]x,x + h[. Cela donne : f x + h) = f x) + f x)h + f c x,h ) h2 2! f x)h = f x + h) f x) f c x,h ) h2 2!. On peut maintenant majorer f x) : h f x) f x + h) + f x) + h2 2 2M 0 + h2 2 M 2 f c x,h ) Donc f x) 2 h M 0 + h 2 M Soit φ :]0,+ [ R la fonction définie par φh) = h 2 M h M 0. C est une fonction continue et dérivable. La ite en 0 et + est +. La dérivée φ h) = 2 M 2 2M 0 s annule en h h 2 0 = 2 M 2 et en ce point φ atteint son minimum φh 0 ) = 2 M 0 M 2. Fixons x > a. Comme pour tout h > 0 on a f x) h 2 M h M 0 = φh) alors en particulier pour h = h 0 on obtient f x) φh 0 ) = 2 M 0 M 2. Et donc f est bornée.. Fixons ε > 0. g est bornée, notons M 2 = sup x>0 g x). Comme gx) 0 alors il existe a > 0 tel que sur l intervalle ]a,+ [, g soit aussi petit que l on veut. Plus précisément nous choisissons a de sorte que M 0 = sup gx) ε2. x>a 4M 2 M0 La première question appliquée à g sur l intervalle ]a,+ [ implique que pour tout h > 0 : g x) 2 h M 0 + h 2 M 2 En particulier pour h = ε M 2 et en utilisant M 0 ε2 4M 2 on obtient : g x) 2 ε M 2 ε2 4M 2 + ε M 2 2 M 2 ε. Ainsi pour chaque ε on a trouvé a > 0 tel que si x > a alors g x) ε. C est exactement dire que x + g x) = 0. 7

18 Correction de l exercice 9. Notons I n l intervalle ] nπ π 2,nπ + π 2 [. Alors sur chaque In la fonction définie par f x) = tanx x est un fonction continue et dérivable. De plus f x) = + tan 2 x = tan 2 x. La dérivée est strictement positive sauf en un point où elle est nulle et ainsi la fonction f est strictement croissante sur I n. La ite à gauche est et la ite à droite est +. Par le théorème des valeurs intermédiaires il existe un unique x n I n tel que f x n ) = 0 c est-à-dire tanx n = x n. 2. x arctanx est la bijection réciproque de la restriction de la tangente tan :] π 2,+π 2 [ ],+ [. Sur ces intervalles on a bien tanx = y x = arctany. Mais si y / ] π 2,+π 2 [ il faut d abord se ramener dans l intervalle ] π 2,+π 2 [. Ainsi x n I n donc x n nπ ] π 2,+π 2 [. Maintenant x n = tanx n ) = tanx n nπ). Donc arctanx n = arctan tanx n nπ) ) = x n nπ. Ainsi x n = arctanx n + nπ. L erreur classique est de penser que arctantanx) = x. Ce qui n est vrai que pour x ] π 2,+π 2 [!. Comme x n I n alors x n + lorsque n +. On sait par ailleurs que pour x > 0 on a arctanx + arctan x = π 2. Ainsi arctanx n = π 2 arctan x n Lorsque n tend vers + alors x n 0 donc arctan x n 0. Ainsi x n = nπ + arctanx n = nπ + π 2 arctan x n = nπ + π 2 + o). 4. On va utiliser le dl obtenu précédemment pour obtenir un dl à un ordre plus grand : x n = nπ + arctanx n = nπ + π 2 arctan x n = nπ + π 2 arctan nπ + π 2 + o) = nπ + π 2 nπ + π 2 + o) + o n 2 ) car arctanu = u + ou2 ) en u = 0 = nπ + π 2 nπ + 2n + o n ) + o n 2 ) = nπ + π 2 nπ 2n + o n )) + o n 2 ) = nπ + π 2 nπ + 2πn 2 + o n 2 ) Ainsi en + on a le développement : x n = nπ + π 2 nπ + 2πn 2 + o n 2 ). Correction de l exercice 0 Il s agit bien sûr de calculer un développement ité, le premier terme de ce développement donne l équivalent cherché. 8

19 . Le dl à l ordre en 0 est donc 2. De même. On pose h = x alors donc 4. En + donc 2e x + 4x + 6x 2 = x + ox ) 2e x + 4x + 6x 2 x. cosx) sinx cosx) tanx x5 4. arctanx + arctan x 2π = h2 8 + oh2 ) arctanx + arctan x 2π x ) 2 8. x x + x + 4 x 4 + x 2 = 2x + o x ) x x + x + 4 x 4 + x 2 2x. 5. Il faut distinguer les cas x > 0 et x < 0 pour trouver : ) argch x. cosx Correction de l exercice Le dl de cosx en 0 à l ordre 6 est : cosx = 2! x2 + 4! x4 6! x6 + ox 6 ). Calculons celui de +ax2 +bx 2 : + ax 2 + bx 2 = + ax2 ) + bx 2 = + ax 2 ) bx 2 + b 2 x 4 b x 6 + ox 6 ) ) car = on développe = + a b)x 2 ba b)x 4 + b 2 a b)x 6 + ox 6 ) + u = u + u2 u + ou ) Notons x) = cosx +ax2 +bx 2 alors x) = 2 a b)) x ba b)) x b2 a b) ) x 6 + ox 6 ). Pour que cette différence soit la plus petite possible lorsque x est proche de 0) il faut annuler le plus possible de coefficients de bas degré. On souhaite donc avoir 2 a b) = 0 et + ba b) =

20 En substituant l égalité de gauche dans celle de droite on trouve : a = 5 2 et b = 2. On obtient alors x) = 720 b2 a b) ) x 6 + ox 6 ) = 480 x6 + ox 6 ). Avec notre choix de a,b nous avons obtenu une très bonne approximation de cosx. Par exemple lorsque l on évalue +ax2 avec a = 5 +bx 2 2 et b = 2 ) en x = 0. on trouve : Alors que En l on trouve ici 0.) cos0.) = Correction de l exercice 2 Donc Ainsi lnx + ) = ln x + ) x ) = lnx + ln + ) = lnx + x x + o x ) lnx + ) lnx = + xlnx + o xlnx ). ) lnx + ) x )) lnx + ) = exp xln lnx lnx = exp xln + )) xlnx + o xlnx ) )) = exp x xlnx + o xlnx ) = exp lnx + o ) lnx ) = + lnx + o lnx ) On en déduit immédiatement que x + ) lnx + ) x = lnx et que lorsque x + ) lnx + ) x lnx lnx. 20

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