Série exercices 4 analyse mathématiques smpc s1 m3 e1 rabat

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Faculté des Sciences de Rabat SMPC-S1 Département de Mathématiques M3-E1 : Analyse Série d'exercices 4

Exercice 1

Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes :

• f₁(x) = x²cos(1/x), si x ≠ 0 ; f₁(0) = 0;
• f₂(x) = sin(x) · sin(1/x), si x ≠ 0 ; f₂(0) = 0;
• f₃(x) = |x|√(x² − 2x + 1) / (x − 1), si x ≠ 1 ; f₃(1) = 1.

Exercice 2

Déterminer a, b ∈ ℝ de manière à ce que la fonction f définie sur ℝ⁺ par :

f(x) = √x si 0 ≤ x ≤ 1

et

f(x) = ax² + bx + 1 si x > 1

soit dérivable sur ℝ*⁺.

Exercice 3

Calculer la fonction dérivée d'ordre n des fonctions f, g, h définies par :

• f(x) = sin(x) ;
• g(x) = sin²(x) ;
• h(x) = sin³(x) + cos³(x).

Exercice 4

Montrer que pour tout x ∈ ℝ, |eˣ − 1 − x| ≤ x²e^|x|/2.

Exercice 5

Par application du théorème des accroissements finis à f(x) = ln(x) sur [n, n+1] montrer que S_n = Σ_k=1ⁿ (1/k) tend vers l'infini quand n tend vers l'infini.

Exercice 6

Soient x et y réels avec 0 < x < y.

1. Montrer que x < (y − x) / (ln y − ln x) < y.
2. On considère la fonction f définie sur [0, 1] par α ↦ f(α) = ln(αx + (1 − α)y) − α ln x − (1 − α) ln y. De l'étude de f déduire que pour tout α de ]0, 1[, α ln x + (1 − α) ln y < ln(αx + (1 − α)y). Interprétation géométrique ?

Exercice 7

Soient f₁ et f₂ les applications de ℝ dans ℝ définies par f₁(x) = 1/(1-x) et f₂(x) = 1/(1+x).

1. Calculer f₁⁽ⁿ⁾(0) et f₂⁽ⁿ⁾(0) pour tout n ∈ ℕ et en déduire les formules de Taylor de f₁ et de f₂ à l'ordre 6.
2. Déduire la formule de Taylor de f₃ à l'ordre 6, où f₃(x) = (f₁(x) + f₂(x)) / 2.

Exercice 8

En appliquant la règle de l'Hôpital plusieurs fois, déterminer la limite en 0 de (arctan x − sin x) / (tan x − arcsin x).

Exercice 9

1. Développement limité en zéro de ln(cos(x)) (à l'ordre 6).
2. Développement limité en zéro de cos(x) · ln(1 + x) à l'ordre 4.
3. Développement limité en 1 à l'ordre 3 de f(x) = √x.
4. Développement limité en 1 à l'ordre 3 de g(x) = e^√x.
5. Développement limité à l'ordre 3 en π/3 de h(x) = ln(sin x).

Exercice 10

1. Donner un développement limité à l'ordre 2 de f(x) = √(1 + x²) / (1 + x + √(1 + x²)) en 0.
2. En déduire un développement à l'ordre 2 en +∞.
3. Calculer un développement à l'ordre 1 en −∞.

Exercice 11

Calculer les limites suivantes :

• lim_x→0 (e^x² − cos x) / x²
• lim_x→0 (ln(1 + x) − sin x) / x
• lim_x→0 (cos x − √(1 − x²)) / x⁴

Exercice 12

Étudier la position du graphe de l'application x ↦ ln(1 + x + x²) par rapport à sa tangente en 0 et en 1.

Correction 1 : Étude de la dérivabilité des fonctions

1. La fonction f₁(x) = x²cos(1/x) est dérivable en dehors de x = 0. En effet, x ↦ 1/x est dérivable sur ℝ* et x ↦ cos x est dérivable sur ℝ. Par composition, x ↦ cos(1/x) est dérivable sur ℝ*. Ensuite, par multiplication par la fonction dérivable x ↦ x², la fonction f₁ est dérivable sur ℝ*. Pour savoir si f₁ est dérivable en 0, regardons le taux d'accroissement :

   (f₁(x) − f₁(0)) / (x − 0) = x cos(1/x).

   Lorsque x → 0, |x cos(1/x)| ≤ |x|, car |cos(1/x)| ≤ 1. Donc le taux d'accroissement tend vers 0. Par conséquent, f₁ est dérivable en 0 et f'₁(0) = 0.

2. Encore une fois, f₂(x) = sin(x) · sin(1/x) est dérivable en dehors de 0. Le taux d'accroissement en x = 0 est :

   (f₂(x) − f₂(0)) / (x − 0) = sin(x)/x · sin(1/x).

   Nous savons que lim_x→0 sin(x)/x = 1 et que sin(1/x) n'a pas de limite quand x → 0. Donc le taux d'accroissement n'a pas de limite, et f₂ n'est pas dérivable en 0.

3. La fonction f₃(x) = |x|√(x² − 2x + 1) / (x − 1) peut s'écrire f₃(x) = |x||x − 1| / (x − 1), puisque √(x² − 2x + 1) = √(x − 1)² = |x − 1|.

   • Pour x > 1, on a x − 1 > 0, donc |x − 1| = x − 1. Ainsi f₃(x) = |x|(x − 1) / (x − 1) = x.
   • Pour 0 ≤ x < 1, on a x − 1 < 0, donc |x − 1| = -(x − 1). Ainsi f₃(x) = |x|(-(x − 1)) / (x − 1) = -|x|. Comme x ≥ 0 dans cet intervalle, f₃(x) = -x.
   • Pour x < 0, on a x − 1 < 0, donc |x − 1| = -(x − 1). Ainsi f₃(x) = |x|(-(x − 1)) / (x − 1) = -|x|. Comme x < 0 dans cet intervalle, |x| = -x, donc f₃(x) = -(-x) = x.

   En résumé :

   • f₃(x) = x pour x > 1
   • f₃(x) = -x pour 0 ≤ x < 1
   • f₃(x) = x pour x < 0

   La fonction f₃ est définie, continue et dérivable sur ℝ \ {0, 1}. Il est important de noter que la fonction x ↦ |x| n'est pas dérivable en 0.

   • En x = 1 : La fonction f₃ n'est pas continue en 1. En effet, lim_x→1⁺ f₃(x) = lim_x→1⁺ x = 1 et lim_x→1⁻ f₃(x) = lim_x→1⁻ (-x) = -1. Puisqu'elle n'est pas continue, elle ne peut pas être dérivable en 1.
   • En x = 0 : La fonction f₃ est continue en 0 (lim_x→0⁺ -x = 0, lim_x→0⁻ x = 0, f₃(0) = 0). Cependant, étudions les taux d'accroissement :
     • Pour x > 0 (intervalle 0 ≤ x < 1), le taux d'accroissement est (f₃(x) − f₃(0)) / (x − 0) = -x/x = -1.
     • Pour x < 0, le taux d'accroissement est (f₃(x) − f₃(0)) / (x − 0) = x/x = +1.

     Les dérivées à droite et à gauche sont différentes (-1 ≠ +1). Donc le taux d'accroissement n'a pas de limite en 0 et f₃ n'est pas dérivable en 0.

Correction 2 : Dérivabilité d'une fonction définie par morceaux

La fonction f est continue et dérivable sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. Le seul point problématique est en x = 1. Pour que la fonction soit dérivable en x = 1, il faut d'abord qu'elle soit continue en ce point.

• Continuité en x = 1 :

  La limite à gauche est lim_x→1⁻ √x = 1.

  La limite à droite est lim_x→1⁺ (ax² + bx + 1) = a(1)² + b(1) + 1 = a + b + 1.

  Pour la continuité, il faut que 1 = a + b + 1, ce qui implique b = -a.

• Dérivabilité en x = 1 :

  Il faut ensuite que les dérivées à droite et à gauche soient égales.

  • Dérivée à gauche (f'_g(1)) :

    La fonction f restreinte à ]0, 1] est définie par f(x) = √x. Sa dérivée est f'(x) = 1/(2√x).

    Donc, la dérivée à gauche est f'_g(1) = 1/(2√1) = 1/2.

  • Dérivée à droite (f'_d(1)) :

    Pour la partie x > 1, f(x) = ax² + bx + 1. La dérivée est f'(x) = 2ax + b.

    Pour calculer la dérivée à droite en 1, nous utilisons le taux d'accroissement, sachant f(1) = 1 (grâce à la continuité).

    lim_x→1⁺ (f(x) − f(1)) / (x − 1) = lim_x→1⁺ (ax² + bx + 1 − 1) / (x − 1)

    = lim_x→1⁺ (ax² + bx) / (x − 1) = lim_x→1⁺ (ax² - ax) / (x - 1) (en utilisant b = -a)

    = lim_x→1⁺ ax(x − 1) / (x − 1) = lim_x→1⁺ ax = a.

    Donc, f'_d(1) = a.

  Afin que f soit dérivable en 1, il faut et il suffit que les dérivées à droite et à gauche existent et soient égales. La condition est donc a = 1/2.

Le seul couple (a, b) qui rende f dérivable sur ]0, +∞[ est (a = 1/2, b = -1/2).

Correction 3 : Calcul des dérivées d'ordre n

Calculons la dérivée n-ième des fonctions données.

1. f(x) = sin(x) : La dérivée d'ordre n de sin(x) suit un cycle de 4 :

   • Si n ≡ 0 (mod 4), f⁽ⁿ⁾(x) = sin(x)
   • Si n ≡ 1 (mod 4), f⁽ⁿ⁾(x) = cos(x)
   • Si n ≡ 2 (mod 4), f⁽ⁿ⁾(x) = -sin(x)
   • Si n ≡ 3 (mod 4), f⁽ⁿ⁾(x) = -cos(x)

   Ceci peut être exprimé comme f⁽ⁿ⁾(x) = sin(x + nπ/2).

2. g(x) = sin²(x) : Nous utilisons l'identité trigonométrique sin²(x) = (1 − cos(2x)) / 2.

   La dérivée première g'(x) = 2 sin(x) cos(x) = sin(2x).

   Les dérivées suivantes de g(x) = (1 − cos(2x)) / 2 sont alors :

   • g'(x) = (1/2) · 2 sin(2x) = sin(2x)
   • g''(x) = 2 cos(2x)
   • g'''(x) = -4 sin(2x)
   • g⁽⁴⁾(x) = -8 cos(2x)

   Plus généralement, pour n ≥ 1, la dérivée n-ième de g(x) est g⁽ⁿ⁾(x) = 2^n-1 sin(2x + (n-1)π/2). En effet :

   • Si n ≡ 1 (mod 4), g⁽ⁿ⁾(x) = 2^n-1 sin(2x)
   • Si n ≡ 2 (mod 4), g⁽ⁿ⁾(x) = 2^n-1 cos(2x)
   • Si n ≡ 3 (mod 4), g⁽ⁿ⁾(x) = -2^n-1 sin(2x)
   • Si n ≡ 0 (mod 4), g⁽ⁿ⁾(x) = -2^n-1 cos(2x)

3. h(x) = sin³(x) + cos³(x) : Nous utilisons les formules de linéarisation trigonométriques :

   sin³(x) = (3 sin(x) − sin(3x)) / 4

   cos³(x) = (3 cos(x) + cos(3x)) / 4

   Donc, h(x) = (3 sin(x) − sin(3x) + 3 cos(x) + cos(3x)) / 4.

   Il suffit ensuite de dériver terme par terme, en utilisant le fait que la dérivée n-ième de sin(ax) est aⁿ sin(ax + nπ/2) et de cos(ax) est aⁿ cos(ax + nπ/2).

Correction 4 : Inégalité de Taylor-Lagrange

Pour montrer l'inégalité |eˣ − 1 − x| ≤ x²e^|x|/2 pour tout x ∈ ℝ, nous allons la prouver en utilisant la formule de Taylor avec reste de Lagrange.

La formule de Taylor-Lagrange pour une fonction f d'ordre 1 au voisinage de 0 est :

f(x) = f(0) + f'(0)x + f''(c)x²/2 pour un certain c entre 0 et x.

Appliquons cela à f(t) = e^t. On a f'(t) = e^t et f''(t) = e^t.

Donc, e^x = e⁰ + e⁰x + e^cx²/2 = 1 + x + e^cx²/2, où c est un réel entre 0 et x.

On en déduit que e^x − 1 − x = e^cx²/2.

Maintenant, nous devons majorer |e^c|. Deux cas se présentent pour c :

• Si x > 0 : Alors 0 < c < x. Puisque la fonction exponentielle est croissante, e^c < e^x.

Donc, e^x − 1 − x = e^cx²/2 < e^xx²/2. Dans ce cas, |e^x − 1 − x| = e^x − 1 − x, car e^x − 1 − x ≥ 0 (peut être montré par convexité ou DL).

• Si x < 0 : Alors x < c < 0. Puisque la fonction exponentielle est croissante, e^c < e⁰ = 1.

Donc, e^x − 1 − x = e^cx²/2 < 1·x²/2 = x²/2.

Dans ce cas, |e^x − 1 − x| = -(e^x − 1 − x) = 1 + x − e^x, car pour x < 0, e^x < 1+x.

Comme e^|x| = e^-x pour x < 0 et e^-x > 1 pour x < 0, on a x²/2 < e^|x|x²/2.

Dans les deux cas, nous avons montré que e^x − 1 − x ≤ e^cx²/2. Puisque e^c ≤ e^|x| (car c est entre 0 et x, donc |c| ≤ |x|), on a bien :

|eˣ − 1 − x| ≤ e^|x|x²/2.

Correction 5 : Divergence de la série harmonique

Le théorème des accroissements finis appliqué à f(x) = ln(x) sur l'intervalle [k, k+1] (pour k ≥ 1) stipule qu'il existe un c_k ∈ ]k, k+1[ tel que :

ln(k + 1) − ln(k) = f'(c_k)(k + 1 − k) = 1/c_k.

Comme c_k ∈ ]k, k+1[, on a k < c_k < k+1. Par conséquent, 1/(k+1) < 1/c_k < 1/k.

De l'inégalité 1/c_k < 1/k, on a ln(k + 1) − ln(k) < 1/k.

Considérons la somme S_n = Σ_k=1ⁿ (1/k). Nous voulons montrer qu'elle tend vers l'infini.

Utilisons l'inégalité 1/c_k = ln(k+1) - ln(k) pour minorer S_n. En fait, le texte original utilise l'inégalité inverse pour minorer:

Comme c_k < k+1, on a 1/c_k > 1/(k+1).

Donc, ln(k+1) - ln(k) > 1/(k+1).

Cela peut être réécrit comme 1/k > ln(k+1) - ln(k) si on prend l'autre borne, c'est-à-dire 1/c_k < 1/k.

Soit S_n = Σ_k=1ⁿ (1/k).

Nous savons que 1/c_k = ln(k+1) - ln(k). La démonstration veut montrer S_n > ln(n+1).

Pour cela, il faut que 1/k soit plus grand que ln(k+1) - ln(k). Or c_k ∈ ]k, k+1[, donc 1/c_k < 1/k. C'est bien ln(k+1) - ln(k) < 1/k.

La somme télescopique est Σ_k=1ⁿ (ln(k + 1) − ln(k)).

Alors, S_n = Σ_k=1ⁿ (1/k). Bien que chaque terme 1/k soit supérieur à ln(k+1)-ln(k), le texte original utilise une erreur de raisonnement pour la borne inférieure. L'approche correcte est de dire que 1/k tend vers 0, mais la somme diverge.

Reprenons la logique du texte: "Sn =Xn k=1 k>Xn 1 k=1 ck=Xn 1 k=1 ln(k + 1) − ln(k)". Ceci est une erreur de transcription. Il doit être "Sn =Xn k=1 1/k > Xn k=1 ln(k + 1) − ln(k)".

Si nous utilisons 1/k > ln(k+1) - ln(k), alors :

S_n = Σ_k=1ⁿ (1/k) > Σ_k=1ⁿ (ln(k + 1) − ln(k)).

Cette dernière somme est une somme télescopique :

Σ_k=1ⁿ (ln(k + 1) − ln(k)) = (ln(2) − ln(1)) + (ln(3) − ln(2)) + ... + (ln(n + 1) − ln(n))

= ln(n + 1) − ln(1) = ln(n + 1) (car ln(1) = 0).

Donc, S_n > ln(n + 1). Puisque lim_n→+∞ ln(n + 1) = +∞, il s'ensuit que lim_n→+∞ S_n = +∞. La série harmonique diverge.

Correction 6 : Inégalités et Concavité du Logarithme

1. Démonstration de x < (y − x) / (ln y − ln x) < y :

   Soit g(t) = ln t. Appliquons le théorème des accroissements finis sur l'intervalle [x, y] (avec 0 < x < y). Il existe c ∈ ]x, y[ tel que :

   g(y) − g(x) = g'(c)(y − x)

   ln y − ln x = (1/c)(y − x)

   Donc, (y − x) / (ln y − ln x) = c.

   Puisque x < c < y, nous avons directement x < (y − x) / (ln y − ln x) < y. Cette inégalité est également connue sous le nom d'inégalité de la moyenne logistique.

2. Étude de f(α) = ln(αx + (1 − α)y) − α ln x − (1 − α) ln y :

   Calculons les dérivées de f(α) par rapport à α :

   f'(α) = (x − y) / (αx + (1 − α)y) − ln x + ln y

   f''(α) = -(x − y)² / (αx + (1 − α)y)²

   Comme x ≠ y (puisque x < y) et le dénominateur est un carré (toujours positif), f''(α) est toujours négative. Cela signifie que la fonction f'(α) est strictement décroissante sur [0, 1].

   Évaluons f'(α) aux bornes :

   • f'(0) = (x − y) / y − ln x + ln y = x/y − 1 + ln(y/x). D'après la première question, comme x < (y − x) / (ln y − ln x) < y, on a 1/x > (ln y − ln x) / (y − x) > 1/y. Donc y/x > (ln y − ln x) / ( (y/x) − 1 ) > 1. Ceci implique que x/y − 1 + ln(y/x) > 0.
   • f'(1) = (x − y) / x − ln x + ln y = 1 − y/x + ln(y/x). De la même manière, 1 − y/x + ln(y/x) < 0.

   Puisque f'(α) est continue et change de signe de positif à négatif sur [0, 1], par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique c ∈ ]0, 1[ tel que f'(c) = 0.

   Comme f'(α) est décroissante, f'(α) > 0 pour α ∈ [0, c[ et f'(α) < 0 pour α ∈ ]c, 1].

   Cela implique que f(α) est croissante sur [0, c] et décroissante sur [c, 1].

   Évaluons f(α) aux bornes de l'intervalle [0, 1] :

   • f(0) = ln(y) − 0 · ln x − 1 · ln y = 0
   • f(1) = ln(x) − 1 · ln x − 0 · ln y = 0

   Puisque f(0) = 0, f(1) = 0 et que f est d'abord croissante puis décroissante, le maximum de f(α) est atteint en c et est positif. Donc, pour tout α ∈ ]0, 1[, f(α) > 0.

   f(α) > 0 se traduit par : ln(αx + (1 − α)y) − α ln x − (1 − α) ln y > 0.

   Soit : α ln x + (1 − α) ln y < ln(αx + (1 − α)y).

3. Interprétation géométrique :

   L'inégalité α ln x + (1 − α) ln y < ln(αx + (1 − α)y) signifie que la fonction ln est concave.

   Géométriquement, cela veut dire que le segment de droite (la corde) qui relie deux points de la courbe y = ln(t), disons (x, ln x) et (y, ln y), se trouve toujours sous la courbe elle-même. La combinaison linéaire α ln x + (1 − α) ln y représente un point sur la corde, tandis que ln(αx + (1 − α)y) représente le point sur la courbe correspondant à la même abscisse.

Correction 7 : Formules de Taylor

Soient f₁ et f₂ les applications de ℝ dans ℝ définies par f₁(x) = 1/(1-x) et f₂(x) = 1/(1+x).

1. Calcul de f₁⁽ⁿ⁾(0) et f₂⁽ⁿ⁾(0) et déduction des formules de Taylor :

   • Pour f₁(x) = 1/(1-x) = (1-x)⁻¹ :

     f'₁(x) = -(1-x)⁻²(-1) = (1-x)⁻²

     f''₁(x) = -2(1-x)⁻³(-1) = 2(1-x)⁻³

     f'''₁(x) = -2·3(1-x)⁻⁴(-1) = 3!(1-x)⁻⁴

     Par récurrence, f₁⁽ⁿ⁾(x) = n!(1-x)^-(n+1).

     En x = 0, f₁⁽ⁿ⁾(0) = n!(1-0)^-(n+1) = n!.

     La formule de Taylor de f₁ autour de 0 à l'ordre 6 est :

     f₁(x) = Σ_k=0⁶ (f₁^(k)(0)/k!) x^k + o(x⁶)

     f₁(x) = Σ_k=0⁶ (k!/k!) x^k + o(x⁶) = 1 + x + x² + x³ + x⁴ + x⁵ + x⁶ + o(x⁶).

   • Pour f₂(x) = 1/(1+x) = (1+x)⁻¹ :

     f'₂(x) = -(1+x)⁻²

     f''₂(x) = -(-2)(1+x)⁻³ = 2(1+x)⁻³

     f'''₂(x) = -2·3(1+x)⁻⁴ = -3!(1+x)⁻⁴

     Par récurrence, f₂⁽ⁿ⁾(x) = (-1)ⁿ n!(1+x)^-(n+1).

     En x = 0, f₂⁽ⁿ⁾(0) = (-1)ⁿ n!.

     La formule de Taylor de f₂ autour de 0 à l'ordre 6 est :

     f₂(x) = Σ_k=0⁶ (f₂^(k)(0)/k!) x^k + o(x⁶)

     f₂(x) = Σ_k=0⁶ ((-1)^k k!/k!) x^k + o(x⁶) = 1 − x + x² − x³ + x⁴ − x⁵ + x⁶ + o(x⁶).

2. Déduction de la formule de Taylor de f₃ à l'ordre 6 :

   On nous donne f₃(x) = (f₁(x) + f₂(x)) / 2.

   En utilisant les développements limités obtenus précédemment :

   f₃(x) = 1/2 [ (1 + x + x² + x³ + x⁴ + x⁵ + x⁶) + (1 − x + x² − x³ + x⁴ − x⁵ + x⁶) ] + o(x⁶)

   f₃(x) = 1/2 [ (1+1) + (x-x) + (x²+x²) + (x³-x³) + (x⁴+x⁴) + (x⁵-x⁵) + (x⁶+x⁶) ] + o(x⁶)

   f₃(x) = 1/2 [ 2 + 2x² + 2x⁴ + 2x⁶ ] + o(x⁶)

   f₃(x) = 1 + x² + x⁴ + x⁶ + o(x⁶).

   On peut noter que f₃(x) = 1/(1-x²) car f₃(x) = 1/2 · (1/(1-x) + 1/(1+x)) = 1/2 · ((1+x + 1-x)/(1-x²)) = 1/(1-x²).

   Le DL de 1/(1-u) est 1+u+u²+... En posant u=x², on retrouve 1+x²+x⁴+x⁶+... ce qui confirme le résultat.

Correction 8 : Application de la règle de L'Hôpital

Nous voulons calculer lim_x→0 (arctan x − sin x) / (tan x − arcsin x).

Cette limite est de la forme 0/0, ce qui permet d'appliquer la règle de L'Hôpital. Cependant, pour éviter des calculs de dérivées complexes et répétés, l'utilisation des développements limités est souvent plus rapide et moins sujette aux erreurs.

Utilisons les développements limités au voisinage de 0 à un ordre suffisant (ordre 5 est nécessaire ici, car les termes d'ordre inférieur s'annulent) :

• arctan x = x − x³/3 + x⁵/5 + o(x⁵)
• sin x = x − x³/3! + x⁵/5! + o(x⁵) = x − x³/6 + x⁵/120 + o(x⁵)
• tan x = x + x³/3 + 2x⁵/15 + o(x⁵)
• arcsin x = x + x³/6 + 3x⁵/40 + o(x⁵)

Calculons le numérateur :

arctan x − sin x = (x − x³/3 + x⁵/5) − (x − x³/6 + x⁵/120) + o(x⁵)

= (-1/3 + 1/6)x³ + (1/5 - 1/120)x⁵ + o(x⁵)

= (-2/6 + 1/6)x³ + (24/120 - 1/120)x⁵ + o(x⁵)

= -1/6 x³ + 23/120 x⁵ + o(x⁵).

Calculons le dénominateur :

tan x − arcsin x = (x + x³/3 + 2x⁵/15) − (x + x³/6 + 3x⁵/40) + o(x⁵)

= (1/3 - 1/6)x³ + (2/15 - 3/40)x⁵ + o(x⁵)

= (2/6 - 1/6)x³ + (16/120 - 9/120)x⁵ + o(x⁵)

= 1/6 x³ + 7/120 x⁵ + o(x⁵).

Maintenant, nous pouvons calculer la limite :

L = lim_x→0 (-1/6 x³ + 23/120 x⁵ + o(x⁵)) / (1/6 x³ + 7/120 x⁵ + o(x⁵))

Factorisons x³ au numérateur et au dénominateur :

L = lim_x→0 x³(-1/6 + 23/120 x² + o(x²)) / (x³(1/6 + 7/120 x² + o(x²)))

Après simplification par x³ (pour x ≠ 0) :

L = lim_x→0 (-1/6 + 23/120 x² + o(x²)) / (1/6 + 7/120 x² + o(x²))

En remplaçant x par 0 :

L = (-1/6) / (1/6) = -1.

Le résultat est -1. L'application répétée de la règle de L'Hôpital trois fois (comme mentionné dans le texte original) aurait mené au même résultat mais avec des calculs plus fastidieux.

Correction 9 : Calculs de Développements Limités (DL)

1. DL de ln(cos(x)) en zéro à l'ordre 6 :

   Utilisons le DL de cos(x) et ln(1+u) :

   cos(x) = 1 − x²/2! + x⁴/4! − x⁶/6! + o(x⁶) = 1 − x²/2 + x⁴/24 − x⁶/720 + o(x⁶).

   Posons u = -x²/2 + x⁴/24 − x⁶/720 + o(x⁶). Le DL de ln(1+u) est u − u²/2 + u³/3 + o(u³).

   • u = -x²/2 + x⁴/24 − x⁶/720
   • u² = (-x²/2 + x⁴/24)² + o(x⁶) = x⁴/4 − 2(x²/2)(x⁴/24) + o(x⁶) = x⁴/4 − x⁶/24 + o(x⁶)
   • u³ = (-x²/2)³ + o(x⁶) = -x⁶/8 + o(x⁶)

   ln(cos(x)) = (-x²/2 + x⁴/24 − x⁶/720) − 1/2(x⁴/4 − x⁶/24) + 1/3(-x⁶/8) + o(x⁶)

   = -x²/2 + x⁴/24 − x⁶/720 − x⁴/8 + x⁶/48 − x⁶/24 + o(x⁶)

   = -x²/2 + (1/24 − 1/8)x⁴ + (-1/720 + 1/48 − 1/24)x⁶ + o(x⁶)

   = -x²/2 + (1/24 − 3/24)x⁴ + (-1/720 + 15/720 − 30/720)x⁶ + o(x⁶)

   = -x²/2 − 2/24 x⁴ + (-16/720)x⁶ + o(x⁶)

   = -x²/2 − x⁴/12 − x⁶/45 + o(x⁶).

2. DL de cos(x) · ln(1 + x) en zéro à l'ordre 4 :

   cos(x) = 1 − x²/2! + x⁴/4! + o(x⁴) = 1 − x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴)

   ln(1 + x) = x − x²/2 + x³/3 − x⁴/4 + o(x⁴)

   Effectuons le produit, en ne conservant que les termes jusqu'à l'ordre 4 :

   cos(x) · ln(1 + x) = (1 − x²/2 + x⁴/24) · (x − x²/2 + x³/3 − x⁴/4) + o(x⁴)

   = 1·(x − x²/2 + x³/3 − x⁴/4)

   − x²/2·(x − x²/2)

   + x⁴/24·(x)

   + o(x⁴)

   = x − x²/2 + x³/3 − x⁴/4 − x³/2 + x⁴/4 + o(x⁴)

   = x − x²/2 + (1/3 − 1/2)x³ + (-1/4 + 1/4)x⁴ + o(x⁴)

   = x − x²/2 − x³/6 + o(x⁴).

3. DL de f(x) = √x en 1 à l'ordre 3 :

   Première méthode : Formule de Taylor-Young

   f(x) = √x = x^1/2

   • f(1) = 1
   • f'(x) = 1/2 x^-1/2 => f'(1) = 1/2
   • f''(x) = -1/4 x^-3/2 => f''(1) = -1/4
   • f'''(x) = 3/8 x^-5/2 => f'''(1) = 3/8

   f(x) = f(1) + f'(1)(x − 1) + f''(1)/2! (x − 1)² + f'''(1)/3! (x − 1)³ + o((x − 1)³)

   = 1 + 1/2 (x − 1) + (-1/4)/2 (x − 1)² + (3/8)/6 (x − 1)³ + o((x − 1)³)

   = 1 + 1/2 (x − 1) − 1/8 (x − 1)² + 1/16 (x − 1)³ + o((x − 1)³).

   Deuxième méthode : Changement de variable

   Posons h = x − 1, donc x = 1 + h. Quand x → 1, h → 0.

   f(x) = √(1 + h).

   Utilisons le DL de (1+u)^α en 0 : (1+u)^α = 1 + αu + α(α-1)/2! u² + α(α-1)(α-2)/3! u³ + o(u³).

   Avec u = h et α = 1/2 :

   √(1 + h) = 1 + 1/2 h + (1/2)(-1/2)/2 h² + (1/2)(-1/2)(-3/2)/6 h³ + o(h³)

   = 1 + 1/2 h − 1/8 h² + 1/16 h³ + o(h³).

   En substituant h = x − 1 :

   √x = 1 + 1/2 (x − 1) − 1/8 (x − 1)² + 1/16 (x − 1)³ + o((x − 1)³).

4. DL de g(x) = e^√x en 1 à l'ordre 3 :

   Première méthode : Formule de Taylor-Young (calcul direct des dérivées)

   g(x) = e^√x

   • g(1) = e^√1 = e
   • g'(x) = (1/(2√x)) e^√x => g'(1) = e/2
   • g''(x) = d/dx [ (1/(2√x)) e^√x ] = (-1/4 x^-3/2)e^√x + (1/(2√x))(1/(2√x))e^√x = e^√x (-1/4 x^-3/2 + 1/4 x⁻¹) => g''(1) = e(-1/4 + 1/4) = 0
   • g'''(x) = d/dx [e^√x (-1/4 x^-3/2 + 1/4 x⁻¹)] = (1/(2√x))e^√x(-1/4 x^-3/2 + 1/4 x⁻¹) + e^√x(3/8 x^-5/2 - 1/4 x⁻²)
   • g'''(1) = (1/2)e(-1/4 + 1/4) + e(3/8 - 1/4) = 0 + e(3/8 - 2/8) = e/8.

   Donc, g(x) = g(1) + g'(1)(x − 1) + g''(1)/2! (x − 1)² + g'''(1)/3! (x − 1)³ + o((x − 1)³)

   = e + e/2 (x − 1) + 0/2 (x − 1)² + (e/8)/6 (x − 1)³ + o((x − 1)³)

   = e + e/2 (x − 1) + e/48 (x − 1)³ + o((x − 1)³).

   Deuxième méthode : Composition de DL

   On veut le DL de e^√x en x = 1. Posons h = x − 1, donc x = 1 + h. Le DL est autour de h = 0.

   Nous avons le DL de √x = √(1+h) = 1 + 1/2 h − 1/8 h² + 1/16 h³ + o(h³).

   Soit u = √x = 1 + (1/2)h − (1/8)h² + (1/16)h³ + o(h³).

   On veut le DL de e^u. On sait que e^u = e · e^u-1. Posons w = u-1. Donc w = (1/2)h − (1/8)h² + (1/16)h³ + o(h³).

   Le DL de e^w = 1 + w + w²/2! + w³/3! + o(w³). Nous avons besoin de l'ordre 3 en h.

   • w = 1/2 h − 1/8 h² + 1/16 h³
   • w² = (1/2 h − 1/8 h²)² + o(h³) = 1/4 h² − 2(1/2 h)(1/8 h²) + o(h³) = 1/4 h² − 1/8 h³ + o(h³)
   • w³ = (1/2 h)³ + o(h³) = 1/8 h³ + o(h³)

   e^w = 1 + (1/2 h − 1/8 h² + 1/16 h³) + 1/2 (1/4 h² − 1/8 h³) + 1/6 (1/8 h³) + o(h³)

   = 1 + 1/2 h + (-1/8 + 1/8)h² + (1/16 − 1/16 + 1/48)h³ + o(h³)

   = 1 + 1/2 h + 1/48 h³ + o(h³).

   Donc g(x) = e · (1 + 1/2 h + 1/48 h³ + o(h³))

   = e + e/2 h + e/48 h³ + o(h³).

   En remplaçant h par (x-1) :

   e^√x = e + e/2 (x − 1) + e/48 (x − 1)³ + o((x − 1)³).

5. DL de h(x) = ln(sin x) en π/3 à l'ordre 3 :

   Posons u = x − π/3, donc x = π/3 + u. Quand x → π/3, u → 0.

   sin(x) = sin(π/3 + u) = sin(π/3)cos(u) + cos(π/3)sin(u)

   = (√3/2)cos(u) + (1/2)sin(u).

   Utilisons les DL de cos(u) et sin(u) en 0 :

   • cos(u) = 1 − u²/2! + u⁴/4! + o(u⁴) = 1 − u²/2 + o(u³)
   • sin(u) = u − u³/3! + u⁵/5! + o(u⁵) = u − u³/6 + o(u³)

   sin(x) = (√3/2)(1 − u²/2 + o(u³)) + (1/2)(u − u³/6 + o(u³))

   = √3/2 + 1/2 u − √3/4 u² − 1/12 u³ + o(u³).

   Maintenant, nous voulons le DL de ln(sin x), qui est de la forme ln(A + v) où A = √3/2 et v = 1/2 u − √3/4 u² − 1/12 u³ + o(u³).

   ln(A + v) = ln(A(1 + v/A)) = ln A + ln(1 + v/A).

   v/A = (1/2 u − √3/4 u² − 1/12 u³) / (√3/2) + o(u³)

   = (1/√3)u − (√3/2)u² − (1/(6√3))u³ + o(u³).

   Posons W = (1/√3)u − (√3/2)u² − (1/(6√3))u³ + o(u³).

   DL de ln(1+W) = W − W²/2 + W³/3 + o(W³).

   • W = (1/√3)u − (√3/2)u² − (1/(6√3))u³
   • W² = ((1/√3)u − (√3/2)u²)² + o(u³) = 1/3 u² − 2(1/√3)(√3/2)u³ + o(u³) = 1/3 u² − u³ + o(u³)
   • W³ = ((1/√3)u)³ + o(u³) = 1/(3√3)u³ + o(u³)

   ln(1+W) = [(1/√3)u − (√3/2)u² − (1/(6√3))u³] − 1/2 [1/3 u² − u³] + 1/3 [1/(3√3)u³] + o(u³)

   = (1/√3)u + (-√3/2 − 1/6)u² + (-1/(6√3) + 1/2 + 1/(9√3))u³ + o(u³)

   = (1/√3)u + (-3√3/6 − 1/6)u² + (-3/(18√3) + 9/(18√3) + 2/(18√3))u³ + o(u³)

   = (1/√3)u − (3√3+1)/6 u² + 8/(18√3)u³ + o(u³)

   = (1/√3)u − (2/3)u² + (4/(9√3))u³ + o(u³).

   Donc, h(x) = ln(√3/2) + (1/√3)(x − π/3) − (2/3)(x − π/3)² + (4/(9√3))(x − π/3)³ + o((x − π/3)³).

Correction 10 : Développements Limités en 0, +∞ et −∞

La fonction est f(x) = √(1 + x²) / (1 + x + √(1 + x²)).

1. DL de f(x) à l'ordre 2 en 0 :

   Nous utilisons le DL de √(1 + u) = 1 + u/2 − u²/8 + o(u²). Pour u = x² :

   √(1 + x²) = 1 + x²/2 − x⁴/8 + o(x⁴). À l'ordre 2, √(1 + x²) = 1 + x²/2 + o(x²).

   Ainsi, f(x) = (1 + x²/2 + o(x²)) / (1 + x + (1 + x²/2 + o(x²)))

   = (1 + x²/2 + o(x²)) / (2 + x + x²/2 + o(x²))

   Factorisons 2 au dénominateur :

   = 1/2 · (1 + x²/2 + o(x²)) · (1 / (1 + x/2 + x²/4 + o(x²)))

   Utilisons le DL de 1/(1+v) = 1 − v + v² + o(v²). Ici, v = x/2 + x²/4 + o(x²).

   1/(1+v) = 1 − (x/2 + x²/4) + (x/2)² + o(x²) = 1 − x/2 − x²/4 + x²/4 + o(x²) = 1 − x/2 + o(x²).

   Donc, f(x) = 1/2 · (1 + x²/2 + o(x²)) · (1 − x/2 + o(x²))

   = 1/2 · (1 − x/2 + x²/2 + o(x²))

   = 1/2 − x/4 + x²/4 + o(x²).

2. DL de f(x) à l'ordre 2 en +∞ :

   Posons h = 1/x. Quand x → +∞, h → 0⁺.

   f(x) = √(1 + x²) / (1 + x + √(1 + x²))

   = (x√(1/x² + 1)) / (x(1/x + 1 + √(1/x² + 1))) (comme x > 0 pour x → +∞)

   = √(1 + h²) / (1 + h + √(1 + h²)).

   On retrouve exactement la même expression que f(x) en remplaçant x par h. Donc le développement limité en h=0 sera le même que celui calculé au point 1 :

   f(h) = 1/2 − h/4 + h²/4 + o(h²).

   En substituant h = 1/x :

   f(x) = 1/2 − 1/(4x) + 1/(4x²) + o(1/x²).

3. DL de f(x) à l'ordre 1 en −∞ :

   Posons h = 1/x. Quand x → −∞, h → 0⁻. Attention au signe de |x|.

   √(1 + x²) = |x|√(1/x² + 1). Puisque x → −∞, x est négatif, donc |x| = -x.

   √(1 + x²) = -x√(1 + h²).

   f(x) = (-x√(1 + h²)) / (1 + x − x√(1 + h²))

   Divisons numérateur et dénominateur par x :

   = -√(1 + h²) / (1/x + 1 − √(1 + h²))

   = -√(1 + h²) / (h + 1 − √(1 + h²)).

   Utilisons le DL de √(1 + h²) = 1 + h²/2 + o(h²) pour l'ordre 2 en h :

   f(h) = -(1 + h²/2 + o(h²)) / (h + 1 - (1 + h²/2 + o(h²)))

   = -(1 + h²/2 + o(h²)) / (h - h²/2 + o(h²))

   = -(1/h) · (1 + h²/2 + o(h²)) / (1 - h/2 + o(h))

   Utilisons le DL de 1/(1-v) = 1 + v + v² + o(v²). Ici v = h/2 + o(h).

   1/(1 - h/2 + o(h)) = 1 + h/2 + (h/2)² + o(h) = 1 + h/2 + h²/4 + o(h).

   f(h) = -(1/h) · (1 + h²/2 + o(h²)) · (1 + h/2 + h²/4 + o(h))

   = -(1/h) · (1 + h/2 + h²/4 + h²/2 + o(h²))

   = -(1/h) · (1 + h/2 + 3h²/4 + o(h²))

   = -1/h − 1/2 − 3h/4 + o(h).

   En substituant h = 1/x :

   f(x) = -x − 1/2 − 3/(4x) + o(1/x).

   On en déduit par exemple que f(x) se comporte essentiellement comme la fonction −x en −∞ et en particulier lim_x→−∞ f(x) = +∞.

Correction 11 : Calcul de Limites par Développements Limités

Pour calculer ces limites de formes indéterminées (0/0), les développements limités sont particulièrement efficaces.

1. lim_x→0 (e^x² − cos x) / x² :

   Utilisons les DL à l'ordre 2 :

   • e^u = 1 + u + u²/2! + o(u²). Pour u = x², e^x² = 1 + x² + (x²)²/2! + o(x⁴) = 1 + x² + o(x²).
   • cos x = 1 − x²/2! + x⁴/4! + o(x⁴) = 1 − x²/2 + o(x²).

   Numérateur : e^x² − cos x = (1 + x² + o(x²)) − (1 − x²/2 + o(x²)) = (1 − 1) + (x² + x²/2) + o(x²) = 3x²/2 + o(x²).

   Donc, (e^x² − cos x) / x² = (3x²/2 + o(x²)) / x² = 3/2 + o(1).

   Par conséquent, lim_x→0 (e^x² − cos x) / x² = 3/2.

2. lim_x→0 (ln(1 + x) − sin x) / x :

   Utilisons les DL à l'ordre 2 pour bien voir le premier terme non nul de la différence :

   • ln(1 + x) = x − x²/2 + x³/3 + o(x³) = x − x²/2 + o(x²).
   • sin x = x − x³/3! + o(x³) = x + o(x²).

   Numérateur : ln(1 + x) − sin x = (x − x²/2 + o(x²)) − (x + o(x²)) = -x²/2 + o(x²).

   Donc, (ln(1 + x) − sin x) / x = (-x²/2 + o(x²)) / x = -x/2 + o(x).

   Par conséquent, lim_x→0 (ln(1 + x) − sin x) / x = 0.

3. lim_x→0 (cos x − √(1 − x²)) / x⁴ :

   Pour un dénominateur en x⁴, nous aurons besoin de DL au moins à l'ordre 4.

   • cos x = 1 − x²/2! + x⁴/4! + o(x⁴) = 1 − x²/2 + x⁴/24 + o(x⁴).
   • √(1 − x²) = (1 − x²)^1/2. Avec u = -x², DL de (1+u)^1/2 = 1 + 1/2 u − 1/8 u² + o(u²).

     √(1 − x²) = 1 + 1/2 (-x²) − 1/8 (-x²)² + o(x⁴) = 1 − x²/2 − x⁴/8 + o(x⁴).

   Numérateur : cos x − √(1 − x²) = (1 − x²/2 + x⁴/24) − (1 − x²/2 − x⁴/8) + o(x⁴)

   = (1 − 1) + (-x²/2 + x²/2) + (x⁴/24 + x⁴/8) + o(x⁴)

   = (1/24 + 3/24)x⁴ + o(x⁴) = 4x⁴/24 + o(x⁴) = x⁴/6 + o(x⁴).

   Donc, (cos x − √(1 − x²)) / x⁴ = (x⁴/6 + o(x⁴)) / x⁴ = 1/6 + o(1).

   Par conséquent, lim_x→0 (cos x − √(1 − x²)) / x⁴ = 1/6.

Correction 12 : Position d'une courbe par rapport à sa tangente

Étudions la position du graphe de l'application x ↦ f(x) = ln(1 + x + x²) par rapport à sa tangente en x = 0 et x = 1.

La position relative d'une courbe par rapport à sa tangente est déterminée par le signe du premier terme non nul du développement limité de la fonction au point de tangence, après soustraction de l'équation de la tangente.

1. En x = 0 :

Calculons le développement limité de f(x) = ln(1 + x + x²) à l'ordre 2 autour de 0.

Utilisons le DL de ln(1+u) = u − u²/2 + o(u²). Ici, u = x + x².

f(x) = (x + x²) − (x + x²)²/2 + o((x + x²)²)

= x + x² − (x² + 2x³ + x⁴)/2 + o(x²)

= x + x² − x²/2 + o(x²)

= x + x²/2 + o(x²).

La formule de Taylor-Young nous donne f(x) = f(0) + f'(0)x + f''(0)/2! x² + o(x²).

• f(0) = ln(1) = 0.
• f'(0) = 1 (coefficient de x).
• f''(0)/2! = 1/2 => f''(0) = 1.

L'équation de la tangente T₀(x) en x = 0 est y = f(0) + f'(0)x = 0 + 1·x = x.

La différence entre la fonction et sa tangente est :

f(x) − T₀(x) = (x + x²/2 + o(x²)) − x = x²/2 + o(x²).

Pour x suffisamment proche de 0, le signe de f(x) − T₀(x) est donné par le signe de x²/2, qui est positif.

Donc, dans un voisinage de 0, la courbe de f est au-dessus de sa tangente en 0.

2. En x = 1 :

Calculons le DL de f(x) = ln(1 + x + x²) à l'ordre 2 autour de 1.

Posons h = x − 1, donc x = 1 + h. Quand x → 1, h → 0.

f(x) = ln(1 + (1 + h) + (1 + h)²) = ln(1 + 1 + h + 1 + 2h + h²)

= ln(3 + 3h + h²).

Factorisons 3 : f(x) = ln(3(1 + h + h²/3)) = ln 3 + ln(1 + (h + h²/3)).

Utilisons le DL de ln(1+u) = u − u²/2 + o(u²). Ici, u = h + h²/3.

f(x) = ln 3 + (h + h²/3) − (h + h²/3)²/2 + o((h + h²/3)²)

= ln 3 + h + h²/3 − (h² + 2h³/3 + h⁴/9)/2 + o(h²)

= ln 3 + h + h²/3 − h²/2 + o(h²)

= ln 3 + h + (1/3 − 1/2)h² + o(h²)

= ln 3 + h − 1/6 h² + o(h²).

L'équation de la tangente T₁(x) en x = 1 est donnée par le DL à l'ordre 1 :

y = ln 3 + h = ln 3 + (x − 1).

La différence entre la fonction et sa tangente est :

f(x) − T₁(x) = (ln 3 + h − 1/6 h² + o(h²)) − (ln 3 + h)

= -1/6 h² + o(h²) = -1/6 (x − 1)² + o((x − 1)²).

Pour x suffisamment proche de 1, le signe de f(x) − T₁(x) est donné par le signe de -1/6 (x − 1)², qui est négatif.

Donc, dans un voisinage de 1, la courbe de f est en-dessous de sa tangente en 1.

Ce résultat est cohérent avec le fait que la fonction ln est concave, et plus généralement, si la dérivée seconde est négative au point de tangence, la courbe est en dessous de sa tangente.

Foire aux Questions (FAQ)

1. Qu'est-ce que la dérivabilité d'une fonction et comment l'étudie-t-on ?

La dérivabilité d'une fonction en un point signifie que la fonction admet une tangente non verticale en ce point. Formellement, cela implique que le taux d'accroissement de la fonction a une limite finie en ce point. Pour l'étudier, on doit d'abord vérifier la continuité de la fonction au point considéré, puis calculer les limites des taux d'accroissement à droite et à gauche. Si ces limites existent, sont finies et égales, alors la fonction est dérivable en ce point. Les fonctions définies par morceaux ou impliquant des valeurs absolues nécessitent une attention particulière à ces points de raccordement ou de non-lissé.

2. À quoi servent les développements limités et comment sont-ils liés à la formule de Taylor ?

Les développements limités (DL) sont des outils mathématiques fondamentaux qui permettent d'approximer une fonction par un polynôme au voisinage d'un point donné. Ils sont essentiels pour : 1) calculer des limites de formes indéterminées, 2) étudier la position relative d'une courbe par rapport à sa tangente, 3) approximer des valeurs de fonctions, et 4) analyser le comportement local des fonctions. La formule de Taylor-Young est le théorème qui fonde l'existence des DL, stipulant qu'une fonction n fois dérivable en un point peut être approximée par un polynôme de degré n, le reste étant un o(xⁿ) (petit o de x puissance n), signifiant qu'il tend vers zéro plus vite que xⁿ.

3. Dans quels cas la règle de L'Hôpital est-elle applicable pour calculer des limites ?

La règle de L'Hôpital est un théorème utilisé pour évaluer des limites de fractions où le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers zéro (forme indéterminée 0/0) ou vers l'infini (forme indéterminée ∞/∞). Elle stipule que la limite du rapport des fonctions est égale à la limite du rapport de leurs dérivées (si cette dernière limite existe). Cette règle peut être appliquée de manière répétée tant que les formes indéterminées persistent. Cependant, il est souvent plus simple et moins sujet aux erreurs de calcul d'utiliser les développements limités pour résoudre ce type de limites, comme démontré dans la correction de l'exercice 8.

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